Obliczyć prawdopodobieństwo

Definicja klasyczna. Prawdopodobieństwo warunkowe i całkowite. Zmienne losowe i ich parametry. Niezależność. Prawa wielkich liczb oraz centralne twierdzenia graniczne i ich zastosowania.
marlena1795
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 55
Rejestracja: 27 cze 2015, o 21:28
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Lublin

Obliczyć prawdopodobieństwo

Post autor: marlena1795 »

Mam problem z zadaniami, bardzo proszę o pomoc w rozwiązaniu bo jestem kompletnie zielona z tego tematu

Zad.1 Liczba kolizji X zarejestrowanych w ciągu tygodnia w pewnym mieście jest zmienną losową o rozkładzie Poissona z parametrem \(\displaystyle{ \lambda=25}\). Opierając się na twierdzeniu Czybeszewa znajdź górne ograniczenie na prawdopodobieństwo P(|X-25|>20).

Zad.2 Gęstość wektora losowego (X,Y) jest postaci :\(\displaystyle{ \begin{cases} \frac{3}{4}x + 2xy+ \frac{1}{2}y , dla 0<x<1, 0<y<1 \\ 0 , dla pozostałych (x,y)\end{cases}}\). Obliczyć \(\displaystyle{ P[X> \frac{1}{2} | Y> \frac{1}{2}]}\). Czy zmienne losowe X i Y są niezależne?

Zad.3 Niech X będzie zmienną losową o rozkładzie normalnym standaryzowanym. Wyznaczyć \(\displaystyle{ EX^3 i EX^6}\)

Zad. 4 NA poczcie pojawia się 100 klientów dziennie, każdy z nich dokonuje wpłaty lub wypłaty. \(\displaystyle{ X _{i}, _{} i = 1,2,...100,}\) gdzie \(\displaystyle{ X_{i}}\) są niezależnymi losowymi o tym samym rozładzie, zerowej średniej i wariancji równej \(\displaystyle{ 100^2}\). Ile gotówki należy mieć w kasie rano by z prawdopodobieństwem 0,99 na koniec dnia nie zabrakło pieniędzy? Zakładamy, że w ciągu dnia ewentualne braki uzupełnia ze swojej kieszeni naczelnik, ale wieczorem chce odzyskać pieniądze.

Zad. 5 Wielkość dziennego zużycia węgla Z w osiedlowej ciepłowni jest zmienną losową o rozkładzie normalnym z wartości oczekiwaną 4,5 i odchyleniem standardowym 1,3. Jakie jest prawdopodobieństwo, że w kolejnym dniu Z przekroczy wartość 6?

Z góry bardzo dziękuję za pomoc!
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Obliczyć prawdopodobieństwo

Post autor: Premislav »

1. \(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \left| X-25\right|>20 \right) \le \frac{\mathbf{Var}X}{400}}\) z nierówności Czebyszewa-Bienayme, gdyż jeśli \(\displaystyle{ X}\) ma rozkład Poissona z parametrem \(\displaystyle{ \lambda=25}\), to \(\displaystyle{ 25=\mathbf{E}X}\). Ponadto dla rozkładu Poissona mamy też \(\displaystyle{ \mathbf{Var}X=\lambda}\), podstaw i koniec.
2. Znajdź gęstość rozkładu brzegowego \(\displaystyle{ Y}\)- po prostu całkujesz gęstość tego wektora losowego po \(\displaystyle{ x}\). Następnie gęstość rozkładu warunkowego \(\displaystyle{ f_{(X|Y)}(x,y)}\) to iloraz gęstości łącznej, tj. tej podanej w zadaniu, przez gęstość brzegową rozkładu \(\displaystyle{ Y}\).
Potem będziesz mieć do policzenia odpowiednią całkę.
Zmienne losowe \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) nie są niezależne, gdyż gęstość łączna wektora losowego \(\displaystyle{ (X,Y)}\) nie jest funkcją zmiennych rozdzielonych, tj. nie jest postaci \(\displaystyle{ \phi(x)\cdot \varphi(y)}\), gdzie \(\displaystyle{ \phi, \varphi}\) - mierzalne i nieujemne funkcje.
3. Funkcja tworząca momenty zmiennej losowej o standardowym rozkładzie normalnym to
\(\displaystyle{ M(t)=e^{\frac{t^{2}}{2}}}\). Ponadto mamy \(\displaystyle{ \mathbf{E}[X^{n}]=M^{(n)}(0)}\), gdzie
\(\displaystyle{ M^{(n)}}\) oznacza n-tą pochodną. Policz to (tj. \(\displaystyle{ M^{(3)}(0)}\) oraz \(\displaystyle{ M^{(6)}(0)}\)).
4. Masz znaleźć takie możliwie małe \(\displaystyle{ k}\), że \(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \sum_{i=1}^{100} X_{i} \le k \right) \ge 0,99}\). Mamy \(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \sum_{i=1}^{100} X_{i} \le k \right)=\mathbf{P}\left( \frac{\sum_{i=1}^{100} X_{i}}{100\sqrt{100}}\le \frac{k}{100\sqrt{100}} \right)}\)
- podzieliłem przez odchylenie standardowe sumy. Skorzystaj z Centralnego Twierdzenia Granicznego i tablic kwantyli standardowego rozkładu normalnego.
5. Zmienna losowa o rozkładzie normalnym z parametrami \(\displaystyle{ \mu=4,5}\) oraz \(\displaystyle{ \sigma=1,3}\) ma gęstość \(\displaystyle{ f(x)= \frac{1}{\sqrt{2\pi}\cdot 1,3}e^{-\frac{(x-4,5)^{2}}{2(1,3)^{2}}}}\). Masz policzyć \(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( Z>6\right)}\), a to jest taka całka:
\(\displaystyle{ \int_{6}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}\cdot 1,3}e^{-\frac{(x-4,5)^{2}}{2(1,3)^{2}}}\mbox{d}x}\)
Odpowiednim podstawieniem (\(\displaystyle{ u= \frac{x-\mu}{\sigma}}\) ) sprowadź to do całki po pewnym zbiorze (zmień granice całkowania) z gęstości standardowego rozkładu normalnego i ponownie skorzystaj z tablic.

-- 14 lut 2016, o 12:29 --

Odnośnie zadania trzeciego, to jeszcze można do niego podejść tak, że
\(\displaystyle{ \mathbf{E}\phi(X)= \int_{\RR}^{} \phi(x) f_{X}(x)\mbox{d}x}\) dla dowolnej borelowskiej \(\displaystyle{ \phi}\), więc tu masz
\(\displaystyle{ \mathbf{E}[X^{3}]= \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x^{3}}{\sqrt{2\pi}}e^{- \frac{x^{2}}{2} }\mbox{d}x}\) oraz \(\displaystyle{ \mathbf{E}[X^{6}]= \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x^{6}}{\sqrt{2\pi}}e^{- \frac{x^{2}}{2} }\mbox{d}x}\) - od razu łatwo widać, że ta pierwsza całka wynosi zero, choć można ją tez policzyć przez podstawienie. Ogólnie to np. z funkcji tworzących momenty można wyprowadzić, że \(\displaystyle{ \mathbf{E}[X^{n}]= \begin{cases}0, \text{ gdy } 2\nmid n \\ (n-1)!! \text{ gdy } 2|n \end{cases}}\), o ile X jest zmienną losową o rozkładzie \(\displaystyle{ \mathcal{N}(0,1).}\)
ODPOWIEDZ