| x | (-\infty; 2] | (2, 3] | (3, 4] | (4, 5] | (5, +\infty) |
| F(x) | 0 | 0,2 | 0,6 | 0,7 | 1 |
EX = 2\cdot0,2 + 3\cdot0,4 + 4\cdot0,1 + 5\cdot0,3 = 3,5
| x | -2 | 3 | 5 |
| f(x) | 0,2 | 0,5 | 0,3 |
EX = -2\cdot0,2 + 3\cdot0,5 + 5\cdot0,3 = -0,4 + 1,5 + 1,5 = 2,6
a) Zauważyć, że p + (1-p) = 1 oraz skorzystać z równości (a+b)^n = \sum_{k=0}^n{n \choose k}a^kb^{n-k}.
b)
\sum_{k=0}^n k {n \choose k} p^k (1-p)^{n-k} = \sum_{k=1}^n k \frac{n \cdot (n-1)!}{k! (n-k)!} p \cdot p^{k-1} (1-p)^{n-k} = np \sum_{k=1}^n k {n-1 \choose k-1} p^{k-1} (1-p)^{n-k}
Przesuwamy granicę sumowania w dół o 1
np \sum_{k=0}^{n-1} {n-1 \choose k} p^{k} (1-p)^{n-k} = np
Dane są X o rozkładzie B(n_1, p) oraz
Y o rozkładzie B(n_2, p).
Natomiast Z = X + Y.
Zmienne X i Y są niezależne, zachodzi więc P(X = x)P(Y = y) = P(X = x, Y=y).
Obliczmy
P(Z=k) = \sum_{i=1}^k P(X = i,Y = k - i)
= \sum_{i=1}^k P(X = i) \cdot P(Y = k-i)
= \sum_{i=1}^k {{n_1} \choose i} p^i(1-p)^{n_1 - i} {{n_2} \choose {k-i}} p^{k-i}(1-p)^{n_2-k+i}
= \sum_{i=1}^k {n_1 \choose i} {n_2 \choose k-i} p^k(1-p)^{n_1 + n_2 -k}
= p^k(1-p)^{n_1 + n_2 -k} \sum_{i=1}^k {n_1 \choose i} {n_2 \choose k-i}
= p^k(1-p)^{n_1 + n_2 -k} {n_1 + n_2 \choose k}
Powyższa równość implikuje, że Z ma rozkład
B(n_1+n_2, p)
a) Rozwijamy e^\lambda w szereg Maclaurina (f(x) = \sum_{k=0}^\infty \frac{f(0)x^k}{k!}).
Co daje nam
e^\lambda = \sum_{k=0}^\infty \frac{e^0 \lambda^k}{k!} = \sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda^k}{k!}
b) Wyłączamy
\lambda e^{-\lambda} przed sumę, pierwszy wyraz sumy jest równy
0, bo
k=0 więc sumujemy tak naprawdę od
k=1, skracamy
k z
k!, przesuwamy granicę sumowania o 1 w dół.
\sum_{k=0}^\infty e^{-\lambda} k \frac{\lambda^k}{k!} = \lambda e^{-\lambda} \sum_{k=1}^\infty k \frac{\lambda^{k-1}}{k!} = \lambda e^{-\lambda} \sum_{k=1}^\infty \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} = \lambda e^{-\lambda} \sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda^k}{k!} = \lambda e^{-\lambda} e^{\lambda} = \lambda
Podobnie do zadania 4.
Mamy X o rozkładzie Poisson(\lambda_1) oraz Y o rozkładzie Poisson(\lambda_2)
W rozkładzie Poissona P(X=k)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}
Zmienne są niezależne P(X=x)\cdot P(Y=y)=P(X=x,Y=y)
Chcemy policzyć P(Z=k), gdzie Z=X+Y
P(Z=k)=\sum_{i=0}^k P(X=i,Y=k-i)= \sum_{i=0}^k P(X=i)\cdot P(Y=k-i)=\sum_{i=0}^k e^{-\lambda_1} \frac {\lambda_1^i}{i!} \cdot e^{-\lambda_2} \frac{\lambda_2^{k-i}}{(k-i)!}=
e^{-(\lambda_1+\lambda_2)} \sum_{i=0}^k \frac{\lambda_1^i}{i!} \cdot \frac{\lambda_2^{k-i}}{(k-i)!}=
=e^{-(\lambda_1+\lambda_2)} \sum_{i=0}^k \frac{1}{k!} \cdot \frac{k!}{i!\cdot(k-i)!} \lambda_1^i\lambda_2^{k-i}
= e^{-(\lambda_1+\lambda_2)} \frac{1}{k!} \sum_{i=0}^k {k \choose i}\lambda_1^i\lambda_2^{k-i}
= e^{-(\lambda_1+\lambda_2)} \frac{(\lambda_1+\lambda_2)^k}{k!}
Dostaliśmy rozkład Poissona z parametrem
\lambda_1+\lambda_2.
