P(Ο Χρήστος κερδίζει) = 1 P(Ο Χρήστος χάνει) = 1 P(X > Y ) = 1 2. P(Ο Χρήστος νικά σε 7 από τους 10 αγώνες) = 7

Transcript

1 ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών HY-27: Πιθανότητες - Χειµερινό Εξάµηνο 28 ιδάσκων: Π. Τσακαλίδης Λύσεις Εβδοµης Σειράς Ασκήσεων Ηµεροµηνία Ανάθεσης: 3/2/28 Ηµεροµηνία Παράδοσης: 7/2/28 Θέµατα: Συνεχείς Τυχαίες Μεταβλητές(ΙΙ). Ασκηση. (α) P(Ο Χρήστος κερδίζει) = P(Ο Χρήστος χάνει) = P(X > Y ) = 3 x dydx = 7 8 (ϐ) Το πλήθος των αγώνων που κερδίζει ο Χρήστος στο σύνολο αγώνων είναι µια απλή διωνυµική τυχαία µεταβλητή µε παράµετρο και µε πιθανότητα αυτή που υπολογίστηκε στο ερώτηµα (α). Εχουµε λοιπόν: P(Ο Χρήστος νικά σε 7 από τους αγώνες) = ( 7 )( 7 8 ) 7 ( ) 3 8 (γ) Εφόσον ο αγώνας είναι αγώνας ταχύτητας, ο νικητής έχει τον µικρότερό χρόνο. Άρα η κατανοµή του χρόνου για τον νικητή του αγώνα είναι: W = min{x, Y }. Για να υπολογίσουµε το Ϲητούµενο, χρειάζεται αρχικά να υπολογίσουµε την αθροιστική συνάρτηση κατανοµής της W : F W (w) = P(min(X,Y ) w) = P(min(X,Y ) > w) = P(X > x,y > x),w, /2(3 w), < w 2 = /4(2 7w + w 2 ),2 < w 3,w > 3 Άρα η συνάρτηση πιθανότητας της W µπορεί να παραχθεί από την αθροιστική συνάρτηση κατανοµή της: 2, < x 2, 7 f X (x) = 4 w 2,2 < w 3, αλλιώς Ασκηση 2. (α) P(B A) = P(A B)P(B) P(A) = (.5)(.5).75 Ενας άλλος τρόπος για να προσεγγίσουµε είναι να συνειδητοποιήσουµε ότι στον κόσµο του A, το f X,Y (x,y) παραµένει οµοιόµορφη κατανοµή και από την εικόνα παρατηρούµε ότι (B A) είναι 3 του (A). (ϐ) Εχουµε ότι: f X Y (x.5) = f X,Y (x,.5) f Y (.5) µε: f Y (y) = y f X,Y (x,y)dx = y = 3 2dx = 2 2y

2 Πιθανότητες - 28/ Εβδοµη Σειρά Ασκήσεων 2 Σχήµα : Άσκηση 2, ερώτηµα (α). Για y =.5 η f Y (y) γίνεται: f Y (.5) = 2 2(.5) = Άρα: { 2, x.5, f X Y (x.5) =, αλλιώς Για την δεσµευµένη µέση τιµή και διασπορά της τ.µ. X δεδοµένου του Y =.5 έχουµε: var(x Y =.5) = E[(X E[X Y =.5]) 2 ] = (γ) Εχουµε : Με f X B (x) = f X,Y B (x,y) = E[X Y =.5] =.25 Y B.5 f X Y (x.5)(x.25) 2 dx = f X,Y B (x,y)dy, x B { fx,y (x,y) P(B),x,y B,, αλλιώς Η από κοινού συνάρτηση πυκνότητα πιθανότητας δεδοµένου του B είναι: { 2 f X,Y B (x,y) =.5 = 4,x >,x + y,y > x,, αλλίως.5 2(x.25) 2 dx = 48 Άρα: Συνεπώς (δ) f X B (x B) = x x f X B (x) = x x 4dy, x.5 { 4 8x, x.5, 4dy = 4( x y) =, αλλίως E[XY ] = y xyf X,Y (x,y)dxdy = y xy2dxdy = (y 2y 2 + y 3 )dy = 2 (ε) Εφόσον Z = Y X έχουµε ότι: F Z (z) = P(Z z) = ( ) z ()(2)(.5) + z

3 Πιθανότητες - 28/ Εβδοµη Σειρά Ασκήσεων 3 f Z (z) = = = d dz F Z(z) z ( + z) 2 + z + ( + z) 2 Συνεπώς: f Z (z) = { (+z) 2, z,, αλλίως Ασκηση 3. (α) Εφόσον οι X και Y είναι ανεξάρτητες, η από κοινού συνάρτηση πιθανοτήτων είναι: {, x, y, f X,Y (x,y) = f X (x)f Y (y) =, αλλίως Ορίζουµε το γεγονός R όταν X.25 και το γεγονός R 2 όταν Y.25. Ενα µήνυµα έχει ληφθεί εντός 5 λεπτών από τον B, αν ο A έστειλε δυο µηνύµατα και τουλάχιστον ένα από τα R και R 2 συνέβει. Η Ϲητούµενη πιθανότητα που ϑέλουµε να υπολογίσουµε είναι η εξής: Υπολογίζουµε κάθε όρο ξεχωριστά: Εφόσον τα X και Y είναι ανεξάρτητα: Οπότε η Ϲητούµενη πιθανότητα είναι: P(R R 2 ) = P(R ) + P(R 2 ) P(R R 2 ) P(R ) = P P(R 2 ) = P ( X ) = 4 4 ( Y ) = 4 4 P(R R 2 ) = P(R ).P(R 2 ) = /4 + /4 /6 = 7/6 ( ) 2 = 4 6 Να σηµειωθεί ότι η Ϲητούµενη πιθανότητα είναι η συνολική γραµµοσκιασµένη περιοχή στο σχήµα 2. (ϐ) Εστω B το γεγονός ότι ένα µήνυµα λαµβάνεται εντός 5 λεπτών, αλλά δεν επιβεβαιώνεται. Τότε: B = R R2 c R c R 2 Παρατηρήστε ότι αυτή είναι η ένωση δυο ξένων µεταξύ τους γεγονότων, οπότε: P(B) = P(R R2) c + P(R c R 2 ) και η ανεξαρτησία των R και R 2 ακολουθεί την απλοποίηση P(B) = P(R ).P(R2 c ) + P(Rc ).P(R 2) Άρα η Ϲητούµενη πιθανότητα είναι: (/4)(3/4) + (3/4)(/4) = 3 8c Να σηµειωθεί ότι η Ϲητούµενη πιθανότητα είναι η συνολική γραµµοσκιασµένη περιοχή στο σχήµα 3.

4 Πιθανότητες - 28/ Εβδοµη Σειρά Ασκήσεων 4 Σχήµα 2: Άσκηση 3, ερώτηµα α. Σχήµα 3: Άσκηση 3, ερώτηµα ϐ. (γ) Επαλήθευση ενός µηνύµατος συµβαίνει όταν και το δεύτερο µήνυµα λαµβάνεται από τον σταθµό B, άρα για t [,] έχουµε: F T (t) = P(T t) = P(X t Y t) εφόσον τα X και Y είναι ανεξάρτητα, µπορούµε να το γράψουµε και ως εξής: P(X t)p(y t) = t t = t 2 Η αθροιστική συνάρτηση κατανοµής είναι:, < t, F T (t) = t 2, < t, < t <

5 Πιθανότητες - 28/ Εβδοµη Σειρά Ασκήσεων 5 Οπότε: { 2t, t, f T (t) =, αλλιώς Στο σχήµα 4 η γραµµοσκιασµένη επιφάνεια είναι η Ϲητούµενη πιθανότα. Σχήµα 4: Άσκηση 3, ερώτηµα (γ). (δ) Το γεγονός ότι ο υπάλληλος δεν ϑα ϐρίσκεται παρών για να λάβει την επαληθευση είναι { X Y > 4 }. Μπορούµε να εξάγουµε την Ϲητούµενη πιθανότητα εύκολα από το σχήµα 5 Σχήµα 5: Άσκηση 3, ερώτηµα (δ). (ε) Γνωρίζουµε ότι η στρατηγική από το ερώτηµα (δ) έχει πιθανότητα επαλήθευσης 9/6. Η άλλη στρατηγική να στέλνουµε τον υπάλληλο σπίτι του µετά από 45 λεπτά έχει πιθανότητα επιβεβαίωσης P(T 3 4 ) = 9 6, υπολογίζοντας την έκφραση στο ερώτηµα (γ). Συνεπώς, και οι δυο στρατηγικές είναι εξίσου αποτελεσµατικές.

6 Πιθανότητες - 28/ Εβδοµη Σειρά Ασκήσεων 6 Ασκηση 4. Για x <, η αθροιστική συνάρτηση κατανοµής είναι, και για x > 2 είναι. Για τιµές του x µεταξύ και 2, µπορούµε να ϐρούµε την αθροιστική συνάρτηση κατανοµής χρησιµοποιώντας τον ολικό ϑεώρηµα πιθανοτήτων. Υποθέτουµε χωρίς να χάνεται η γενίκευση, ότι η Μαρία στοιχιµατίζει κεφαλή. Τότε: F X (x) = P(X x) = P(X x,h) + P(X x,t) = /2(P(X x H) + P(X x T)) = /2(P(U x ) + P(U x ) { /2( ( x)), x, = /2(x ), < x 2 = 2 για x 2 Οπότε, X U[,2], κατανέµεται οµοιόµορφα ανάµεσα στο και 2. Ασκηση 5. (α) Αν k <, τότε p Y (k) =. Αν k, τότε: p Y (k) = P(Y = k) = P(k X < k + ) = F X (k + ) F X (k) = ( e λ(k+) ) ( e λk )e λk e λ(k+) = e λk ( e λ ) Με άλλα λόγια, Y η κβαντοποιηση της εκθετικής τυχαίας µεταβλητής X, είναι µια γεωµετρική τυχαία µεταβλητή (e λ ), όπου e λ είναι η πιθανότητα επιτυχίας µέσα σε µια µονάδα χρόνου. (ϐ) Εφόσον για µια συνεχής τυχαία µεταβλητή η πιθανότητα για οποιοδήποτε σηµείο είναι, P(X < x) = P(X x) = F X (x) Τώρα, εφόσον: Z = X Y = X X < το σφάλµα κβαντισης της συνάρτηση πυκνότητας πιθανότητας της f Z (z) είναι αν z < ή z. Αν z <, τότε: F Z (z) = P(Z z) = P( Z z) = P(k X k + z) k= = ( e λz ) = e λz e λ k= e λk Συνεπώς: f Z (z) = λe λz e λ, z < Ασκηση 6. (α) Για να υπολογίσουµε την συνάρτηση πυκνότητας πιθανότητας της P, εφαρµόζουµε τον κανόνα του Bayes για µείξη τυχαίων µεταβλητών: f P X (p x) = p X P (x p) p X Pf P (p)dp f P(p)

7 Πιθανότητες - 28/ Εβδοµη Σειρά Ασκήσεων 7 Σχήµα 6: Άσκηση 6 Τώρα δεδοµένου ότι X = 9, έχουµε αν p τότε f P X (p 9) = p9 ( p) p9 ( p)dp = p9 ( p) = p 9 ( p) / Το σχήµα 6 δείχνει τη µη δεσµευµένη και δεσµευµένη συνάρτηση πυκνότητα πιθανότητας της P. εδοµένου της πληροφορίας ότι ϱίψεις έφεραν ως αποτέλεσµα 9 κεφάλες, η συνάρτηση πυκνότητα πιθανότητας ολισθαίνει προς την τιµή.9. Στην πραγµατικότητα, η µέγιστη τιµή που µπορεί να πάρει η δεσµευµένη συνάρτηση πυκνότητα πιθανότητας είναι p =.9. Η δεσµευµένη µέση τιµή είναι 5/6, άρα η ελάχιστη µέση τετραγωνική εκτίµηση της P δεδοµένου X = 9 είναι 5/6 = <.9. (ϐ) Εστω ότι το αποτέλεσµα της i-οστής ϱίψης είναι µια τυχαία µεταβλητή Y i, όπου Y i = αντιστοιχεί σε κεφαλή και Y i = αντιστοιχεί σε γράµµατα. Η δεσµευµένη συνάρτηση πυκνότητα πιθανότητας της Y i δεδοµένου του P = p είναι { p,yi =, P Yi P(y i p) = p,y i = Οι ϱίψεις του νοµίσµατος είναι ανεξάρτητες δεδοµένου της πιθανότητας, άρα: p Y,...,Y P(y,...,y p) = p Y P(y p)p Y2 P(y 2 p)...p Y P(y p) Για να είναι τα αποτελέσµατα των ϱίψεων 9 κεφαλές που ακολουθεί µια ϕορά γράµµατα, τότε: p Y,...,Y P(H,H,...,H,T p) = p 9 ( p) Χρησιµοποιώντας τον κανόνα του Bayes για να υπολογίσουµε την δεσµευµένη συνάρτηση πυκνότητα πιθανότητας της P, έχουµε f P Y,...,Y (p H,H,...,H,T) = p Y,...,Y P(H,H,...,H,T p) f P (p) p Y,...,Y (H,H,...,H,T). Η έκφραση αυτή είναι µηδέν όταν p < ή p > εφόσον η a priori συνάρτηση πυκνότητα πιθανότητας f P (p) είναι µηδέν. Για p p 9 ( p) f P Y,...,Y (p H,H,...,H,T) = f Y,...,Y P(H,H,...,H,T p)f P (p)dp

8 Πιθανότητες - 28/ Εβδοµη Σειρά Ασκήσεων 8 = p9 ( p) p9 ( p)dp = p9 ( p) Παρατηρήστε ότι το αποτέλεσµα είναι ανεξάρτητο από την σειρά των κεφαλών και γραµµάτων. Αυτό οφείλεται στο γεγονός ότι οι ϱίψεις είναι ανεξάρτητες και κατ επέκταση η δεσµευµένη συνάρτηση πυκνότητα πιθανότητας της Y i δεδοµένου του P είναι συνάρτηση µόνο για το πλήθος των κεφαλών. Ασκηση 7. Για να εκφράσουµε τον ρ X,2Y σε σχέση µε τον ρ X,Y, προχωράµε ως ακολούθως: COV (X,2Y ) = E ((X EX) (2Y E2Y )) = 2E ((X EX) (Y EY )) = 2COV (X,Y ) σ 2Y = E (2Y E2Y ) 2 = 4E (Y EY ) 2 = 2σ Y ρ X,2Y = COV (X,2Y ) 2COV (X,Y ) COV (X,Y ) = = = ρ X,Y σ X σ 2Y σ X 2σ Y σ X σ Y Εν γένει, ο συντελεστής ετεροσυσχέτισης των ax + b και cy + d είναι ρ X,Y αν a >, b > και c >, d >. Ασκηση 8. (α) Αφού Z = 2(X + Y )(X Y ) = 2(X 2 Y 2 ), ϑα έχουµε: E[Z] = 2(E[X 2 ] E[Y 2 ]) = 2(V ar(x) V ar(y ) + E 2 [X] E 2 [Y ]) = 4 (ϐ) Εχουµε ότι: (γ) Είναι: Cov(T,U) = Cov(2X + Y,2X Y ) = 4Cov(X,X) 2Cov(X,Y ) + 2Cov(Y,X) Cov(Y,Y ) = 4V ar(x) V ar(y ) = 7 E[W] = E[3X + Y + 2] = 3E[X] + E[Y ] + 2 = 9 V ar(w) = V ar(3x + Y + 2) = 9V ar(x) + V ar(y ) + 6Cov(X,Y ) = 48.6 όπου Cov(X,Y ) = ρ V ar(x)v ar(y ) = 3.6. Ασκηση 9. Το σηµαντικό σηµείο είναι να παρατηρήσουµε ότι οι X,X 2, είναι τυχαίες ανεξάρτητες µετα- ϐλητές, και εποµένως οι Y n και Y n+k είναι επίσης ανεξάρτητες αν k 3. Άρα, Cov(Y n,y n+k ) = αν k 3. Τώρα για k = έχουµε ότι: Cov(Y n,y n ) = V ar(y n ) = V ar(x n + X n+ + X n+2 ) = V ar(x n ) + V ar(x n+ ) + V ar(x n+2 ) = 3σ 2 όπου έχουµε χρησιµοποιήσει την ανεξαρτησία των X n,x n+,x n+2 ακόµη µια ϕορά. Για k = έχουµε: Cov(Y n,y n+ ) = Cov(X n + X n+ + X n+2,x n+ + X n+2 + X n+3 ) = Cov(X n,x n+ + X n+2 + X n+3 ) + Cov(X n+ + X n+2,x n+ + X n+2 + X n+3 ) = + Cov(X n+ + X n+2,x n+ + X n+2 ) + Cov(X n+ + X n+2,x n+3 ) = V ar(x n+ + X n+2 ) + = 2σ 2 όπου έχουµε χρησιµοποιήσει τη διγραµµικότητα της συνάρτησης γινοµένου απόκλισης συν τη ανεξαρτησία των X n,x n+,x n+2. Τελικά, για k = 2 έχουµε: Cov(Y n,y n+2 ) = Cov(X n + X n+ + X n+2,x n+2 + X n+3 + X n+4 ) = Cov(X n + X n+,x n+2 + X n+3 + X n+4 ) + Cov(X n+2,x n+2 + X n+3 + X n+4 ) = + Cov(X n+2,x n+2 ) + Cov(X n+2,x n+3 + X n+4 ) = V ar(x n+2 ) + = σ 2 όπου η λογική είναι παρόµοια µε αυτή της περίπτωσης k =. Περιληπτικά, έχουµε ότι Con(Y n,y n+k ) = (3 k)σ 2 για k =,,2 και Con(Y n,y n+k ) = για k 3.