\(\displaystyle{ 1.Zmienna &\ losowa &\ X &\ ma &\ dystrybuante:}\)
\(\displaystyle{ F_{x} \begin{cases} 0 &\dla x \le 0 \\ \frac{x}{2} &\dla 0 < x \le 1 \\1 &\dla x>1 \end{cases}
Niech Y=ln(X+1)
a)Obliczyć EY bez wyznaczania rozkładu Y.
b)Wyznaczyć dystrybuantę Y i przy jej pomocy obliczyć EY.}\)
\(\displaystyle{ 2.Dla &\ zmiennej &\ losowej &\ X &\ o &\ dystrybuancie:
F_{x} \begin{cases} 0 &\ x \le 0 \\ 0.125x^{2} &\ 0< x \le 1 \\ \frac{ x^{2} }{2}-x + 0.75 &\ 1< x \le 2\\ 1 &\ x \le 2 \end{cases}
obliczyć &\ kwantyle &\ rzędu p \in (0,1). &\ Jako &\ szczególny &\ przypadek &\ rozpatrzyc &\ kwartyle, &\ w &\ tym &\ mediane.}\)
Mógłby ktoś wytłumaczyć te zadania krok po kroku, a nie wrzucać rozwiązanie gotowe z którego nic nie zrozumie Zadania pochodzą ze skryptu Wojciecha Kardeckiego, ale rozwiązania tam podane są dość dziwnie pokazywane i nie wiem często czemu tak a nie inaczej.
Dziękuje i pozdrawiam.
Zmienna losowa
-
miodzio1988
-
cris94
- Użytkownik
- Posty: 12
- Rejestracja: 9 gru 2013, o 02:41
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
Zmienna losowa
Do 1 są tylko odpowiedzi prawdopodobnie robiłem przykład b) więc o to jak się do tego zabieram:
Pierw wyznaczam Y i zamieniam granice z Y=ln(X+1).
\(\displaystyle{ F_{y} \begin{cases} 0 &\dla y \le 0 \\ \frac{ e^{y} - 1 }{2} &\dla 0 < y \le ln2 \\1 &\dla y>ln2 \end{cases}}\)
później gęstość dystrybuanty Y: (bierzemy pochodną)
\(\displaystyle{ F_{y} \begin{cases} 0 &\dla y \le 0 \\ \frac{ e^{y}}{2} &\dla 0 < y \le ln2 \\0 &\dla y>ln2 \end{cases}}\)
Wyliczamy EY ze wzoru: \(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{ \infty }yf(y)}\)
Więc:
\(\displaystyle{ EY= \int_{- \infty }^{0} y \cdot 0dy + \int_{0}^{ln2} y \cdot \frac{ e^{y} }{2} + \int_{ln2}^{ \infty } y \cdot 0dy + \lim_{y \to ln2+}F(y) - F(ln2)=
\frac{1}{2}(2ln2- 1) -1=ln2 -1,5}\)
Odpowiedź jest: \(\displaystyle{ \frac{3}{2} ln2 -0.5}\) Gdzie popełniłem błąd ?
Drugim sposobem nie mam pojęcia jak zrobić, więc prosiłbym o pomoc.
Zadanie drugie dośle zaraz
Pierw wyznaczam Y i zamieniam granice z Y=ln(X+1).
\(\displaystyle{ F_{y} \begin{cases} 0 &\dla y \le 0 \\ \frac{ e^{y} - 1 }{2} &\dla 0 < y \le ln2 \\1 &\dla y>ln2 \end{cases}}\)
później gęstość dystrybuanty Y: (bierzemy pochodną)
\(\displaystyle{ F_{y} \begin{cases} 0 &\dla y \le 0 \\ \frac{ e^{y}}{2} &\dla 0 < y \le ln2 \\0 &\dla y>ln2 \end{cases}}\)
Wyliczamy EY ze wzoru: \(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{ \infty }yf(y)}\)
Więc:
\(\displaystyle{ EY= \int_{- \infty }^{0} y \cdot 0dy + \int_{0}^{ln2} y \cdot \frac{ e^{y} }{2} + \int_{ln2}^{ \infty } y \cdot 0dy + \lim_{y \to ln2+}F(y) - F(ln2)=
\frac{1}{2}(2ln2- 1) -1=ln2 -1,5}\)
Odpowiedź jest: \(\displaystyle{ \frac{3}{2} ln2 -0.5}\) Gdzie popełniłem błąd ?
Drugim sposobem nie mam pojęcia jak zrobić, więc prosiłbym o pomoc.
Zadanie drugie dośle zaraz