Rzućmy dwie kości do gry. Oznaczamy przez \(\displaystyle{ X_1}\) zmienną losową przyjmującą wartości równe liczbie oczek wyrzuconych na pierwszej kostce, a \(\displaystyle{ X_2}\) zmienną losową przyjmującą wartość \(\displaystyle{ 1}\), o ile na pierwszej i drugiej kostce wypadła piątka, natomiast wartość \(\displaystyle{ 0}\) w pozostałych przypadkach.
Określ rozkład zmiennej losowej \(\displaystyle{ Y=X_1+X_2}\).
Wydaje mi się, że zmienne są zależne, dlatego wykonanie działania jakie zawsze robiłem, czyli np. \(\displaystyle{ P(Y=1) = P(\{X_1=1 \land X_2=0\})}\) tutaj nie działa. Proszę o pomoc i nakierowanie mnie na to jak w tym przypadku wyznaczyć prawdopodobieństwo nowej zmiennej.
Rozkład zmiennej losowej
-
- Użytkownik
- Posty: 5
- Rejestracja: 16 kwie 2019, o 10:26
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 1 raz
Rozkład zmiennej losowej
Ostatnio zmieniony 4 wrz 2019, o 02:02 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Brak LaTeX-a.
Powód: Brak LaTeX-a.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15685
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5219 razy
Re: Rozkład zmiennej losowej
Niech \(\displaystyle{ k\in\left\{1,2,3,4,5,6\right\}}\). Wówczas mamy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y=k)=\mathbf{P}(X_1=k, X_2=0)+\mathbf{P}(X_1=k-1, X_2=1)}\), gdyż \(\displaystyle{ Y=X_1+X_2}\) i \(\displaystyle{ X_2}\) przyjmuje jedynie wartości \(\displaystyle{ 0}\) oraz \(\displaystyle{ 1}\). Nie przychodzi mi do głowy nic lepszego niż oddzielne rozpatrzenie przypadków \(\displaystyle{ k=5, \ k=6}\).
Dla \(\displaystyle{ k=5}\):
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y=5)=\mathbf{P}(X_1=5, X_2=0)+\mathbf{P}(X_1=4, X_2=1)=\mathbf{P}(X_1=5, X_2=0)=\mathbf{P}(X_2=0|X_1=5)\cdot \mathbf{P}(X_1=5)\\=\frac 5 6\cdot \frac 1 6=\frac{5}{36}}\)
Dla \(\displaystyle{ k=6}\):
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y=6)=\mathbf{P}(X_1=6, X_2=0)+\mathbf{P}(X_1=5, X_2=1)=\mathbf{P}(X_1=6)+\mathbf{P}(X_1=5, X_2=1)=\frac 1 6+\frac{1}{36}=\frac{7}{36}}\)
Natomiast dla \(\displaystyle{ k\in\left\{1,2,3,4\right\}}\):
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y=k)=\mathbf{P}(X_1=k, X_2=0)+\mathbf{P}(X_1=k-1, X_2=1)=\mathbf{P}(X_1=k)=\frac 1 6}\).
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y=k)=\mathbf{P}(X_1=k, X_2=0)+\mathbf{P}(X_1=k-1, X_2=1)}\), gdyż \(\displaystyle{ Y=X_1+X_2}\) i \(\displaystyle{ X_2}\) przyjmuje jedynie wartości \(\displaystyle{ 0}\) oraz \(\displaystyle{ 1}\). Nie przychodzi mi do głowy nic lepszego niż oddzielne rozpatrzenie przypadków \(\displaystyle{ k=5, \ k=6}\).
Dla \(\displaystyle{ k=5}\):
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y=5)=\mathbf{P}(X_1=5, X_2=0)+\mathbf{P}(X_1=4, X_2=1)=\mathbf{P}(X_1=5, X_2=0)=\mathbf{P}(X_2=0|X_1=5)\cdot \mathbf{P}(X_1=5)\\=\frac 5 6\cdot \frac 1 6=\frac{5}{36}}\)
Dla \(\displaystyle{ k=6}\):
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y=6)=\mathbf{P}(X_1=6, X_2=0)+\mathbf{P}(X_1=5, X_2=1)=\mathbf{P}(X_1=6)+\mathbf{P}(X_1=5, X_2=1)=\frac 1 6+\frac{1}{36}=\frac{7}{36}}\)
Natomiast dla \(\displaystyle{ k\in\left\{1,2,3,4\right\}}\):
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y=k)=\mathbf{P}(X_1=k, X_2=0)+\mathbf{P}(X_1=k-1, X_2=1)=\mathbf{P}(X_1=k)=\frac 1 6}\).