Znajdź dystrybuantę

[legolas]

Dane są dwie urny, w każdej dwie kule białe i jedna czarna.. Wyciągamy, niezależnie, po 2 kule z każdej z nich. Niech \(\displaystyle{ X_i}\) - ilość wyciągniętych białych kul z i-tej urny. Wyznacz dystrybuantę zmiennej \(\displaystyle{ Z=\max(X_1,X_2)}\).

\(\displaystyle{ F_z(t)=\PP(z\le t)=\PP(\max(x_1,x_2)\le t)=\PP(x_1 \le t| x_1>x_2)+\\ +\PP(x_2 \le t |x_2>x_1) +\PP(x_1 \le t|x_1=x2)}\)

czy o to chodzi?

[Igor V]

W sumie chyba ok, ale ponieważ masz założenie o niezależności to jest Twoje podejście mało praktyczne.
Lepiej wg mnie skorzystać z tego że \(\displaystyle{ \max(X_1, X_2) \le t \Rightarrow X_1 \le t \wedge X_2 \le t}\)

\(\displaystyle{ F_Z(t)=\PP(Z\le t) = \PP(\max(X_1, X_2)\le t) = \PP(X_1 \le t \wedge X_2 \le t) = \text{z niezaleznosci} = F _{X_1} (t) \cdot F _{X_2}(t)}\)

[legolas]

No dobra, to teraz jeszcze pozostaje kwestia \(\displaystyle{ F_{X_1}(t)\cdot F_{X_2}(t)}\)

\(\displaystyle{ F_{X_1}(t)=\PP\left( X_1\le t\right)}\)

Teraz kolejny krok to

\(\displaystyle{ \PP(X_1=0)={2 \choose 0}\cdot\left( \frac{2}{3}\right)^0 \cdot\left( \frac{1}{3}\right)^2=\frac{1}{9}\\
\PP(X_1=1)={2 \choose1}\cdot\left( \frac{2}{3}\right)^1 \cdot\left( \frac{1}{3}\right)^1 =\frac{4}{9}\\
\PP(X_1=2)={2 \choose2}\cdot\left( \frac{2}{3}\right)^2\cdot\left( \frac{1}{3}\right)^0 =\frac{4}{9}}\)

i co teraz?

[Igor V]

Coś masz nie tak. Przecież na pewno \(\displaystyle{ \PP(X_1 = 0) = 0}\), bo jak bierzesz po dwie kule, a masz do dyspozycji dwie białe i jedną czarną , to nie możesz nie wylosować białej. Wg mnie jeśli nie uwzględniać kolejności to : \(\displaystyle{ \Omega = \{\{B, B\}, \{B, C\}\}}\).
\(\displaystyle{ \PP(X_1 = 1) = \frac{1}{2}}\)
\(\displaystyle{ \PP(X_1 = 2) = \frac{1}{2}}\)

[legolas]

Oj, racja, pospieszyłem się. I jak teraz mam policzyć ten iloczyn dystrybuant? Bo taka sama jest dla \(\displaystyle{ X_1}\) jak dla \(\displaystyle{ X_2}\).

[Igor V]

Po prostu w odpowiednich przedziałach (czy tutaj punktach) wymnażasz. Akurat obie zmienne losowe są identyczne więc jest to po prostu kwadrat.

[legolas]

czyli po prostu wynikiem będzie \(\displaystyle{ \frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}}\), tak?

[Igor V]

Raczej \(\displaystyle{ F_Z(1) = \left[F_X(1)\right] ^{2} = (0.5)^2 = 0.25}\)

[legolas]

Nie no kurczę, nie wiem jak to rozpisać. Znaczy po pierwsze, to może jednak rozważmy tę kolejność, czyli

\(\displaystyle{ \PP(X_1 = 1) = \frac{2}{3}\\
\PP(X_1 = 2) = \frac{1}{3}}\)

No i teraz jak to rozpisać

\(\displaystyle{ F_Z(t) = \left[F_X(t)\right] ^{2} = ??}\)

[Igor V]

\(\displaystyle{ F_X(t) = \begin{cases} 0,t = 0\\ \frac{2}{3},t = 1 \\1,t = 2 \end{cases} \Rightarrow \left[F_X(t)\right] ^{2} = \begin{cases} 0,t = 0\\ \frac{4}{9},t = 1 \\1,t = 2 \end{cases}}\)

[legolas]

dzięki

A jakby tam było min, a nie max, to wtedy tak by się to rozpisywało?

\(\displaystyle{ F_Z(t)=\PP(Z\le t) = \PP(\min(X_1, X_2)\le t) = \PP(X_1 \le t \vee X_2 \le t) = \text{z niezaleznosci} = F _{X_1} (t) +F _{X_2}(t)}\)

[Igor V]

Trochę się pospieszyłeś. Niezależność oznacza że \(\displaystyle{ P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)}\). A Ty korzystasz tam z sumy i zapominasz o części wspólnej.

\(\displaystyle{ F_Z(t)=\PP(Z\le t) = \PP(\min(X_1, X_2)\le t) = 1 - \PP(\min(X_1, X_2) > t) = 1 - \PP(X_1 > t \wedge X_2 > t) = \text{z niezaleznosci} = 1 - \PP(X_1 > t) \cdot \PP(X_2 > t) = 1 - (1 - P(X_1 \le t)) \cdot (1 - P(X_2 \le t)) = 1 - (1 - F _{X_1}(t)) \cdot (1 - F _{X_2}(t))}\)