Rachunek prawdopodobieństwa i statystyka - Lista 8.

Lista 8.

Za zadania 1,8 pragnąłbym podziękować zbanowanemu

Liczymy całkę potrójną:

\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \int_{yz}^{1} dx dy dz

Wynikiem jest właśnie 0,75

Dlaczego taka, a nie inna całka? x musi być większy niż yz, dlatego liczymy całkę \int_{yz}^{1} dx .

Natomiast y i z mogą być dowolnymi liczbami z przedziału [0,1] - dlatego granice sumowania całki potrójnej dla zmiennych y i z to [0,1]

Moje rozwiązanie tego zadania jest tak sprytne, że aż jestem z niego dumny .

Mała uwaga: WKA zapomniał dodać, że nośnikiem rozkładu Rayleigha jest przedział [0,\infty], a nie domyślne [-\infty,\infty].

Wartość oczekiwaną możemy uzyskać, licząc całkę:

\int_0^{\infty} \frac{x*x}{\sigma^2} \exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}

Ciężka sprawa .

Ale jeśli sprytnie zauważymy, że :

\int_{-\infty}^{\infty} \exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}} = (z całkowania przez części) [x\exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}]_{-\infty}^{\infty} - - \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x*x}{\sigma^2} \exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}

Lewa (czyli ta w kwadratach) część zbiega do zera, a w prawej możemy zmienić granice całkowania korzystając z tego, że funkcja podcałkowa jest parzysta 2 * \int_0^{\infty} \frac{x*x}{\sigma^2} \exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}} = \int_{-\infty}^{\infty} \exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}

Funkcji \exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}} brakuje \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}, żeby była gęstością rozkładu normalnego z parametrem \sigma (gęstości całkują się do 1).

Zatem EX = \sigma \frac{\sqrt{\pi 2}}{2} = \sigma \frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{2}}

Podobną sztuczkę stosujemy dla drugiego momentu.

\int_0^{\infty} f_{Rayleigh(\sigma)}(x) = = \int_0^{\infty} \frac{x}{\sigma^2} \exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}} = [\frac{x^2}{2\sigma^2}\exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}]_{0}^{\infty} + \frac{1}{2\sigma^2}\int_0^{\infty} \frac{x^3}{\sigma^2} \exp{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}

Stąd widać już, że (całka z gęstości dowolnego rozkładu jest równa 1)

EX^2 = 2\sigma^2 , D^2[X]=\sigma^2\frac{4-\pi}{2}

Po pierwsze, potrzebna nam gęstość dwuwymiarowej zmiennej losowej (X,Y). Na szczęście wiemy, że są one niezależne, więc jej gęstość jest równa iloczynowi gęstości zmiennych X i Y.

f_{(x,y)}(x,y) = \frac{1}{2\pi} \exp({-\frac{x^2+y^2}{2}})

Teraz musimy zamienić X i Y na współrzędne biegunowe. Podstawiamy R = \sqrt{X^2+Y^2} , \Theta = \tan^{-1}\frac{Y}{X} co daje nam X = R \cos{\Theta}, Y = R \sin{\Theta} i jakobian przejścia równy R.

f_{(r,\Theta)}(r,\Theta) = r*\frac{1}{2\pi} \exp({-\frac{r^2(\sin^2\theta+\cos^2\theta)}{2}}) = korzystamy z jednego ze wzorów trygonometrycznych =r*\frac{1}{2\pi} \exp({-\frac{r^2*1}{2}}) = r*\frac{1}{2\pi} \exp({-\frac{r^2}{2}})

Zadanie bardzo podobne do poprzedniego.

Po pierwsze, potrzebna nam gęstość dwuwymiarowej zmiennej losowej (X,Y). Na szczęście wiemy, że są one niezależne, więc jej gęstość jest równa iloczynowi gęstości zmiennych X i Y.

f_{(x,y)}(x,y) = \frac{1}{2\pi} \exp({-\frac{x^2+y^2}{2}})

Teraz musimy zamienić X i Y na współrzędne biegunowe. Zamiast R używamy jednak \sqrt{D}, więc jakobian przejścia będzie wyglądał odrobinkę inaczej. Podstawiamy D = X^2+Y^2 , \Theta = \tan^{-1}\frac{Y}{X} co daje nam X = \sqrt{D} \cos{\Theta}, Y = \sqrt{D} \sin{\Theta}. Jakobian przejścia równy będzie \frac{1}{2}.

|J| = \frac{\cos{\theta}}{2\sqrt{D}} *\sqrt{D} \cos{\theta} - \frac{\sin{\theta}}{2\sqrt{D}} * -\sqrt{D} \sin{\theta} = \frac{1}{2}

Podstawiamy jak wcześniej, wynikiem jest \frac{1}{2}*\frac{1}{2\pi} \exp({-\frac{d}{2}})

To zadanie jest długie i nudne.

Potrzebne wzory:

Rozkład gamma Rozkład beta Funkcja gamma

Podpunkt b robimy stosunkowo łatwo. Funkcja tworząca momenty rozkładu gamma to (1-\frac{t}{b})^{-p}. Z twierdzenia o mnożeniu funkcji generujących momenty niezależnych zmiennych losowych łatwo otrzymamy, że M_U = (1-\frac{t}{b})^{-p-q}, co daje nam tezę.

Do podpunktów a i c będzie nam potrzebna gęstość zmiennej losowej (X,Y). Ponieważ są niezależne, to gęstość tej zmiennej będzie iloczynem gęstości zmiennej X, i Y - wychodzi nam ogromny potworek, którego nie chce mi się przeklepywać do TeXa, a myślę, że każdy potencjalny czytelnik potrafi mnożyć.

Teraz, aby otrzymać gęstość zmiennej (U,V) będziemy musieli podstawić U = X+Y, V= \frac{X}{X+Y} - rozwiązują prosty układ równań otrzymamy, że X = UV, Y = U(1-V) Jakobian przejścia wynosi U.

Zatem potwornie masakryczną gęstość zmiennej (U,V) otrzymamy, podstawiając uv za wszelkie iksy i u(1-v) za ygreki w gęstości zmiennej (X,Y). A dodatkowo pomnożyć musimy ją przez jakobian - czyli u.

Aby wykonać podpunkt a) musimy sprawdzić, że pomnożenie przez siebie gęstości brzegowych u i v - czyli Gamma(b,p+q) i Beta(p,q) da nam ogromnego potworka. Powinno nam to wyjść bez większych problemów (o ile nie kropniemy się gdzieś przy przepisywaniu tej okropnej gęstości).

Z podpunktem c) jest o tyle niewesoło, że teraz musimy tę potworną gęstość zmiennej (U,V) ZCAŁKOWAĆ po U.

Nie jest jednak aż tak źle. Wszystkie V we wzorze traktujemy jako stałe. Przed całką znajdzie się wszystko z wyjątkiem \Gamma(p+q). Tu jednak odwołamy się wprost do definicji. Z całki, która nam zostanie:

\int_0^{\infty}b^{(p+q)}u^{(p+q-2)}\exp{-(bu)} du

Da się otrzymać całkę \Gamma(p+q) = \int_0^{\infty}z^{(p+q-1)}\exp{-(z)} dz za pomocą podstwienia z=bu , dz = b du

A to już nas ustawia. Ostatnia uwaga jest taka, że przy tablicy podpunkt a) udowodnić najlepiej po udowodnieniu podpunktów b) i c)

Nie wiem, jak zrobić poprzednie zadanie, ale tu możemy skorzystać z twierdzenia o mnożeniu funkcji generujących momenty.

Z wikipedii wiemy, że fgm rozkłądu wykładniczego z parametrem \lambda wynosi (1-\frac{t}{\lambda})^{-1}.

Gdy pomnożymy to n razy otrzymamy (1-\frac{t}{\lambda})^{-n}. Wystarczy więc pokazać, że jest to funkcja generująca momenty dla gęstości podanej w zadaniu. Mamy :

f(y) = \lambda^n \frac{y^{n-1}}{(n-1)!} * \exp{(-\lambda y )}.

Fgm Y_n ma więc postać \int_0^{\infty} \lambda^n \frac{y^{n-1}}{(n-1)!} * \exp{(-\lambda y )} \exp{(yt)} dy = wyłączamy stałe = \lambda^n \frac{1}{(n-1)!} \int_0^{\infty} y^{n-1} * \exp{(-y (\lambda-t) )} Podstawiamy z = (\lambda-t)y, dz = (\lambda-t) dy

= \lambda^n \frac{1}{(n-1)!} \int_0^{\infty} \frac{z^{n-1}}{(\lambda-t)^n}\exp{(-z)} dz = \lambda^n \frac{1}{(n-1)!} * \Gamma(n) \frac{1}{(\lambda-t)^n} = korzystamy z tego, że \Gamma(n) = (n-1)! = \frac{\lambda^n}{(\lambda-t)^n} =(1-\frac{t}{\lambda})^{-n}

Najpierw zauważmy, że wybór punktów na prostej jest równoważny wyborowi punktów z przedziału (0, 1) (bo (0, 1) jest izomorficzny ze zbiorem liczb rzeczywistych). Losujemy teraz dwa punkty x, y. Do rozpatrzenia są dwie sytuacje: gdy x < y i y < x. W obu przypadkach liczymy (niemal) identyczną całkę:

\int_{0}^{1} \int_{x}^{1} \int_{x}^{y} dz dy dx = \frac{1}{6}

Tak więc łączne prawdopodobieńtwo to 1/3