rozkład zmiennej losowej
-
bazyl01
- Użytkownik
- Posty: 26
- Rejestracja: 12 cze 2023, o 20:27
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 21
- Podziękował: 3 razy
Re: rozkład zmiennej losowej
To jaki jest wynik? Nam ciągle chodzi o błąd, który popełniłeś we wpisie 7 marca 2024 o godz. 11:21
-
Dasio11
- Moderator
- Posty: 10227
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 40 razy
- Pomógł: 2362 razy
Re: rozkład zmiennej losowej
Najpierw wyznaczmy dystrybuantę \(\displaystyle{ F_{X_k}}\) zmiennej \(\displaystyle{ X_k}\). Oczywiście \(\displaystyle{ F_{X_k}(x) = 0}\) dla \(\displaystyle{ x < 0}\) i \(\displaystyle{ F_{X_k}(x) = 1}\) dla \(\displaystyle{ x > 1}\), dla \(\displaystyle{ x \in [0, 1]}\) mamy zaś
\(\displaystyle{ F_{X_k}(x) = \mathbb{P}(X_k \le x) = \int \limits_0^x \theta t^{\theta-1} \, \dd t = x^{\theta}}\).
Następnie znajdujemy dystrybuantę, a potem gęstość zmiennej \(\displaystyle{ Y_k := 2 \theta \ln X_k}\):
\(\displaystyle{ F_{Y_k}(u) = \mathbb{P} \left( 2 \theta \ln X_k \le u \right) = \mathbb{P} \left( X_k \le e^{\frac{u}{2 \theta}} \right) = F_{X_k} \left( e^{\frac{u}{2 \theta}} \right) = \begin{cases} e^{\frac{u}{2}} & \text{dla } u \le 0, \\ 1 & \text{dla } u > 0. \end{cases} \\[1ex]
f_{Y_k}(u) = F'_{Y_k}(u) = \begin{cases} \frac{1}{2} e^{\frac{u}{2}} & \text{dla } u \le 0, \\ 0 & \text{dla } u > 0. \end{cases}}\)
Najwięcej zabawy jest z wyznaczeniem gęstości sumy tych zmiennych, czyli splotu \(\displaystyle{ f_{Y_1} \ast \ldots \ast f_{Y_n}}\). Są to żmudne, ale wykonalne rachunki, pomocna może być indukcja. Jeśli się nigdzie nie trzasnąłem, powinno wyjść
\(\displaystyle{ (f_{Y_1} \ast \ldots \ast f_{Y_n})(s) = \begin{cases} \left( \frac{1}{2} \right)^n \frac{(-s)^{n-1}}{(n-1)!} e^{\frac{s}{2}} & \text{dla } s \le 0, \\ 0 & \text{dla } s > 0. \end{cases}}\)
Ostatecznie gęstość zmiennej \(\displaystyle{ Y = -\sum_{k=1}^n Y_k}\) to
\(\displaystyle{ f_Y(y) = (f_{Y_1} \ast \ldots \ast f_{Y_n})(-y) = \begin{cases} \left( \frac{1}{2} \right)^n \frac{y^{n-1}}{(n-1)!} e^{-\frac{y}{2}} & \text{dla } y \ge 0, \\ 0 & \text{dla } y < 0. \end{cases}}\)
\(\displaystyle{ F_{X_k}(x) = \mathbb{P}(X_k \le x) = \int \limits_0^x \theta t^{\theta-1} \, \dd t = x^{\theta}}\).
Następnie znajdujemy dystrybuantę, a potem gęstość zmiennej \(\displaystyle{ Y_k := 2 \theta \ln X_k}\):
\(\displaystyle{ F_{Y_k}(u) = \mathbb{P} \left( 2 \theta \ln X_k \le u \right) = \mathbb{P} \left( X_k \le e^{\frac{u}{2 \theta}} \right) = F_{X_k} \left( e^{\frac{u}{2 \theta}} \right) = \begin{cases} e^{\frac{u}{2}} & \text{dla } u \le 0, \\ 1 & \text{dla } u > 0. \end{cases} \\[1ex]
f_{Y_k}(u) = F'_{Y_k}(u) = \begin{cases} \frac{1}{2} e^{\frac{u}{2}} & \text{dla } u \le 0, \\ 0 & \text{dla } u > 0. \end{cases}}\)
Najwięcej zabawy jest z wyznaczeniem gęstości sumy tych zmiennych, czyli splotu \(\displaystyle{ f_{Y_1} \ast \ldots \ast f_{Y_n}}\). Są to żmudne, ale wykonalne rachunki, pomocna może być indukcja. Jeśli się nigdzie nie trzasnąłem, powinno wyjść
\(\displaystyle{ (f_{Y_1} \ast \ldots \ast f_{Y_n})(s) = \begin{cases} \left( \frac{1}{2} \right)^n \frac{(-s)^{n-1}}{(n-1)!} e^{\frac{s}{2}} & \text{dla } s \le 0, \\ 0 & \text{dla } s > 0. \end{cases}}\)
Ostatecznie gęstość zmiennej \(\displaystyle{ Y = -\sum_{k=1}^n Y_k}\) to
\(\displaystyle{ f_Y(y) = (f_{Y_1} \ast \ldots \ast f_{Y_n})(-y) = \begin{cases} \left( \frac{1}{2} \right)^n \frac{y^{n-1}}{(n-1)!} e^{-\frac{y}{2}} & \text{dla } y \ge 0, \\ 0 & \text{dla } y < 0. \end{cases}}\)
