REˇSITVE. Naloga a. b. c. d Skupaj. FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Oddelek za matematiko Verjetnost 2. kolokvij 23.

Transcript

1 Ime in priimek: Vpisna št: FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Oddelek za matematiko Verjetnost. kolokvij 3. januar 08 Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite reševanja. Nalog je 6, 5 rešenih nalog pa je že 00%. Na razpolago imate uri. Naloga a. b. c. d Skupaj REˇSITVE

2 Verjetnost, 07/8, M. Perman, M. Raič. (0 V populaciji z N posamezniki imamo tri genetske tipe: AA, AB in BB (AB in BA se ne razlikujeta. Naslednja generacija se tvori tako, da se posamezniki ločijo na dve komponenti, vsako s svojim genom, recimo AA v dva gena A in A, nato pa se ti geni povsem naključno spet združijo v pare, tako da so vse možnosti združevanja v pare enako verjetne. Število posameznikov tipa AA v n-ti generaciji bo slučajna spremenljivka, ravno tako število posameznikov tipa AB in BB. Označimo ta števila z R n, S n in T n. Predpostavite, da je bilo število genov tipa A v prvotni populaciji α, genov tipa B pa β. a. (0 Izračunajte E(R n, E(S n in E(T n. Rešitev: Dovolj je izračunati pričakovane vrednosti za n, saj bodo vse naslednje generacije nastale po povsem enakem ključu kot prejšnje. Posameznik v prvi generaciji je nastal s slučajnim izborom dveh izmed vseh α + β razpoložljivih genov. Verjetnost, da sta oba tipa A, je Verjetnost, da je tipa AB, bo in za BB α α + β α α + β. α α + β β α + β β α + β β α + β. Uredimo novo nastale posameznike po vrsti in definirajmo za k,,..., N { če je k-ti posameznik tipa AA I k 0 sicer Ker je R n I + I + + I N, dobimo E(R n E(I + + E(I N. Vse pričakovane vrednosti so enake, zato sledi E(R n Nα(α (α + β(α + β Upoštevali smo α + β N. Podobno sledi α(α (N. in E(S n E(T n αβ N β(β (N.

3 Verjetnost, 07/8, M. Perman, M. Raič b. (0 Izračunajte P (R n r, S n s, T n t za vse dopustne trojice (r, s, t. Kot znano privzemite, da lahko m objektov razmestimo po parih na (m! načinov. m m! Katere trojice so dopustne? Rešitev: Dopustne trojice so take, da velja r + s α in s + t β. Glede porazdelitve trojice (R n, S n, T n se najprej spomnimo, da je neodvisna od n. Za njen izračun razdelimo verjetnostni prostor na enako verjetne izide. Za to sta vsaj dve možnosti. Prva možnost: za izide vzamemo vse možne razporeditve po parih. Če želimo r posameznikov tipa AA, moramo izmed α genov tipa A izbrati r in jih združiti po parih. To lahko naredimo na ( α (r! r r r! načinov. Za tip BB dobimo podobno ( β t (t! t t! načinov. Od preostalih s genov je s tipa A in s tipa B. Te lahko združimo po parih v posamezika tipa AB na s! načinov. Vseh možnosti združevanja po parih je (N! N N!. Sledi ( α ( β r t (r! (t! s! N! N P (R n r, S n s, T n t r! r t! t (N! α! β! N! s r! s! t! (N!. Druga možnost: za izide vzamemo razporeditve neoznačenih genov A in B po N označenih pozicijah, ki po dve in dve določajo genotipe posameznikov v naslednji generaciji. Vseh možnih razporeditev je ( ( N α N β (N!. Razporeditve, pri α! β! katerih je r posameznikov tipa AA, s posameznikov tipa AB in t posameznikov tipa BB, pa dobimo tako, da najprej določimo, kateri posamezniki bodo imeli določen genotip, nato pa pri genotipu AB še, ali naj nastane iz zaporedja AB ali iz zaporedja BA. Dobimo N! r! s! t! s razporeditev. Sledi kar je isto kot prej. P (R n r, S n s, T n t N! r! s! t! s (N! α! β! α! β! N! s r! s! t! (N!, 3

4 Verjetnost, 07/8, M. Perman, M. Raič. (0 Naj bo n in naj bodo X, X,..., X n neodvisne s P (X k P (X k za vse k,,..., n. Označimo S X + X + + X n. a. (0 Dokažite, da je za vsak k,,..., n slučajna spremenljivka S neodvisna od X k. Namig: uporabite simetrijo. Rešitev: Zaradi simetrije je slučajni vektor (X,..., X n porazdeljen enako kot ( X,..., X n. Če oba vektorja ustrezno preslikamo, dobimo, da je slučajni vektor (X, S porazdeljen enako kot ( X, S. Če še ta dva ustrezno preslikamo, dobimo, da je slučajni vektor (X, S porazdeljen enako kot ( X, S, to pa pomeni, da za s 0,,..., n velja Po drugi strani je Sledi, da je P (X, S s P (X, S s. P (X, S s + P (X, S s P ( S s. P (X, S s P (X, S s P ( S s. b. (0 Je S neodvisna od slučajnega vektorja (X, X? Rešitev: Ne. Dogodek {X, X, S n} je namreč nemogoč, medtem ko je P (X, X P ( S n n > 0. 4

5 Verjetnost, 07/8, M. Perman, M. Raič 3. (0 Slučajne spremenljivke X, Y in Z naj imajo za a > 0 gostoto ( (xy z a e x e y π Γ(a Γ a + za x > 0, y > 0 in xy z > 0, sicer pa naj bo gostota enaka 0. a. (0 Pokažite, da sta slučajni spremenljivki X in Y neodvisni. Kakšni sta njuni porazdelitvi? Rešitev: Izračunamo robno gostoto vektorja (X, Y kot f X,Y (x, y xy xy f X,Y,Z (x, y, z dz S substitucijo z xy u ugotovimo, da je f X,Y (x, y ( (xy a π Γ(a Γ a + e x e y ( u a du Opazimo, da je gostota produkt funkcij na (0,, torej sta X in Y res neodvisni. Opazimo tudi, da je X, Y Γ ( a +,. b. (0 Definirajte slučajne spremenljivke U, V in W s predpisom ( ( U W X Z. W V Z Y Kot znano privzemite, da je Jacobijeva determinanta preslikave (x, y, z Φ (y, x, z xy z enaka (xy z 3. Izračunajte gostoto vektorja (U, V, W. Rešitev: Velja, da je Φ Φ in da preslika Φ področje {(x, y, z: x > 0, y > 0, xy z > 0} bijektivno nase. Uporabimo transformacijsko formulo in dobimo f U,V,W (u, v, w ( (uv w a e (u+v/(uv w π Γ(a Γ a + za u, v > 0 in uv w > 0. 5

6 Verjetnost, 07/8, M. Perman, M. Raič 4. (0 Naj bodo slučajne spremenljivke X 0, U, U,..., U n med sabo neodvisne z E(X 0 E(U E(U n 0 in var(x 0 ter var(u ρ k za k,,..., n. Rekurzivno definiramo X k ρx k + U k za k,,..., n. Privzemite, da je ρ (,. a. (5 Pokažite, da imajo vse slučajne spremenljivke X k za k 0,,..., n enako varianco. Rešitev: Iz rekurzivne formule je razvidno, da je X k neodvisna od U k. V tem primeru je potem var(x k ρ var(x k + var(u k. Trditev lahko preverimo z indukcijo. b. (5 Izračunajte ( E X k X k. k Rešitev: Zaradi linearnosti je dovolj izračunati E(X k X k. Upoštevamo, da je X k neodvisna od U k, in dobimo E(X k X k E [ ρx k ] + E [Xk U k ]. Druga pričakovana vrednost je po predpostavkah enaka 0, prva pa je, ker so pričakovane vrednosti vseh X k enake 0, enaka ρ var(x k, torej ( E X k X k nρ ρ. k c. (0 Izračunajte za 0 k < l n. cov(x k, X l Rešitev: Zapišemo cov(x k, X l cov(x k, ρx l + U l. Upoštevamo bilinearnost kovariance ter neodvisnost U l in X l in sledi Po indukciji bo sledilo cov(x k, X l ρ cov(x k, X l. cov(x k, X l ρ l k var(x k ρl k ρ. 6

7 Verjetnost, 07/8, M. Perman, M. Raič 5. (0 Naj bosta X in Y neodvisni slučajni spremenljivki in Z X + Y njuna vsota. a. (0 Recimo, da je X Geom(4/5 in Z Geom(/3. Določite porazdelitev slučajne spremenljivke Y. Opomba: vzamemo dogovor, po katerem je slučajna spremenljivka N porazdeljena geometrijsko Geom(p, če je P (N n p( p n za n,, 3,... Rešitev: Rodovni funkciji slučajnih spremenljivk X in Z sta: G X (s 4s 5 s in G Z (s s 3 s. Slučajna spremenljivka Y mora torej imeti rodovno funkcijo: G Y (s G Z(s G X (s 5 s 6 s + 3 s s n 3, n+ njena porazdelitev pa je podana s predpisom: P (Y n, P (Y n ; n,, 3,... 3n+ b. (0 Naj bo 0 < a, b <. Določite potreben in zadosten pogoj za obstoj neodvisnih slučajnih spremenljivk X in Y, pri katerih je X Geom(a in X + Y Geom(b. Rešitev: Iskane slučajne spremenljivke obstajajo natanko tedaj, ko obstaja porazdelitev z rodovno funkcijo: G Y (s bs ( bs as ( as b ( as a ( bs ( b a b a + a( b ( bs b a + b(a b a ( b n s n. Porazdelitev s tako rodovno funkcijo pa obstaja natanko tedaj, ko je a b. n 7

8 Verjetnost, 07/8, M. Perman, M. Raič 6. (0 Naj bodo X, X,..., X n neodvisne in enako porazdeljene slučajne spremenljivke, in sicer z geometrijsko porazdelitvijo: P (X i k ( qq k ; i,,..., n; k,, 3,... a. (0 Za i j izračunajte E [ X i (X j < X i ] in E [ X i (X j X i ]. Namig: pogojujte na X i. Pomoč: kq k ( q. k Rešitev: Za k,,... velja E [ X i (X j < X i X i k ] k P (X j < k X i k k P (X j < k k( q( + q + + q k k( q k. Še drugače zapisano, velja E [ ] ( X i (X j < X i X i Xi q X i. Sledi E [ X i (X j < X i ] ( E [X ] i q X i k( q k ( qq k k [ ] ( q ( q ( q q( + q ( q( + q. Podobno je E [ ] ( X i (X j X i X i Xi q X i in E [ X i (X j X i ] ( E [X ] i q X i k( q k ( qq k k [ ] ( q ( q q ( q + q + q ( q( + q. b. (5 Vezani rang vrednosti a med vrednostmi x, x,..., x n definiramo kot {j; x j < a} + {j; x j a} + kjer znak označuje moč množice. Tako je, če so vse vrednosti x j različne, vezani rang r-te najmanjše vrednosti enak r., 8

9 Verjetnost, 07/8, M. Perman, M. Raič Naj bo R i rang vrednosti X i med vrednostmi X, X,..., X n. Izračunajte n i R i in E(R i. Namig: izrazite z indikatorji in zamenjajte indekse. Rešitev: Velja R i i ( ( (X j < X i + (X j X i i n + j i (X j < X i + j Z menjavo indeksov v drugi vsoti dobimo R i n + (X j < X i + i n + i i n(n +. j j i i + (X j X i. j (X i X j Torej je tudi n i E(R i n(n+. Ker morajo biti zaradi simetrije vse pričakovane vrednosti enake, je E(R i n+ za vse i,,..., n. c. (5 Za poljubna i in j izračunajte cov(x i, R j. Namig: vse se da izpeljati iz primera, ko je i j; glejte vsoto vseh vezanih rangov. Rešitev: Najprej izračunamo [ E(X i R i ( E [ X i (X j < X i ] + E [ X i (X j X i ] ] + E(X i j n [ q( + q ( q( + q + + q + ] q + ( q( + q ( q n( + q + + q. ( q Sledi cov(x i, R i n( + q + + q ( q j n + ( q nq ( q. Nadalje, ker je vsota vseh rangov konstantna, je cov ( X i, n j R j 0, torej je cov ( X i, n j R j nq. Ker so zaradi simetrije vse korelacije cov(x ( q i, R j, i j konstantne, mora za i j veljati nq cov(x i, R j (n ( q. 9