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

Σχετικά έγγραφα
12xy(1 x)dx = 12y. = 12 y. = 12 y( ) = 12 y 1 6 = 2y. x 6x(1 x)dx = 6. dx = 6 3 x4

c(x 1)dx = 1 xf X (x)dx = (x 2 x)dx = 2 3 x3 x 2 x 2 2 (x 1)dx x 2 f X (x)dx = (x 3 x 2 )dx = 2 4 x4 2 3 x3

p(x, y) = 1 (x + y) = 3x + 6, x = 1, 2 (x + y) = 3 + 2y, y = 1, 2, 3 p(1, 1) = = 2 21 p X (1) p Y (1) = = 5 49

c(2x + y)dxdy = 1 c 10x )dx = 1 210c = 1 c = x + y 1 (2xy + y2 2x + y dx == yx = 1 (32 + 4y) (2x + y)dxdy = 23 28

P( X < 8) = P( 8 < X < 8) = Φ(0.6) Φ( 1) = Φ(0.6) (1 Φ(1)) = Φ(0.6)+Φ(1) 1

1 1 c c c c c c = 1 c = 1 28 P (Y < X) = P ((1, 2)) + P ((4, 1)) + P ((4, 3)) = 2 1/ / /28 = 18/28

xp X (x) = k 3 10 = k 3 10 = 8 3

cov(x, Y ) = E[(X E[X]) (Y E[Y ])] cov(x, Y ) = E[X Y ] E[X] E[Y ]

P (A) + P (B), [Α,Β: ξένα µεταξύ τους] P (C A B) [P (A) + P (B)] P (C A) P (A) P (B) 3 4 ( ) 1 7 = 3 7 =

, x > a F X (x) = x 3 0, αλλιώς.

Πανεπιστήµιο Κρήτης - Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών. ΗΥ-217: Πιθανότητες-Χειµερινό Εξάµηνο ιδάσκων : Π. Τσακαλίδης

0, x < 0 1+x 8, 0 x < 1 1 2, 1 x < x 8, 2 x < 4

200, δηλαδή : 1 p Y (y) = 0, αλλού

10ο Φροντιστηριο ΗΥ217 - Επαναληπτικό

ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΗ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗ I Παντελής Δημήτριος Τμήμα Μηχανολόγων Μηχανικών

P (M = 9) = e 9! =

ΚΑΤΑΝΟΜΕΣ Ι ΙΑΣΤΑΤΩΝ ΤΥΧΑΙΩΝ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ (Συνέχεια)

0 x < (x + 2) 2 x < 1 f X (x) = 1 x < ( x + 2) 1 x < 2 0 x 2

P (A) = 1/2, P (B) = 1/2, P (C) = 1/9

(365)(364)(363)...(365 n + 1) (365) k

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών. HY-217: Πιθανότητες - Χειµερινό Εξάµηνο 2015 ιδάσκων : Π. Τσακαλίδης

Πιθανότητες και Αρχές Στατιστικής (5η Διάλεξη) Σωτήρης Νικολετσέας, καθηγητής Τμήμα Μηχανικών Η/Υ & Πληροφορικής, Πανεπιστήμιο Πατρών Ακαδημαϊκό Ετος

8 Άρα η Ϲητούµενη πιθανότητα είναι

ΚΑΤΑΝΟΜΕΣ Ι ΙΑΣΤΑΤΩΝ ΤΥΧΑΙΩΝ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ (Συνέχεια)

P(200 X 232) = =

Περιεχόμενα 5ης Διάλεξης 1 Ανισότητα Markov 2 Διασπορά 3 Συνδιασπορά 4 Ανισότητα Chebyshev 5 Παραδείγματα Σωτήρης Νικολετσέας, αναπληρωτής καθηγητής 5

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών. HY-217: Πιθανότητες - Χειµερινό Εξάµηνο 2017 ιδάσκων : Π. Τσακαλίδης

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών. HY-217: Πιθανότητες - Χειµερινό Εξάµηνο 2012 ιδάσκων : Π. Τσακαλίδης. Λύσεις Τρίτης Σειράς Ασκήσεων

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών. HY-217: Πιθανότητες -Χειµερινό Εξάµηνο 2012 ιδάσκων : Π. Τσακαλίδης. Λύσεις : Τέταρτη Σειρά Ασκήσεων

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Περίληψη ϐασικών εννοιών στην ϑεωρία πιθανοτήτων

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών. HY-217: Πιθανότητες - Χειµερινό Εξάµηνο 2014 ιδάσκων : Π. Τσακαλίδης. Λύσεις εύτερης Σειράς Ασκήσεων

P = 0 1/2 1/ /2 1/

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών. HY-217: Πιθανότητες - Χειµερινό Εξάµηνο 2016 ιδάσκων : Π. Τσακαλίδης. Λύσεις Τρίτης Σειράς Ασκήσεων

Λύσεις 4ης Ομάδας Ασκήσεων

X(t) = A cos(2πf c t + Θ) (1) 0, αλλού. 2 cos(2πf cτ) (9)

ΠΟΛΥΔΙΑΣΤΑΤΕΣ ΤΥΧΑΙΕΣ ΜΕΤΑΒΛΗΤΕΣ

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών. HY-217: Πιθανότητες-Χειµερινό Εξάµηνο ιδάσκων : Π. Τσακαλίδης.

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΤΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ - ΤΜΗΜΑ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΜΕΤΑΠΤΥΧΙΑΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 26 ΙΟΥΛΙΟΥ 2009 ΕΥΤΕΡΟ ΜΕΡΟΣ :

Πανεπιστήµιο Κρήτης - Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών. ΗΥ-217: Πιθανότητες-Χειµερινό Εξάµηνο 2015 ιδάσκων : Π. Τσακαλίδης. Λύσεις Τρίτης Σειράς Ασκήσεων

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών. HY-317: Εφαρµοσµένες Στοχαστικές ιαδικασίες - Εαρινό Εξάµηνο ιδάσκων : Π.

Θεωρία Πιθανοτήτων, εαρινό εξάμηνο Λύσεις του όγδοου φυλλαδίου ασκήσεων.

p B p I = = = 5

pdf: X = 0, 1 - p = q E(X) = 1 p + 0 (1 p) = p V ar(x) = E[(X µ) 2 ] = (1 p) 2 p + (0 p) 2 (1 p) = p (1 p) [1 p + p] = p (1 p) = p q

pdf: X = 0, 1 - p = q E(X) = 1 p + 0 (1 p) = p V ar(x) = E[(X µ) 2 ] = (1 p) 2 p + (0 p) 2 (1 p) = p (1 p) [1 p + p] = p (1 p) = p q

Αριθµητική Ανάλυση. Ενότητα 5 Προσέγγιση Συναρτήσεων. Ν. Μ. Μισυρλής. Τµήµα Πληροφορικής και Τηλεπικοινωνιών,

Ακολουθούν ενδεικτικές ασκήσεις που αφορούν την πρώτη εργασία της ενότητας ΔΙΠ50

P (A B) = P (AB) P (B) P (A B) = P (A) P (A B) = P (A) P (B)

Τυχαία Διανύσματα και Ανεξαρτησία

ΘΕΩΡΙΑ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ Ι (ΝΠΣ) ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ Ι (ΠΠΣ) Φεβρουάριος 2010

(1) 98! 25! = 4 100! 23! = 4

Κεφάλαιο 3: Τυχαίες µεταβλητές και κατανοµές πιθανότητας.

Pr (a X b, c Y d) = c. f XY (x, y) dx dy, (15.1) Pr ((X, Y ) R) = f XY (x, y) dx dy. (15.2)

f(y) dy = b a dy = b a x f(x) dx = b a dx = x 2 = b2 a 2 2(b a) b a dx = = (a2 + ab + b 2 )(b a) 3(b a)

ΚΑΤΑΝΟΜΕΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΑΣ ΤΥΧΑΙΩΝ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ (Συνέχεια)

ΒΑΣΙΚΕΣ ΙΑΚΡΙΤΕΣ ΚΑΤΑΝΟΜΕΣ (Συνέχεια)

Θεωρία Πιθανοτήτων, εαρινό εξάμηνο Λύσεις του έβδομου φυλλαδίου ασκήσεων. f X (t) dt για κάθε x. F Y (y) = P (Y y) = P X y b ) a.

Τυχαίες Μεταβλητές (τ.µ.)

ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ

ΚΑΤΑΝΟΜΕΣ Ι ΙΑΣΤΑΤΩΝ ΤΥΧΑΙΩΝ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ

Σχολή Εφαρμοσμένων Μαθηματικών και Φυσικών Επιστημών Εθνικό Μετσόβιο Πολυτεχνείο. Ενδεικτικές Λύσεις Ασκήσεων. Κεφάλαιο 1. Κοκολάκης Γεώργιος

ΤΥΠΟΛΟΓΙΟ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗΣ

P (A B) = P (A) + P (B) P (A B).

n i P(x i ) P(X = x i ) = lim

3. Κατανομές πιθανότητας

3. ΠΑΡΑΜΕΤΡΟΙ ΚΑΤΑΝΟΜΩΝ

(1) 98! 25! = 4 100! 23! = 4

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΤΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ - ΤΜΗΜΑ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΜΕΤΑΠΤΥΧΙΑΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 26 ΙΟΥΛΙΟΥ 2008 ΕΥΤΕΡΟ ΜΕΡΟΣ :

Τυχαίες Μεταβλητές Γεώργιος Γαλάνης Κωνσταντίνα Παναγιωτίδου

ΗΥ-217-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ-ΧΕΙΜΕΡΙΝΟ ΕΞΑΜΗΝΟ 2016 ΔΙΔΑΣΚΩΝ: ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ ΤΣΑΚΑΛΙΔΗΣ

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΙΓΑΙΟΥ ΣΧΟΛΗ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΗΣ ΔΙΟΙΚΗΣΗΣ ΤΜΗΜΑ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΔΙΟΙΚΗΣΗΣ ΣΤΟΧΑΣΤΙΚΑ ΜΟΝΤΕΛΑ

ΤΥΧΑΙΑ ΙΑΝΥΣΜΑΤΑ. Στατιστική Συµπερασµατολογία Ι, Κ. Πετρόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών, Πανεπιστήµιο Πατρών

Κεφάλαιο 3: Τυχαίες µεταβλητές και κατανοµές πιθανότητας.

Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ. 3.1 Η έννοια της παραγώγου. y = f(x) f(x 0 ), = f(x 0 + x) f(x 0 )

P (Ηρ) = 0.4 P (Αρ) = 0.32 P (Απ) = 0.2

Στατιστική Ι-Θεωρητικές Κατανομές ΙΙ

Τυχαία μεταβλητή (τ.μ.)

ρ. Ευστρατία Μούρτου

Θέµατα ( ικαιολογείστε πλήρως όλες τις απαντήσεις σας)

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών. HY-217: Πιθανότητες - Χειµερινό Εξάµηνο 2015 ιδάσκων : Π. Τσακαλίδης

Θεωρία Πιθανοτήτων & Στατιστική

ΤΥΧΑΙΑ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ F(x) 1, x n. 2. Η F είναι μη φθίνουσα και δεξιά συνεχής ως προς κάθε μεταβλητή. 3.

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

ΚΑΤΑΝΟΜΕΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΑΣ ΤΥΧΑΙΩΝ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ (Συνέχεια)

P (D) = P ((H 1 H 2 H 3 ) c ) = 1 P (H 1 H 2 H 3 ) = 1 P (H 1 )P (H 2 )P (H 3 )

Στατιστική. Ενότητα 3 η : Χαρακτηριστικά Τυχαίων Μεταβλητών Θεωρητικές Κατανομές Πιθανότητας για Διακριτή Τυχαία Μεταβλητή

ΣΤΟΧΑΣΤΙΚΕΣ ΙΑ ΙΚΑΣΙΕΣ

Παρεµβολή και Προσέγγιση Συναρτήσεων

Στοχαστικές Μέθοδοι στους Υδατικούς Πόρους Τυχαίες μεταβλητές, στοχαστικές ανελίξεις και χρονοσειρές

ΒΑΣΙΚΕΣ ΣΥΝΕΧΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΜΕΣ

3. Οριακά θεωρήµατα. Κεντρικό Οριακό Θεώρηµα (Κ.Ο.Θ.)

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΙΙ ιδάσκων : Ε. Στεφανόπουλος 12 ιουνιου 2017

ΤΥΧΑΙΕΣ ΜΕΤΑΒΛΗΤΕΣ ΚΑΙ ΚΑΤΑΝΟΜΕΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ - ΑΣΚΗΣΕΙΣ. αλλού

Μάθηµα 3 ο b. Από Κοινού Κατανοµή Τυχαίων Μεταβλητών

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 3

Μέση Τιµή. Έστω Χ τ.µ. και f Χ (x) ησ.π. ήσ.π.π. της Χ Μέση ή αναµενόµενη τιµή της Χ είναι ο αριθµός: αν η Χ είναι διακριτή, και αν η Χ είναι συνεχής.

P (A B) = P (A) + P (B) P (A B)

W = 6.34 kn (2) F = u 2 f = u2 i + 2a(x f x i ) a = u2 f u2 i 2x f. F = d U(x) (5)

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4

ΣΤΟΧΑΣΤΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ & ΕΠΙΚΟΙΝΩΝΙΕΣ 1o Τμήμα (Α - Κ): Αμφιθέατρο 4, Νέα Κτίρια ΣΗΜΜΥ Θεωρία Πιθανοτήτων & Στοχαστικές Ανελίξεις - 2

Transcript:

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 2 2 4 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

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

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.

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 <

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.

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)

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 = 8.333 <.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

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.