Zmienne losowe i ich rozkłady

Przechodzimy do kluczowego pojęcia rachunku prawdopodobieństwa.

Definicja Załóżmy, że $(\Omega,\F,\P)$ jest przestrzenią probabilistyczną. Zmienną losową $d$ -wymiarową (lub zmienną losową o wartościach w $\R^d$ ) nazywamy dowolną mierzalną funkcję $X:\Omega\to \R^d$ (tzn. spełniającą, dla dowolnego $B\in\mathcal{B}(\R^d)$ , warunek $\{X\in B\}:=X^{-1}(B)=\{\omega\in\Omega:X(\omega)\in B\}\in \F$ ). W szczególności, dla $d=1$ będziemy mówić po prostu ,,zmienna losowa''.

Twierdzenie Jeśli $(\Omega,\F,\P)$ jest przestrzenią probabilistyczną, $X$ jest $d$ -wymiarową zmienną losową oraz $f:\R^d\to \R^k$ jest funkcją borelowską, to $f(X)$ jest $k$ -wymiarową zmienną losową. W szczególności teza zachodzi więc dla ciągłych funkcji $f$ .

W szczególności, widzimy iż jeśli $X=(X_1,X_2,\ldots,X_d)$ , to $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ , $X_d$ są jednowymiarowymi zmiennymi losowymi.

Kolejnym ważnym pojęciem jest tzw. rozkład zmiennej losowej. Załóżmy, że $(\Omega,\F,\P)$ jest przestrzenią probabilistyczną, a $X$ jest $d$ -wymiarową zmienną losową. Dla dowolnego $B\in \mathcal{B}(\R^d)$ określamy

$P_X(B)=\P(X\in B):=\P(\{\omega\in \Omega:X(\omega)\in B\})$

(czyli $P_X$ jest obrazem miary $\P$ przy przekształceniu $X$ ). Jak łatwo sprawdzić, $(\R^d,\mathcal{B}(\R^d),P_X)$ jest nową przestrzenią probabilityczną.

Definicja Miarę $P_X$ nazywamy rozkładem zmiennej $X$ .

Definicja Załóżmy, że $(\Omega,\F,\P)$ jest przestrzenią probabilistyczną, a $X$ jest $d$ -wymiarową zmienną losową. Dystrybuantą tej zmiennej losowej nazywamy funkcję $F_X:\R^d\to [0,1]$ daną wzorem \begin{align*} F_X(x_1,x_2,\ldots,x_d)&=\P(X_1\leq x_1,X_2\leq x_2,\ldots,X_d\leq x_d)\\ &=P_X((-\infty,x_1]\times (-\infty,x_2]\times \ldots\times (-\infty,x_d]). \end{align*} Dystrybuanta zależy tylko od rozkładu, a więc jest sens mówić o dystrybuancie rozkładu prawdopodobieństwa.

Przykłady:

1. Rzucamy raz symetryczną monetą; $\Omega=\{O,R\}$ . Niech $X(O)=1$ , $X(R)=-1$ . Wówczas

$F_X(t)=\P(X\leq t)=\begin{cases} 0 & \mbox{jeśli }t<-1,\\ 1/2 & \mbox{jeśli }-1\leq t<1,\\ 1 & \mbox{jeśli }t\geq 1. \end{cases}$

2. Wybieramy losowo punkt z koła o promieniu $R$ : mamy zatem $(\Omega,\F,\P)=\left(K(0,R),\mathcal{B}(K(0,R)),\frac{|\cdot|}{\pi R^2}\right)$ . Niech $X(\omega)=\rho(\omega,0)$ będzie odległością wylosowanego punktu od środka. Wówczas

$F_X(t)=\P(X\leq t)=\begin{cases} 0 & \mbox{jeśli } t< 0,\\ t^2/R^2 & \mbox{jeśli }0\leq t<R,\\ 1 & \mbox{jeśli }t\geq R. \end{cases}$

Twierdzenie [Własności dystrybuanty] Załóżmy, że $X$ jest (jednowymiarową) zmienną losową. Wówczas

a) $F_X$ jest niemalejąca.

b) $\lim_{t\to\infty} F_X(t)=1$ , $\lim_{t\to-\infty} F_X(t)=0$ .

c) $F$ jest prawostronnie ciągła.

d) dla dowolnego $t\in \R$ istnieje lewostronna granica $F_X(t-)=\lim_{s\uparrow t}F_X(s)$ i

$F_X(t-)=\P(X<t)=\P(X\in (-\infty,t)).$

e) $F_X$ jest nieciągła w punkcie $t_0$ wtedy i tylko wtedy, gdy $\P(X=t_0)>0$ (taką liczbę $t_0$ nazywamy wówczas atomem rozkładu). Ściślej, dla dowolnego $t_0\in \R$ mamy $\P(X=t_0)=F_X(t_0)-F_X(t_0-)$ .

f) dla dowolnych $a< b$ mamy $\begin{align*} \P(a\leq X\leq b)&=&\P(X\in [a,b])=F_X(b)-F_X(a-),\\ \P(a<X\leq b)&=&\P(X\in (a,b])=F_X(b)-F_X(a),\\ \P(a\leq X< b)&=&\P(X\in [a,b))=F_X(b-)-F_X(a-),\\ \P(a<X< b)&=&\P(X\in (a,b))=F_X(b-)-F_X(a). \end{align*}$

Dowód:[Dowód] a) Jeśli $t_1<t_2$ , to $(-\infty,t_1]\subset (-\infty,t_2]$ , a więc $F_X(t_1)=P_X((-\infty,t_1])\leq P_X((-\infty,t_2])=F_X(t_2).$

b) Dla dowolnego ciągu $(t_n)_{n\geq 1}$ rosnącego do nieskończoności zachodzi równość $\R=\bigcup_n (-\infty,t_n]$ i przedziały pod sumą są wstępujące. Zatem, korzystając z twierdzenia o ciągłości,

$1=P_X(\R)=\lim_{n\to\infty}P_X((-\infty,t_n])=\lim_{n\to\infty}F_X(t_n).$

Analogicznie dowodzimy drugą część.

c) Weźmy $t\in \R$ oraz ciąg $(t_n)_{n\geq 1}$ malejący do $t$ . Ciąg przedziałów $(t,t_n]$ jest zstępujący i $\bigcap_n(t,t_n]=\emptyset$ , a więc \begin{align*} 0&=P_X\left(\bigcap_n (t,t_n]\right)=\lim_{n\to\infty}P_X((t,t_n])=\lim_{n\to\infty} P_X((-\infty,t_n]\setminus (-\infty,t])\\ &=\lim_{n\to\infty}\Big[P_X((-\infty,t_n])-P_X((-\infty,t])\Big]=\lim_{n\to \infty}(F_X(t_n)-F_X(t)). \end{align*}

d) Rozumujemy podobnie jak w c).

e) Wynika to wprost z d) oraz równości $\P(X=t_0)=\P(X\leq t_0)-\P(X<t_0)$ .

f) Udowodnimy tylko pierwszą równość, pozostałe wykazuje się analogicznie:

$\P(a\leq X\leq b)=P_X([a,b])=P_X((-\infty,b])-P_X((-\infty,a))=F_X(b)-F_X(a-).\qedhere$

□

Uwaga: Jeśli funkcja $F$ spełnia warunki a), b) oraz c) z powyższego twierdzenia, to jest dystrybuantą pewnego rozkładu (dowód pozostawiamy jako ćwiczenie).

Twierdzenie [O jednoznaczności] Dystrybuanta zmiennej losowej $d$ -wymiarowej wyznacza rozkład jednoznacznie.

Dowód:[Dowód:] Załóżmy, że $X$ , $Y$ są zmiennymi losowymi posiadającymi tę samą dystrybuantę. Chcemy wykazać, że $P_X=P_Y$ , czyli

$P_X(B)=P_Y(B) \leqno{(*)}$

dla dowolnego podzbioru borelowskiego $\R^d$ . Klasa wszystkich zbiorów $B$ spełniających (*) tworzy $\lambda$ -układ. Z drugiej strony, równość dystrybuant daje, iż \begin{align*} & P_X((-\infty,x_1]\times (-\infty,x_2]\times \ldots\times (-\infty,x_d])=F_X(x)=F_Y(x)\\ &\qquad = P_Y((-\infty,x_1]\times (-\infty,x_2]\times \ldots\times (-\infty,x_d]), \end{align*} a zatem (*) zachodzi dla zbiorów postaci $(-\infty,x_1]\times (-\infty,x_2]\times \ldots (-\infty,x_d]$ , które tworzą $\pi$ -układ generujący $\mathcal{B}(\R^d)$ . Teza twierdzenia wynika więc natychmiast z lematu o $\pi-\lambda$ układach. □

Definicja Załóżmy, że $X=(X_1,X_2,\ldots,X_d)$ jest $d$ -wymiarową zmienną losową oraz $1\leq i_1<i_2<\ldots<i_k\leq d$ ( $k<d$ ). Wówczas $(X_{i_1},X_{i_2},\ldots,X_{i_k})$ też jest zmienną losową i jej rozkład nazywamy $k$ -wymiarowym rozkładem brzegowym rozkładu $X$ .

Uwaga: Rozkłady brzegowe nie wyznaczają na ogół rozkładu łącznego. Rozważmy następujący przykład:

I - rzucamy trzy razy monetą i niech $X_1$ będzie liczbą reszek przed pojawieniem się pierwszego orła, a $X_2$ oznacza łączną liczbę orłów.

II - rzucamy dwie serie po trzy razy monetą i niech $X_1'$ będzie liczbą reszek przed pojawieniem się pierwszego orła w pierwszej serii, a $X_2'$ oznacza łączną liczbę orłów w drugiej serii.

Jest oczywiste, że zmienne $X_1$ oraz $X_1'$ mają ten sam rozkład; tak samo, $X_2$ oraz $X_2'$ mają ten sam rozkład. Z drugiej strony, zmienne $(X_1,X_2)$ oraz $(X_1',X_2')$ nie mają tego samego rozkładu: istotnie,

$P_{(X_1,X_2)}(\{(3,3)\})=0\quad \mbox{oraz}\quad P_{(X_1',X_2')}(\{(3,3)\})=2^{-6}.$

Tak więc rozkłady brzegowe zmiennych $(X_1,X_2)$ oraz $(X_1',X_2')$ są identyczne, ale rozkłady łączne są różne.

W dalszej części wykładu będziemy stosować następujące oznaczenie: jeśli $X$ jest $d$ -wymiarową zmienną losową, to

$\sigma(X):=\{\{X\in B\}:B\in \mathcal{B}(\R^d)\}$

jest $\sigma$ -ciałem zdarzeń generowanym przez $X$ .

Definicja Załóżmy, że $(\Omega,\F,\P)$ jest przestrzenią probabilistyczną, a $\{X_i\}_{i\in I}$ jest rodziną zmiennych losowych, przy czym $X_i$ przyjmuje wartości w $\R^{d_i}$ . Mówimy, że zmienne te są niezależne, jeśli $\sigma$ -ciała generowane przez te zmienne są niezależne. Innymi słowy, zmienne $\{X_i\}_{i\in I}$ są niezależne wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego $n$ , dowolnych parami różnych $i_1,\,i_2,\,\ldots,\,i_n\in I$ oraz dowolnych $B_1\in \mathcal{B}(\R^{d_{i_1}})$ , $\ldots$ , $B_n\in \mathcal{B}(\R^{d_{i_n}})$ ,

$\P(X_{i_1}\in B_1,\,X_{i_2}\in B_2,\ldots,\,X_{i_n}\in B_n)= \P(X_{i_1}\in B_1)\P(X_{i_2}\in B_2)\ldots \P(X_{i_n}\in B_n).$

Przykłady:

1. Zdarzenia $A_1$ , $A_2$ , $\ldots$ , $A_n$ są niezależne wtedy i tylko wtedy, gdy $1_{A_1}$ , $1_{A_2}$ , $\ldots$ , $1_{A_n}$ są niezależne. Istotnie, wynika to natytchmiast z faktu, iż dla dowolnego zdarzenia $A$ oraz dowolnego podzbioru borelowskiego prostej mamy

$\{1_A \in B\}=\begin{cases} A & \mbox{jeśli }0\notin B,\,1\in B,\\ A' & \mbox{jeśli }0\in B,\,1\notin B,\\ \emptyset & \mbox{jeśli }0,\,1\notin B,\\ \Omega & \mbox{jeśli }0,\,1\in B. \end{cases}$

2. W schemacie $n$ prób Bernoulliego określmy \begin{align*} X_i(\omega)&=X_i(\omega_1,\omega_2,\ldots,\omega_n)\\ &:=\omega_i=\begin{cases} 1 & \mbox{jeśli w $i$ -tej próbie był sukces},\\ 0 & \mbox{jeśli w $i$ -tej próbie była porażka}. \end{cases} \end{align*} Wówczas $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ , $X_n$ są niezależnymi zmiennymi losowymi. Wyniknie to łatwo z faktów, które przytoczymy w dalszej części wykładu.

Omówimy teraz pewne warunki które są równoważne niezależności zmiennych losowych. Dla prostoty, skupimy się na przypadku jednowymiarowym, ale poniższe twierdzenie pozostaje w mocy także w sytuacji gdy zmienne przyjmują wartości wektorowe.

Twierdzenie Załóżmy, że $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ , $X_n$ są zmiennymi losowymi. Następujące warunki są równoważne.

1) $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ , $X_n$ są niezależne.

2) Dla dowolnych $B_1$ , $B_2$ , $\ldots$ , $B_n\in\mathcal{B}(\R)$ zdarzenia $\{X_1\in B_1\}$ , $\{X_2\in B_2\}$ , $\ldots$ , $\{X_n\in B_n\}$ są niezależne.

3) $P_{(X_1,X_2,\ldots,X_n)}=P_{X_1}\otimes P_{X_2}\otimes \ldots \otimes P_{X_n}$ ,

4) Dla dowolnego $x=(x_1,x_2,\ldots,x_n)\in \R^n$ ,

$F_{(X_1,X_2,\ldots,X_n)}(x_1,x_2,\ldots,x_n)=F_{X_1}(x_1)F_{X_2}(x_2) \ldots F_{X_n}(x_n).$

Dowód:[Dowód] Wiemy już, iż warunki 1) oraz 2) są równoważne.

2) $\Rightarrow$ 4). Mamy \begin{align*} &F_{(X_1,X_2,\ldots,X_n)}(x_1,x_2,\ldots,x_n)=\P(X_1\leq x_1,X_2\leq x_2,\ldots,X_n\leq x_n)\\ &=\P(X_1\leq x_1)\P(X_2\leq x_2)\ldots\P(X_n\leq x_n)=F_{X_1}(x_1)F_{X_2}(x_2) \ldots F_{X_n}(x_n). \end{align*}

4) $\Rightarrow$ 3) Niech $X'$ będzie $n$ -wymiarową zmienną losową o rozkładzie $P_{X_1}\otimes P_{X_2}\otimes \ldots \otimes P_{X_n}$ . Dla dowolnego $x=(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ mamy \begin{align*} &F_{X'}(x_1,x_2,\ldots,x_n)=P_{X_1}\otimes \ldots\otimes P_{X_n}\big((-\infty,x_1]\times (-\infty,x_2]\times \ldots \times (-\infty,x_n]\big)\\ &=F_{X_1}(x_1)F_{X_2}(x_2)\ldots F_{X_n}(x_n)=F_{(X_1,X_2,\ldots,X_n)}(x_1,x_2,\ldots,x_n). \end{align*} Na mocy twierdzenia o jednoznaczności, wynika stąd $P_{X'}=P_{(X_1,X_2,\ldots,X_n)}$ .

3) $\Rightarrow$ 1) Dla dowolnych podzbiorów borelowskich $B_1$ , $B_2$ , $\ldots$ , $B_n$ prostej rzeczywstej mamy \begin{align*} & \P(X_1\in B_1,X_2\in B_2,\ldots,X_n\in B_n)=P_{(X_1,X_2,\ldots,X_n)}(B_1\times B_2\times \ldots \times B_n)\\ &=P_{X_1}(B_1)P_{X_2}(B_2)\ldots P_{X_n}(B_n)= \P(X_1\in B_1)\P(X_2\in B_2)\ldots \P(X_n\in B_n). \end{align*} Dowód jest zakończony. □

Przechodzimy teraz do bardziej szczegółowego omówienia typów i przykładów rozkładów prawdopodobieństwa w $\R^d$ .

Definicja Mówimy, że $d$ -wymiarowa zmienna losowa $X$ ma dyskretny (skokowy, atomowy) rozkład, jeśli $\P(X\in S_X)=1$ , gdzie

$S_X=\{x\in \R^d:\P(X=x)>0\}$

jest zbiorem atomów rozkładu.

Uwagi:

1) Dla dowolnej zmiennej $d$ -wyiarowej $X$ zbiór $S_X$ jest co najwyżej przeliczalny, gdyż

$S_X=\bigcup_{n\geq 1} \{x\in \R^d: \P(X=x)>1/n\},$

i każdy ze zbiorów występujących pod sumą jest skończony.

2) Rozkład dyskretny jest jednoznacznie wyznaczony przez co najwyżej przeliczalny zbiór $S\subset \R^d$ oraz funkcję $p:S\to [0,1]$ taką, że $\sum_{x\in S} p(x)=1$ . Istotnie, wówczas

$P(B)=\sum_{x\in S\cap B} p(x).$

Odnotujmy bardzo prosty fakt.

Twierdzenie Zmienne losowe $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ , $X_n$ mają rozkład skokowy wtedy i tylko wtedy, gdy zmienna $(X_1,X_2,\ldots,X_n)$ ma rozkład skokowy.

W przypadku gdy mamy do czynienia ze skończoną rodziną zmiennych dyskretnych, warunek niezależności może być badany za pomocą następującego prostego kryterium.

Twierdzenie (#) Zmienne losowe $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ , $X_n$ mające rozkłady dyskretne są niezależne wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych $x_1\in S_{X_1}$ , $x_2\in S_{X_2}$ , $\ldots$ , $x_n\in S_{X_n}$ zachodzi

$\P(X_1=x_1,X_2=x_2,\ldots,X_n=x_n)=\P(X_1=x_1)\P(X_2=x_2)\ldots\P(X_n=x_ n).$

Dowód:[Dowód] $\Rightarrow$ Oczywiste: postulowana równość jest szczególnym przypadkiem warunku występującego w definicji niezależności.

$\Leftarrow$ Dla ułatwienia zapisu, przeprowadzimy dowód tylko dla $n=2$ ; przypadek $n\geq 3$ rozpatruje się analogicznie. Mamy \begin{align*} &\P(X_1\in B_1,X_2\in B_2)=\P(X_1\in S_{X_1}\cap B_1,X_2\in S_{X_2}\cap B_2)\\ &=\sum_{x_1\in S_{X_1}\cap B_1,x_2\in S_{X_2}\cap B_2} \P(X_1=x_1,X_2=x_2)\\ &=\sum_{x_1\in S_{X_1}\cap B_1}\sum_{x_2\in S_{X_2}\cap B_2}\P(X_1=x_1)\P(X_2=x_2)=\P(X_1\in B_1)\P(X_2\in B_2). \qedhere \end{align*} □

Przykłady:

1) Rozkład skupiony w punkcie $a\in \R^d$ , ozn. $\delta_a$ . Zmienna $X$ ma rozkład skupiony w $a$ , jeśli $\P(X=a)=1$ ; $S_X=\{a\}$ .

2) Rozkład dwupunktowy skupiony w $a,\,b\in \R^d$ , $a\neq b$ . Zmienna $X$ ma rozkład dwupunktowy skupiony na $\{a,b\}$ jeśli $\P(X=a)=p$ oraz $\P(X=b)=1-p$ dla pewnego $p\in (0,1)$ .

3) Rozkład Bernoulliego (rozkład dwumianowy) z parametrami $n$ , $p$ ( $n=1$ , $2$ , $\ldots$ , $p\in (0,1)$ ), ozn. $B(n,p)$ . Zmienna $X$ ma rozkład $B(n,p)$ , jeśli $\P(X=k)={n \choose k}p^k(1-p)^{n-k}$ , $k\in S_X=\{0,\,1,\,2,\,\ldots,\,n\}$ . Innymi słowy, jeśli mamy dany schemat Bernoulliego składający się z $n$ prób o prawdopodobieństwie sukcesu $p$ , to łączna liczba sukcesów ma rozkład Bernoulliego $B(n,p)$ .

Dygresja. Załóżmy, że zmienne $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ , $X_n$ zadane są wzorem

$X_i=\begin{cases} 1 & \mbox{jeśli w $i$-tej próbie był sukces},\\ 0 & \mbox{w przeciwnym przypadku}. \end{cases}\leqno{(*)}$

Wówczas jak łatwo sprawdzić korzystając z Twierdzenia [link], zmienne $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ , $X_n$ są niezależne. Z drugiej strony, $X_1+X_2+\ldots+X_n$ jest łączną liczbą sukcesów. Otrzymaliśmy więc następujący fakt:

Załóżmy, że $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ , $X_n$ są niezależnymi zmiennymi losowymi o tym samym rozkładzie (czasami te dwie własności będziemy w skrócie oznaczać przez i.i.d.) zadanym przez $\P(X_i=1)=p=1-\P(X_i=0)$ . Wówczas zmienna $X_1+X_2+\ldots+X_n$ ma rozkład $B(n,p)$ .

Skorzystaliśmy tu z następującej prostej obserwacji:

Twierdzenie Jeśli $d$ -wymiarowe zmienne $X$ , $Y$ mają ten sam rozkład oraz $f:\R^d\to \R^k$ jest funkcją borelowską, to $f(X)$ oraz $f(Y)$ mają ten sam rozkład.

4) Rozkład geometryczny z parametrem $p$ ( $0<p<1$ ), ozn. Geom( $p$ ). Zmienna $X$ ma taki rozkład, jeśli

$\P(X=k)=(1-p)^kp,\qquad k\in S_X=\{0,\,1,\,2,\,\ldots\}.$

Interpretacja: załóżmy, iż dany jest schemat Bernoulliego o nieskończonej liczbie prób i prawdopodobieństwie sukcesu $p$ . Niech $X$ oznacza liczbę porażek poprzedzających pojawienie się pierwszego sukcesu. Wówczas $X$ ma rozkład geometryczny z parametrem $p$ . Istotnie, wprowadzając zmienne $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ jak w poprzednim przykładzie, możemy zapisać \begin{align*} \P(X=k)&=\P(X_1=0,\,X_2=0,\,\ldots,\,X_{k}=0,\,X_{k+1}=1)\\ &=\P(X_1=0)\P(X_2=0)\ldots\P(X_{k}=0)\P(X_{k+1}=1)=(1-p)^{k}p. \end{align*}

Czasami w literaturze rozkład geometryczny jest definiowany nieco inaczej: mianowicie, $Y\sim$ Geom( $p$ ) jeśli dla dowolnej $k\in S_Y=\{1,\,2,\,\ldots\}$ , mamy $\P(Y=k)=(1-p)^{k-1}p.$ Wówczas zmienna ta ma interpretację jako czas oczekiwania na pierwszy sukces w nieskończonym schemacie Bernoulliego o prawdopodobieństwie sukcesu $p$ . Jest ona związana z poprzednią zmienną zależnością $Y= X+1$ .

5) Rozkład Poissona z parametrem $\lambda$ ( $\lambda>0$ ), ozn. Pois( $\lambda$ ). Zmienna $X$ ma taki rozkład, jeśli

$\P(X=k)=\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda},\qquad k\in S_X=\{0,\,1,\,2,\,\ldots\}.$

Rozkład Poissona powstaje przez odpowiednie przejście graniczne dla rozkładów Bernoulliego. Ściślej, zachodzi następujący fakt (który pozostawiamy bez dowodu).

Twierdzenie [Poissona] Załóżmy, że $(p_n)_{n\geq 1}$ jest ciągiem liczb z przedziału $(0,1)$ spełniającym warunek $\lim_{n\to\infty}np_n=\lambda>0$ . Wówczas dla dowolnej liczby $k \in\{0,\,1,\,2,\,\ldots\}$ ,

$\lim_{n\to \infty} {n \choose k}p_n^k(1-p_n)^{n-k}= \frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda}.$

Innymi słowy, jeśli $X_n$ ma rozkład $B(n,p)$ , $X$ ma rozkład Pois $(\lambda)$ i $np\approx \lambda$ , to rozkłady $X_n$ oraz $X$ są bliskie.

Przechodzimy do kolejnej ważnej rozdziny rozkładów.

Definicja Mówimy, że zmienna losowa $d$ -wymiarowa $X$ ma rozkład ciągły, jeśli istnieje funkcja borelowska $g:\R^d\to [0,\infty)$ taka, że dla dowolnego podzbioru borelowskiego $B\subseteq \R^d$ ,

$\P(X\in B)=P_X(B)=\int_B g(x)\mbox{d}x.$

Funkcję $g$ nazywamy wówczas gęstością rozkładu.

Uwagi:

1. Jeśli $P_X$ jest ciągły, to $S_X=\emptyset$ , ale nie na odwrót (warunkiem koniecznym i dostatecznym jest równość $\P(X\in B)=0$ dla dowolnego $B\subset\R^d$ o zerowej mierze Lebesgue'a).

2. Jeśli $g:\R^d\to [0,\infty)$ jest gęstością pewnego rozkładu $\mu$ oraz $\tilde{g}:\R^d\to [0,\infty)$ jest funkcją borelowską, to $\tilde{g}$ jest gęstością $\mu$ wtedy i tylko wtedy, gdy $g=\tilde{g}$ p.w.. Istotnie, implikacja $\Leftarrow$ jest oczywista:

$\mu(A)=\int_A g(x)\mbox{d}x=\int_A \tilde{g}(x)\mbox{d}x.$

Przechodzimy do implikacji $\Rightarrow$ : mamy $\int_B g=\int_B \tilde{g}$ dla dowolnego zbioru borelowskiego $B$ . Załóżmy, że teza nie zachodzi; wówczas jeden ze zbiorów $\{g>\tilde{g}\}$ , $\{g<\tilde{g}\}$ ma dodatnią miarę. Bez straty ogólności załóżmy, że jest to pierwszy zbiór, i oznaczmy go przez $B$ . Jest to zbiór borelowski, i $\int_B g>\int_B \tilde{g}$ , sprzeczność.

3. Każda funkcja borelowska $g:\R^d\to [0,\infty)$ taka, że $\int_{\R^d}g(x)\mbox{d}x=1$ jest gęstością pewnego rozkładu, zadanego przez $\mu(B)=\int_B g(x)\mbox{d}x$ dla $B\in\mathcal{B}(\R^d)$ .

4. Zmienna $X$ ma rozkład ciągły wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje funkcja borelowska $g:\R^d\to [0,\infty)$ taka, że

$F_X(x_1,x_2,\ldots,x_d)=\int_{-\infty}^{x_1}\int_{-\infty}^{x_2}\ldots \int_{-\infty}^{x_d} g(y_1,y_2,\ldots,y_d)\mbox{d}y_d\mbox{d}y_{d-1}\ldots\mbox{d}y_1.$

Istotnie:

$\Rightarrow$ Mamy $F(x_1,\ldots,x_d)=\P((X_1,\ldots,X_d)\in (-\infty,x_1]\times \ldots \times (-\infty,x_d])$ i wystarczy skorzystać z definicji gęstości.

$\Leftarrow$ Zbiegając z $x_1$ , $x_2$ , $\ldots$ , $x_d$ do nieskończoności widzimy, że $\int_{\R^d}g(x)\mbox{d}x=1$ . Niech $\mu$ będzie rozkładem prawdopodobieństwa w $\R^d$ , zadanym przez gęstość $g$ (patrz Uwaga 3 powyżej). Wówczas, na mocy poprzedniej implikacji mamy $F_X=F_\mu$ , a zatem, z twierdzenia o jednoznaczności, $P_X=\mu$ .

5. Jako wniosek z poprzedniej uwagi, otrzymujemy następujący fakt.

Twierdzenie Załóżmy, że $X$ jest $d$ -wymiarową zmienną losową o dystrybuancie $F$ i niech

$g(x_1,x_2,\ldots,x_d)=\frac{\partial ^d F}{\partial x_1\partial x_2\ldots \partial x_d}(x_1,x_2,\ldots,x_d)\qquad \mbox{p.w.}.$

Wówczas jeśli $\int_{\R^d}g=1$ , to $X$ ma rozkład ciągły i jego gęstością jest funkcja $g$ .

Przykład Losujemy punkt z koła o promieniu $R$ . Niech $X$ oznacza odległość punktu od środka koła. Wówczas, jak już wiemy,

$F_X(t)=\begin{cases} 0 & \mbox{dla }t<0,\\ t^2/R^2 & \mbox{dla }0\leq t<R,\\ 1 & \mbox{dla }t\geq R. \end{cases}$

Różniczkując, dostajemy

$g(t)=\begin{cases} 0 & \mbox{dla }t<0\mbox{ lub }t\geq R,\\ 2t/R^2 &\mbox{dla }0\leq t<R. \end{cases}$

Łatwo sprawdzić, że $\int_\R g=1$ , a więc $g$ jest gęstością rozkładu zmiennej $X$ .

Twierdzenie Jeśli zmienna $X=(X_1,X_2,\ldots,X_d)$ ma rozkład ciągły, to jej rozkłady brzegowe też są ciągłe. Ponadto

$g_{X_i}(x)=\int_{\R^{d-1}} g(x_1,x_2,\ldots,x_{i-1},x,x_{i+1},\ldots,x_d)\mbox{d}x_1\ldots \mbox{d}{x_{i-1}}\mbox{d}x_{i+1}\ldots \mbox{d}x_d.$

Ogólniej, aby otrzymać gęstość wektora $(X_{i_1},X_{i_2},\ldots,X_{i_k})$ , musimy odcałkować gęstość $X$ po wszystkich $x_i$ dla $i\notin \{i_1,i_2,\ldots,i_k\}$ .

Dowód:[Dowód] Mamy \begin{align*} \P(X_i \in B)&=\P((X_1,X_2,\ldots,X_d)\in \R^{i-1}\times B \times \R^{d-i})=\int_{\R^{i-1}\times B \times \R^{d-i}}g\\ &=\int_B \left(\int_{\R^{i-1}\times \R^{d-i}}g(x)\mbox{d}x_1\ldots \mbox{d}x_{i-1}\mbox{d}x_{i+1}\ldots \mbox{d}x_n\right)\mbox{d}x_i. \end{align*} W przypadku gdy rozkład brzegowy jest wielowymiarowy, rozumowanie jest analogiczne. □

Uwaga: Implikacja w drugą stronę nie zachodzi: wystarczy wziąć dowolną jednowymiarową zmienną losową $X$ o rozkładzie ciągłym i rozważyć wektor $(X,X)$ (który rozkładu ciągłego już nie posiada, gdyż jest skoncentrowany na zbiorze $\{(x,x):x\in \R\}$ , który ma zerową miarę Lebesgue'a).

Ważne przykłady rozkładów ciągłych

1) Rozkład jednostajny (równomierny) na zbiorze $D$ , ozn. $\mathcal{U}(D)$ . Załóżmy, że $D\in \mathcal{B}(\R^d)$ spełnia warunek $0<|D|<\infty$ . Zmienna losowa $X$ ma rozkład jednostajny na $D$ , jeśli ma gęstość

$g(x)=\frac{1}{|D|}1_D(x)=\begin{cases} 1/|D| & \mbox{dla }x\in D,\\ 0 & \mbox{dla }x\notin D. \end{cases}$

Dla dowolnego $B\in\mathcal{B}(\R^d)$ mamy wówczas $\P(X\in B)=\int_B g(x)\mbox{d}x=\frac{|B\cap D|}{|D|}.$

W szczególności, jeśli $d=1$ oraz $D=[a,b]$ , dostajemy rozkład o gęstości $g(x)=\frac{1}{b-a}1_{[a,b]}(x)$ i dystrybuancie

$F_X(x)=\int_{-\infty}^xg(s)\mbox{d}s=\begin{cases} 0 & \mbox{dla }x<a,\\ (x-a)/(b-a) & \mbox{dla }a\leq x<b,\\ 1 & \mbox{dla }x\geq b. \end{cases}$

2) Rozkład wykładniczy z parametrem $\lambda$ ( $\lambda>0$ ), ozn. Exp $(\lambda)$ . Zmienna losowa $X$ ma taki rozkład, jeśli ma gęstość

$g(x)=\lambda e^{-\lambda x}1_{[0,\infty)}(x)=\begin{cases} 0 & \mbox{dla }x<0,\\ \lambda e^{-\lambda x} & \mbox{dla }x\geq 0. \end{cases}$

Jak łatwo policzyć, wówczas

$F_X(x)=\begin{cases} 0 & \mbox{dla }x<0,\\ 1-e^{-\lambda x} & \mbox{dla }x\geq 0. \end{cases}$

Rozkład wykładniczy służy do modelowania czasu oczekiwania na zjawisko całkowicie losowe. Załóżmy, że nieujemna zmienna losowa $X$ oznacza taki czas oczekiwania, a całkowitą losowość zapisujemy poprzez własność braku pamięci:

$\P(X>t+s|X>s)=\P(X>t)\qquad \mbox{dla wszystkich }s,\,t\geq 0.$

Oznaczając $f(t)=\P(X>t)$ , widzimy, iż powyższe równanie jest równoważne $f(t+s)=f(t)f(s)$ . Dodatkowo, $f$ jest nierosnąca, prawostronnie ciągła oraz spełnia $f(0)=1$ , $\lim_{t\to\infty} f(t)=0$ , skąd już wynika, że $f(t)=e^{-\lambda x}$ dla pewnego $\lambda>0$ , a zatem $X$ ma rozkład wykładniczy.

3) Rozkład Gaussa (rozkład normalny). Załóżmy, że $m$ jest ustalonym wektorem w $\R^d$ , a $A$ jest symetryczną i dodatnio określoną macierzą $d\times d$ . Zmienna losowa $X$ ma rozkład normalny (z parametrami $m$ i $A$ ), jeśli jej gęstość wynosi

$g(x)=\frac{\sqrt{\mbox{det}A}}{(2\pi)^{d/2}}\exp\left(-\frac{1}{2}\langle A(x-m),x-m\rangle\right)$

( $\langle \cdot, \cdot\rangle$ oznacza iloczyn skalarny w $\R^d$ ). Sprawdźmy, że funkcja $g$ istotnie całkuje się do $1$ . Z algebry liniowej wiadomo, że istnieje izometria (macierz ortogonalna) $B:\R^d\to \R^d$ taka, że $B^t AB$ ma postać diagonalną:

$B^tAB=\left[\begin{array}{cccc} a_1 & 0 & \ldots & 0\\ 0 & a_2 &\ldots & 0\\ & & \ldots & \\ 0 & 0 & \ldots & a_d \end{array}\right].$

Podstawiając $x-m=By$ , dostajemy \begin{align*} \int_{\R^d} g(x)\mbox{d}x& =\frac{\sqrt{\mbox{det}A}}{(2\pi)^{d/2}}\int_{\R^d} \exp\left(-\frac{1}{2} \langle ABy,By\rangle\right)|\mbox{det}B|\mbox{d}y\\ &=\frac{\sqrt{\mbox{det}A}}{(2\pi)^{d/2}}\int_{\R^d} \exp\left(-\frac{1}{2}\langle B^{-1}ABy,y\rangle \right)\mbox{d}y\\ &=\frac{\sqrt{\mbox{det}A}}{(2\pi)^{d/2}}\int_{\R^d}\exp\left(-\frac{1}{2} \sum_{k=1}^d a_ky_k^2\right)\mbox{d}y\\ &=\frac{\sqrt{\mbox{det}A}}{(2\pi)^{d/2}}\prod_{k=1}^d \int_\R e^{-a_ky_k^2/2}\mbox{d}y_k\\ &=\frac{\sqrt{\mbox{det}A}}{\sqrt{a_1a_2\ldots a_d}}\prod_{k=1}^d\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_\R e^{-z_k^2/2}\mbox{d}z_k\right)=1, \end{align*} gdzie w przedostatnim kroku dokonaliśmy podstawienia $z_k=\sqrt{a_k}y_k$ , a w ostatnim skorzystaliśmy z równości

$\mbox{det}A=a_1a_2\ldots a_d\quad \mbox{ oraz }\quad \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_\R e^{-x^2/2}\mbox{d}x=1.$

W szczególnym przypadku $d=1$ , jeśli $m\in \R$ i $\sigma>0$ (i za macierz $A$ weźmiemy $[\sigma^{-2}]$ ), otrzymujemy gęstość

$g(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\exp\left(-\frac{(x-m)^2}{2\sigma^2} \right),\qquad x\in \R.$

Rozkład ten oznaczamy $\mathcal{N}(m,\sigma^2)$ . W szczególności, rozkład $\mathcal{N}(0,1)$ nazywamy standardowym rozkładem normalnym (standardowym rozkładem Gaussa).

W przypadku zmiennych o rozkładzie ciągłym, mamy następujące kryterium niezależności.

Twierdzenie Załóżmy, że $g_1$ , $g_2$ , $\ldots$ , $g_n$ są gęstościami. Wówczas zmienne losowe $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ , $X_n$ o rozkładach z gęstościami $g_1$ , $g_2$ , $\ldots$ , $g_n$ są niezależne wtedy i tylko wtedy, gdy zmienna $(X_1,X_2,\ldots,X_n)$ ma gęstość $g(x_1,x_2,\ldots,x_n)=g_1(x_1)g_2(x_2)\ldots g_n(x_n).$

Dowód:[Dowód] $\Rightarrow$ Mamy, na mocy niezależności zmiennych, \begin{align*} F_{(X_1,X_2,\ldots,X_n)}&(x_1,x_2,\ldots,x_n)\\ &=F_{X_1}(x_1)F_{X_2}(x_2) \ldots F_{X_n}(x_n)\\ &=\int_{-\infty}^{x_1} g_1(y_1)\mbox{d}y_1\int_{-\infty}^{x_2}g_2(y_2)\mbox{d}y_2\ldots \int_{-\infty}^{x_n}g_n(y_n)\mbox{d}y_n\\ &=\int_{(-\infty,x_1]\times \ldots \times(-\infty,x_n]}g_1(y_1)g_2(y_2)\ldots g_n(y_n)\mbox{d}y_1\mbox{d}y_2\ldots \mbox{d}y_n, \end{align*} skąd natychmiast wynika teza.

$\Leftarrow$ Piszemy ten sam ciąg równości, zaczynając od końca. □

Przykład Zmienne $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ , $X_n$ o rozkładach jednostajnych na $D_1$ , $D_2$ , $\ldots$ , $D_n$ są niezależne wtedy i tylko wtedy, gdy $(X_1,X_2,\ldots,X_n)$ ma rozkład jednostajny na $D_1\times D_2\times \ldots \times D_n$ . Wynika to natychmiast z tego, że gęstość rozkładu jednostajnego na $D_1\times D_2\times \ldots \times D_n$ wynosi

$\frac{1_{D_1\times D_2\times \ldots \times D_n}(x_1,x_2,\ldots,x_n)} {|D_1\times D_2\times \ldots \times D_n|}= \frac{1_{D_1}(x_1)}{|D_1|}\cdot \frac{1_{D_2}(x_2)}{|D_2|}\cdot \ldots \cdot \frac{1_{D_n}(x_n)}{|D_n|},$

a czynniki po prawej stronie to gęstości rozkładów jednostajnych na $D_1$ , $D_2$ , $\ldots$ , $D_n$ , odpowiednio.

W przypadku gdy zmienne losowe są niezależne i mają rozkłady ciągłe, istnieje efektywna metoda liczenia rozkładu ich sumy. Zachodzi następujący fakt.

Twierdzenie Załóżmy, że $X_1$ , $X_2$ są niezależnymi, jednowymiarowymi zmiennymi losowymi o rozkładach z gęstościami $g_1$ oraz $g_2$ , odpowiednio. Wówczas zmienna $X_1+X_2$ ma rozkład z gęstością

$g_1*g_2(x)=\int_\R g_1(x-y)g_2(y)\mbox{d}y.$

Widzimy więc, że $g_1*g_2$ to splot gęstości $g_1$ i $g_2$ .

Dowód:[Dowód] Dla dowolnego $B\in \mathcal{B}(\R)$ mamy \begin{align*} \mathbb{P}(X_1+X_2\in B)&=P_{(X_1,X_2)}(\{(x,y):x+y\in B\})\\ &=\iint_{\{(x,y):x+y\in B\}} g_{(X_1,X_2)}(x,y)\mbox{d}x\mbox{d}y\\ &=\iint_{\{(x,y):x+y\in B\}} g_1(x)g_2(y)\mbox{d}x\mbox{d}y\\ &=\iint_{\R^2} 1_B(x+y)g_1(x)g_2(y)\mbox{d}x\mbox{d}y\\ &=\int_\R\left(\int_\R 1_B(x+y)g_1(x)\mbox{d}x\right)g_2(y)\mbox{d}y\\ &=\int_\R\left(\int_\R 1_B(z)g_1(z-y)\mbox{d}z\right)g_2(y)\mbox{d}y\\ &=\int_B\left(\int_\R g_1(z-y)g_2(y)\mbox{d}y\right)\mbox{d}z\\ &=\int_B g_1*g_2(z)\mbox{d}z.\qedhere \end{align*} □

Przykłady:

1) Jeśli $X_1$ , $X_2$ są niezależnymi zmiennymi losowymi o rozkładzie jednostajnym na $[0,1]$ , to $g_1(x)=g_2(x)=1_{[0,1]}(x)$ , a więc $X_1+X_2$ ma gęstość \begin{align*} g_1*g_2(x)&=\int_\R 1_{[0,1]}(x-y)1_{[0,1]}(y)\mbox{d}y\\ & =\int_\R 1_{[x-1,x]}(y)1_{[0,1]}(y)\mbox{d}y\\ &=\big|[x-1,x]\cap [0,1]\big|=\begin{cases} 0 & \mbox{dla }x<0,\\ x & \mbox{dla }0\leq x<1,\\ 2-x & \mbox{dla }1 \leq x<2,\\ 0 & \mbox{dla }x\geq 2. \end{cases} \end{align*}

2) Załóżmy, że $X_1$ , $X_2$ są niezależnymi zmiennymi losowymi o rozkładach $N(m_1,\sigma_1^2)$ , $N(m_2,\sigma_2^2)$ : zatem

$g_i(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_i}\exp\left(-\frac{(x-m_i)^2}{2\sigma_ i^2}\right),\qquad i=1,\,2.$

Wówczas $X_1+X_2$ ma gęstość \begin{align*} g_1*g_2(x)&=\frac{1}{2\pi \sigma_1\sigma_2}\int_\R \exp\left(-\frac{(x-y-m_1)^2}{2\sigma_1^2} -\frac{(y-m_2)^2}{2\sigma_2^2}\right)\mbox{d}y\\ &=\frac{1}{\sqrt{2\pi(\sigma_1^2+\sigma_2^2)}}\exp\left(-\frac{ (x-m_1-m_2)^2}{2(\sigma_1^2+\sigma_2^2)}\right) \end{align*} (dowód ostatniej równości pozostawiamy jako ćwiczenie). Zatem $X_1+X_2\sim N(m_1+m_2,\sigma_1^2+\sigma_2^2)$ . I ogólniej, przez indukcję: jeśli $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ , $X_n$ są niezależnymi zmiennymi losowymi o rozkładach $N(m_1,\sigma_1^2)$ , $N(m_2,\sigma_2^2)$ , $\ldots$ , $N(m_n,\sigma_n^2)$ , to $X_1+X_2+\ldots+X_n$ ma rozkład $N(m_1+m_2+\ldots+m_n,\sigma_1^2+\sigma_2^2+\ldots+\sigma_n^2)$ .

Zadania

1. Rzucamy monetą, dla której prawdopodobieństwo wypadnięcia orła wynosi $p\in (0,1]$ , aż do momentu wyrzucenia $k$ orłów (łącznie, niekoniecznie pod rząd). Niech $X$ oznacza liczbę rzutów. Wyznaczyć rozkład zmiennej $X$ .

2. Rzucamy dwa razy kostką. Niech $X$ , $Y$ oznaczają minimum oraz maksimum z uzyskanych liczb oczek, odpowiednio. Wyznaczyć rozkłady zmiennych $X$ , $Y$ oraz sprawdzić, że zmienne $X$ i $7-Y$ mają ten sam rozkład.

3. Na skrzyżowaniu ulic na pewnym kierunku światło czerwone świeci się minutę, a światło zielone - pół minuty (zakładamy, że nie ma żółtego światła). Samochód dojeżdża do skrzyżowania (w danym kierunku) w losowym momencie czasowym. Niech $X$ oznacza czas spędzony na skrzyżowaniu; zakładamy, że nie ma korka.

a) Wyznaczyć rozkład zmiennej $X$ .

b) Załóżmy, że po 20 sekundach samochód wciąż nie przejechał skrzyżowania; jakie jest prawdopodobieństwo, że opuści je w przeciągu najbliższych $10$ sekund?

4. Dystrybuanta zmiennej losowej $X$ dana jest wzorem

$F_X(t)= \begin{cases} 0 & \text{dla }t<-1,\\ \frac{1}{2}(t+1) & \text{dla } -1\leq t <0,\\ \frac{3}{4} & \text{dla } 0\leq t <4,\\ 1 & \text{dla }t\geq 4. \end{cases}$

Obliczyć $\mathbb{P}(X=-5)$ , $\mathbb{P}(2<X\leq 5)$ , $\mathbb{P}(X=4)$ , $\mathbb{P}(-1<X<0)$ .

5. Zmienna losowa $X$ ma rozkład o dystrybuancie

$F(t)=\begin{cases} 0 & \mbox{dla }t< 0,\\ t/2 & \mbox{dla }0\leq t<2,\\ 1 & \mbox{dla }t\geq 2. \end{cases}.$

Wyznaczyć dystrybuantę zmiennych $Y=\max(X,1)$ oraz $Z=\min(X,X^2)$ .

6. Niech $F:\R\to [0,1]$ będzie funkcją prawostronnie ciągłą, niemalejącą, taką że $\lim_{t\to\infty}F(t)=1$ oraz $\lim_{t\to-\infty}F(t)=0$ . Wykazać, że $F$ jest dystrybuantą pewnej zmiennej losowej w pewnej przestrzeni probabilistycznej.

7. Z talii $52$ kart losujemy ze zwracaniem pięć razy po jednej karcie. Niech $X$ oznacza liczbę wyciągniętych pików, $Y$ - liczbę wyciągniętych kierów, a $Z$ - liczbę wyciągniętych waletów. Czy zmienne $X$ , $Y$ są niezależne? Czy zmienne $X$ , $Z$ są niezależne?

8. Zmienne losowe $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ , $X_n$ $(n\geq 6)$ są niezależne i mają ten sam rozkład, zadany wzorem $\mathbb{P}(X_i=-1)=\mathbb{P}(X_i=1)=1/2$ , $i=1,\,2,\,\ldots,\,n$ .

a) Czy zmienne $X_1+X_2$ , $X_1X_2$ są niezależne?

b) Czy zmienne $X_1+X_2$ , $X_3$ , $X_4+X_5X_6$ są niezależne?

c) Czy zmienne $X_1$ , $X_1X_2$ , $\ldots$ , $X_1X_2\ldots X_n$ są niezależne?

9. Zmienne losowe $X$ , $Y$ są niezależne, przy czym dla $n=1,\,2,\,\ldots$ mamy $\mathbb{P}(X=n)=(1-p)^{n-1}p$ oraz $\mathbb{P}(Y=n)=(1-q)^{n-1}q.$ Obliczyć $\mathbb{P}(X\leq Y)$ .

10. Dla dowolnej liczby $\omega\in [0,1]$ , niech $X_n(\omega)$ oznacza $n$ -tą cyfrę rozwinięcia dwójkowego $\omega$ , $n=1,\,2,\,\ldots$ (jeśli $\omega$ posiada dwa różne rozwinięcia, to bierzemy to, które zawiera skończoną liczbę jedynek). Wykazać, że $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ są niezależnymi zmiennymi losowymi na przestrzeni probabilistycznej $([0,1],\mathcal{B}([0,1]),|\cdot|)$ .

11. Zmienne $X$ , $Y$ są niezależne, przy czym $X$ nie ma atomów. Udowodnić, że $\mathbb{P}(X=Y)=0$ .

12. Zmienne losowe $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ , $X_n$ są niezależne i mają rozkłady Poissona z parametrami $\lambda_1$ , $\lambda_2$ , $\ldots$ , $\lambda_n$ . Udowodnić, że $X_1+X_2+\ldots+X_n$ ma rozkład Poissona z parametrem $\lambda_1+\lambda_2+\ldots+\lambda_n$ .

13. Zmienna losowa $X$ jest niezależna od siebie samej. Udowodnić, że istnieje $c$ takie, że $\mathbb{P}(X=c)=1$ .

14. Zmienna losowa $X$ ma rozkład wykładniczy z parametrem $1$ .

a) Wyznaczyć rozkłady zmiennych $[X]$ oraz $\{X\}$ .

b) Czy zmienne te są niezależne?\\ Uwaga: $[x]$ , $\{x\}$ oznaczają część całkowitą i część ułamkową liczby $x\in \R$ , odpowiednio.

15. Zmienna losowa $X$ ma rozkład jednostajny na przedziale $[0,1]$ . Wyznaczyć rozkład zmiennej $Y=-\ln X$ .

16. Zmienna losowa $X$ ma rozkład normalny $\mathcal{N}(0,1)$ . Wyznaczyć gęstości zmiennych $Y=e^X$ , $Z=X^2$ .

17. Tekst broszury zawiera $n=100000$ znaków. W trakcie pisania (na komputerze) każdy znak może zostać błędnie wprowadzony z prawdopodobieństwem $0,001$ . Z kolei redaktor znajduje każdy z błędów z prawdopodobieństwem $0,9$ , po czym tekst wraca do autora, który znajduje każdy z pozostałych błędów z prawdopodobieństwem $0,5$ . Oszacować prawdopodobieństwo tego, że po obu korektach broszura będzie zawierała nie więcej niż $3$ błędy.

18. Zmienne losowe $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ , $X_n$ są niezależne i mają rozkłady wykładnicze z parametrami $\lambda_1$ , $\lambda_2$ , $\ldots$ , $\lambda_n$ , odpowiednio. Wyznaczyć rozkład zmiennej $Y=\max(X_1,X_2,\ldots,X_n)$ .

19. Zmienna losowa $(X,Y)$ ma rozkład z gęstością

$g(x,y)=Cxy1_{\{0\leq x\leq y\leq 1\}}.$

a) Wyznaczyć $C$ .

b) Obliczyć $\mathbb{P}(X+Y\leq 1)$ .

c) Wyznaczyć rozkład zmiennej $X/Y$ .

d) Czy $X$ , $Y$ są niezależne?

e) Czy $X/Y$ , $Y$ są niezależne?

20. Zmienne $X$ , $Y$ są niezależne i mają rozkład jednostajny na przedziale $[-1,1]$ . Obliczyć $\P(X^2+Y^2\leq 1)$ .

21. Zmienna losowa $X$ ma rozkład Cauchy'ego, tzn. z gęstością

$g(x)=\frac{1}{\pi}\frac{1}{1+x^2}.$

Udowodnić, że zmienne $X$ , $1/X$ mają ten sam rozkład.

22. Niech $\Gamma(r)=\int_0^\infty x^{r-1}e^{-x}dx$ , $r>0$ . Mówimy, że zmienna $X$ ma rozkład gamma z parametrami $\lambda,\,r$ (ozn. $\Gamma(\lambda,r)$ ), jeśli ma gęstość

$g_{\lambda,r}(x)=\frac{1}{\Gamma(r)}\lambda^rx^{r-1}e^{-\lambda x}1_{[0,\infty)}(x).$

a) Udowodnić, że jeśli $X$ , $Y$ są niezależnymi zmiennymi losowymi, $X \sim \Gamma(\lambda,r),$ $Y\sim \Gamma(\lambda,s)$ , to $X+Y \sim \Gamma(\lambda,r+s)$ .

b) Udowodnić, że jeśli $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ , $X_n$ są niezależnymi zmiennymi losowymi o rozkładzie Exp $(\lambda)$ , to $X_1+X_2+\ldots+X_n$ ma rozkład $\Gamma(\lambda,n)$ .

c) Udowodnić, że jeśli $X_1$ , $X_2$ , $\ldots$ , $X_n$ są niezależnymi zmiennymi losowymi o rozkładzie $\mathcal{N}(0,1)$ , to $X_1^2+X_2^2+\ldots+X_n^2$ ma rozkład $\Gamma(1/2,n/2)$ (jest to tzw. rozkład chi kwadrat o $n$ stopniach swobody.

23. Zmienne losowe $X$ , $Y$ są niezależne i mają rozkład wykładniczy z parametrem $1$ . Udowodnić, że zmienne $X/Y$ oraz $X+Y$ są niezależne.