Zadanie z kostką

[lemurka97]

Rzucamy symetryczną kostką. \(\displaystyle{ X}\) - liczba rzutów po których po raz pierwszy wypadnie liczba parzysta, \(\displaystyle{ Y}\) - liczba rzutów do pierwszej \(\displaystyle{ 5}\) lub \(\displaystyle{ 6}\). Oblicz \(\displaystyle{ Z=X-Y}\).

[janusz47]

\(\displaystyle{ X \sim \mathcal{G} \left( \frac{1}{2}\right), \ \ Y \sim \mathcal{G} \left( \frac{1}{3} \right) }\)

Proszę znaleźć rozkład zmiennej losowej \(\displaystyle{ Z= X -Y. }\)

[FasolkaBernoulliego]

\(\displaystyle{ X \sim \mathcal{G} \left( \frac{1}{2}\right), \ \ Y \sim \mathcal{G} \left( \frac{1}{3} \right) }\)

Proszę znaleźć rozkład zmiennej losowej \(\displaystyle{ Z= X -Y. }\)

Da się to zrobić?

[janusz47]

Warto spróbować.

[FasolkaBernoulliego]

Nie trzeba np. dodać, że zmienne są niezależne? Bez żadnych założeń rozkłady dwóch zmiennych nie dają chyba w ogólności rozkładu sumy/różnicy (poza wyjątkowymi sytuacjami).

Dodano po 3 minutach 29 sekundach:
Ja bym proponował nie skupiać się na niezależności, bo można takich rzeczy od razu nie zauważyć, albo może się wydawać, że widzimy, a nie jest to prawda. Może po prostu rozpisać sobie rozkład łączny \(\displaystyle{ (X,Y)}\) i wyznaczyć na jego podstawie rozkład szukanej zmiennej. Może trochę więcej liczenia, ale zadziała niezawodnie. Proponuję rozważyć osobno przypadek \(\displaystyle{ X \geq Y}\) (czyli \(\displaystyle{ Z}\) nieujemne) i \(\displaystyle{ X < Y}\) (\(\displaystyle{ Z}\) ujemne).

[janusz47]

suma dwóch zmiennych losowych o rozkładzie geometrycznym

[FasolkaBernoulliego]

No właśnie o tym pisałem, że potrzeba niezależności.

Dodano po 5 godzinach 14 minutach 38 sekundach:
Można jeszcze pominąć etap jawnego wyznaczenia rozkładu łącznego i zrobić np. tak:

1) Niech \(\displaystyle{ k > 0}\). Wtedy \(\displaystyle{ Z = k}\) oznacza, że przez pewne \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N} \cup \{0\}}\) rzutów wypadało 1 lub 3 (prawd. 1/3 w każdym rzucie, niezależnie od pozostałych), potem wypadła 5 (prawd. 1/6), potem przez k-1 rzutów wypadały 1,3 lub 5 (prawd. 1/2), aż w końcu wypadała 2, 4 lub 6 (prawd. 1/2).
Zatem
\(\displaystyle{ P(Z = k) = \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{3} \right)^n \frac{1}{6} \left(\frac{1}{2} \right)^{k-1} \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \left(\frac{1}{2} \right)^k}\).

2) Niech \(\displaystyle{ k = 0}\). \(\displaystyle{ Z = 0}\) oznacza, że przez pewne \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N} \cup \{0\}}\) rzutów wypadało 1 lub 3, a potem wypadła 6.
Stąd
\(\displaystyle{ P(Z = 0) = \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{3} \right)^n \frac{1}{6} = \frac{1}{4} }\).

3) Niech \(\displaystyle{ k < 0}\). Wtedy \(\displaystyle{ Z = k}\) oznacza, że przez pewne \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N} \cup \{0\}}\) rzutów wypadało 1 lub 3 (prawd. 1/3 w każdym rzucie, niezależnie od pozostałych), potem wypadła 2 lub 4 (prawd. 1/3), potem przez |k|-1 rzutów wypadały 1, 2, 3 lub 4 (prawd. 2/3), aż w końcu wypadała 5 lub 6 (prawd. 1/3).
Zatem
\(\displaystyle{ P(Z = k) = \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{3} \right)^n \frac{1}{3} \left(\frac{2}{3} \right)^{|k|-1} \frac{1}{3} = \frac{1}{4} \left(\frac{2}{3} \right)^{|k|}}\).

Dwa pierwsze punkty można zwinąć w jeden wzór i ostatecznie:

\(\displaystyle{ P(Z = k) = \begin{cases}
\frac{1}{4} \left(\frac{1}{2} \right)^k, \quad k \geq 0, \\
\frac{1}{4} \left(\frac{3}{2} \right)^k, \quad k < 0.
\end{cases}}\)

Dodano po 4 godzinach 3 minutach 10 sekundach:
Jeżeli zauważysz niezależność, to wyjdzie minimalnie szybciej - nie trzeba będzie rozważać konkretnych wyników na kostkach, ale i tak zostaną dwa przypadki i liczenie sum. Natomiast osobiście bym był ostrożny z niezależnością - wystarczy odrobinę zmienić treść zadania i już jej nie będziesz mieć.