Niech \(\displaystyle{ X,Y}\) będą niezależnymi zmiennymi losowymi o rozkładach normalnych, przy czym
\(\displaystyle{ \mathbf{E}X=\mathbf{E}Y=0,\quad\mathbf{D}^2X=3,\quad\mathbf{D}^2Y=1.}\)
Oblicz \(\displaystyle{ \mathbf{P}(|X|<|Y|).}\)
Zadanie czwarte z 51. egzaminu aktuarialnego z prawdopodobieństwa i statystyki.
Moduł rozkładu normalnego
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Moduł rozkładu normalnego
Wyszła mi czysta masakra w obliczeniach. Splot gęstości wyglądał obiecująco, a wyszło mi fuuu... Cóż, bogowie matematyki mnie nie ukochali.
Może tak: \(\displaystyle{ \frac{X}{ \sqrt{3} }}\) powinna mieć rozkład \(\displaystyle{ \mathcal{N}(0,1)}\), przeliczyłem jeszcze na dystrybuancie i przez prościutkie podstawienie w całce, bo jestem zbyt pijany, by mieć pewność bez tego. No to pięknie: zapiszmy najpierw sobie coś takiego:
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(\left| X\right| <\left| Y\right| )=\mathbb{P}(X^{2}<Y^{2})}\). A teraz jako że rozkład \(\displaystyle{ Y^{2}}\) jest ciągły (no bo od razu wiemy, jaki on jest: \(\displaystyle{ \chi^{2}(1)}\)), to \(\displaystyle{ \mathbb{P}(Y^{2}=0)=0}\), więc se dzielimy bez strachu i dostajemy postać
\(\displaystyle{ \mathbb{P}\left( \frac{X^{2}}{Y^{2}}<1 \right)}\). Teraz wykonamy kolejne maałpie przekształcenie: podzielimy stronami przez trzy pod znakiem miary i mamy
\(\displaystyle{ \mathbb{P}\left( \frac{(X/\sqrt{3})^{2}}{Y^{2}} < \frac{1}{3} \right)}\) - serio, tak jest bardziej czytelnie, niźli z jakimiś szwargolonymi (to mój autorski neologizm) ułamkami piętrowymi.
No to skoro \(\displaystyle{ \frac{X}{\sqrt{3}}\sim \mathcal{N}(0,1)}\) oraz \(\displaystyle{ Y\sim \mathcal{N}(0,1)}\), to ich kwadraty mają rozkłady \(\displaystyle{ \chi^{2}(1)}\) (jeśli się w liczeniu nie pomyliłem, choć to chyba powinienem pamiętać z zajęć ), a skoro \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) są stochastycznie niezależne, to ich kwadraty takoż (jak również \(\displaystyle{ \frac{X^{2}}{3}}\) i \(\displaystyle{ Y^{2}}\)), bo \(\displaystyle{ f(t)=t^{2}}\) jest borelowska, przeto \(\displaystyle{ \frac{(X/3)^{2}}{Y^{2}}}\) ma rozkład \(\displaystyle{ F(1,1)}\) i wynik można odczytać z tablic. Albo w R (wyczytałem to w książce do staty, kompletnie się na tym programie nie znam, choć coś w nim miałem, tak że proszę nie parskac aż tak niewąsko, bym usłyszał):
Nie wiem, czy to się do czegoś nadaje, ale miałem ochotę napisać. Aa ma ktoś rozwiązanie nietablicowe i bez masakrycznie ciężkich splotów (może ładnie da się i za pomocą splotu, tylko przyda się jakieś zgrabne ominięcie części rachunków z mojego karteluszka, których tu nie piszę...)?
Może tak: \(\displaystyle{ \frac{X}{ \sqrt{3} }}\) powinna mieć rozkład \(\displaystyle{ \mathcal{N}(0,1)}\), przeliczyłem jeszcze na dystrybuancie i przez prościutkie podstawienie w całce, bo jestem zbyt pijany, by mieć pewność bez tego. No to pięknie: zapiszmy najpierw sobie coś takiego:
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(\left| X\right| <\left| Y\right| )=\mathbb{P}(X^{2}<Y^{2})}\). A teraz jako że rozkład \(\displaystyle{ Y^{2}}\) jest ciągły (no bo od razu wiemy, jaki on jest: \(\displaystyle{ \chi^{2}(1)}\)), to \(\displaystyle{ \mathbb{P}(Y^{2}=0)=0}\), więc se dzielimy bez strachu i dostajemy postać
\(\displaystyle{ \mathbb{P}\left( \frac{X^{2}}{Y^{2}}<1 \right)}\). Teraz wykonamy kolejne maałpie przekształcenie: podzielimy stronami przez trzy pod znakiem miary i mamy
\(\displaystyle{ \mathbb{P}\left( \frac{(X/\sqrt{3})^{2}}{Y^{2}} < \frac{1}{3} \right)}\) - serio, tak jest bardziej czytelnie, niźli z jakimiś szwargolonymi (to mój autorski neologizm) ułamkami piętrowymi.
No to skoro \(\displaystyle{ \frac{X}{\sqrt{3}}\sim \mathcal{N}(0,1)}\) oraz \(\displaystyle{ Y\sim \mathcal{N}(0,1)}\), to ich kwadraty mają rozkłady \(\displaystyle{ \chi^{2}(1)}\) (jeśli się w liczeniu nie pomyliłem, choć to chyba powinienem pamiętać z zajęć ), a skoro \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) są stochastycznie niezależne, to ich kwadraty takoż (jak również \(\displaystyle{ \frac{X^{2}}{3}}\) i \(\displaystyle{ Y^{2}}\)), bo \(\displaystyle{ f(t)=t^{2}}\) jest borelowska, przeto \(\displaystyle{ \frac{(X/3)^{2}}{Y^{2}}}\) ma rozkład \(\displaystyle{ F(1,1)}\) i wynik można odczytać z tablic. Albo w R (wyczytałem to w książce do staty, kompletnie się na tym programie nie znam, choć coś w nim miałem, tak że proszę nie parskac aż tak niewąsko, bym usłyszał):
Kod: Zaznacz cały
pf(1/3,1,1)-
Medea 2
- Użytkownik
- Posty: 2491
- Rejestracja: 30 lis 2014, o 11:03
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 23 razy
- Pomógł: 479 razy
Moduł rozkładu normalnego
A może by się tak wesprzeć komputerem?
\(\displaystyle{ \frac 13}\).
Jeżeli zamiast \(\displaystyle{ 1}\) napiszemy \(\displaystyle{ b}\), zaś zamiast \(\displaystyle{ 3}\): \(\displaystyle{ a}\), to odpowiedź jest trochę bardziej skomplikowana, ale nadal do policzenia bez uciekania się do tablic.
\(\displaystyle{ \frac{1}{2\pi} \left[ \pi - 2 \arctan \frac{\sqrt a}{\sqrt b} + 2 \arctan \frac{\sqrt b}{\sqrt a}\right]}\).
Kod: Zaznacz cały
Probability[
Abs[x] <= Abs[y], {x, y} [Distributed]
MultinormalDistribution[{0, 0}, {{3, 0}, {0, 1}}]]Jeżeli zamiast \(\displaystyle{ 1}\) napiszemy \(\displaystyle{ b}\), zaś zamiast \(\displaystyle{ 3}\): \(\displaystyle{ a}\), to odpowiedź jest trochę bardziej skomplikowana, ale nadal do policzenia bez uciekania się do tablic.
\(\displaystyle{ \frac{1}{2\pi} \left[ \pi - 2 \arctan \frac{\sqrt a}{\sqrt b} + 2 \arctan \frac{\sqrt b}{\sqrt a}\right]}\).
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Moduł rozkładu normalnego
A nie dają tablic rozkładu \(\displaystyle{ F}\)-Snedecora?
Jeśli nie, to moje rozwiązanie też nie przejdzie. Potem może wrzucę te obliczenia ze splotem, ale wydaje mi się
że też nie o to w zadaniu chodzi.
Jeśli nie, to moje rozwiązanie też nie przejdzie. Potem może wrzucę te obliczenia ze splotem, ale wydaje mi się
że też nie o to w zadaniu chodzi.