Slučajne promenljive i raspodele - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Pošto je [tex]P(Y=0)=0[/tex], promenljiva [tex]Z[/tex] je definisana sa verovatnoćom [tex]1[/tex] i [tex]Z\gt 0[/tex]; zato je [tex]F_Z(z)=0[/tex] za [tex]z\le 0[/tex]. Zbog nezavisnosti zajednička gustina je [tex]e^{-x}e^{-y}[/tex] za [tex]x,y\gt 0[/tex]. Za [tex]z\gt 0[/tex] je
[tex]F_Z(z)=P(X\le zY)=\int_0^{\infty}e^{-y}\left(\int_0^{zy}e^{-x}\,dx\right)dy=\int_0^{\infty}e^{-y}\left(1-e^{-zy}\right)dy=1-\frac{1}{1+z}=\frac{z}{1+z}[/tex]
Diferenciranjem dobijamo gustinu
[tex]f_Z(z)=\begin{cases}\frac{1}{(1+z)^2}, & z\gt 0\\ 0, & z\le 0\end{cases}[/tex]
Provera: [tex]\int_0^{\infty}\frac{dz}{(1+z)^2}=1[/tex]. Primetimo da količnik nema eksponencijalnu raspodelu: njegov rep [tex]P(Z\gt z)=\frac{1}{1+z}[/tex] opada samo kao [tex]\frac1z[/tex], pa je [tex]E(Z)=\infty[/tex].

Rešenje:
Koristimo formulu
[tex]\int_0^{\infty}x^m e^{-x}\,dx=\Gamma(m+1)=m![/tex]
Zato su matematičko očekivanje i disperzija promenljive [tex]X[/tex]
[tex]E(X)=\frac{1}{(n+1)!}\int_0^{\infty}x^{n+2}e^{-x}\,dx=\frac{(n+2)!}{(n+1)!}=n+2[/tex]
[tex]E(X^2)=\frac{(n+3)!}{(n+1)!}=(n+2)(n+3),\qquad D(X)=(n+2)(n+3)-(n+2)^2=n+2[/tex]
Pošto je [tex]2n+5=(n+2)+(n+3)[/tex], događaj [tex]|X-(n+2)|\lt n+3[/tex] znači [tex]-1\lt X\lt 2n+5[/tex]. Kako je [tex]X\gt 0[/tex] sa verovatnoćom [tex]1[/tex], ovaj događaj ima istu verovatnoću kao [tex]X\lt 2n+5[/tex]. Nejednakost Čebiševa za [tex]\varepsilon=n+3[/tex] daje
[tex]P(X\lt 2n+5)=P\left(|X-(n+2)|\lt n+3\right)\ge 1-\frac{D(X)}{(n+3)^2}=1-\frac{n+2}{(n+3)^2}[/tex]
Na primer, za [tex]n=1[/tex] ocena je [tex]\frac{13}{16}[/tex], a tačna verovatnoća je oko [tex]0{,}97[/tex].

Rešenje:
Neka su [tex]U[/tex] i [tex]V[/tex] tačke loma. One su nezavisne i ravnomerno raspoređene na [tex][0; 1][/tex], pa tačka [tex](U; V)[/tex] ima gustinu [tex]1[/tex] u jediničnom kvadratu. Zbog simetrije slučajevi [tex]U\lt V[/tex] i [tex]U\gt V[/tex] daju jednak doprinos (slučaj [tex]U=V[/tex] ima verovatnoću [tex]0[/tex]). Ako je [tex]U=u\lt V=v[/tex], delovi imaju dužine [tex]u[/tex], [tex]v-u[/tex] i [tex]1-v[/tex]. Zato je
[tex]E=2\int_0^1\int_0^v u(v-u)(1-v)\,du\,dv[/tex]
Činilac [tex]1-v[/tex] ne zavisi od [tex]u[/tex], a
[tex]\int_0^v u(v-u)\,du=\frac{v^3}{2}-\frac{v^3}{3}=\frac{v^3}{6}[/tex]
Prema tome,
[tex]E=2\int_0^1\frac{v^3(1-v)}{6}\,dv=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{5}\right)=\frac{1}{60}[/tex]
Primetimo da odgovor nije [tex]\left(\frac{1}{3}\right)^3=\frac{1}{27}[/tex]: svaki deo ima srednju dužinu [tex]\frac{1}{3}[/tex], ali su tri dužine zavisne (njihov zbir je uvek [tex]1[/tex]), pa očekivanje proizvoda nije jednako proizvodu očekivanja.

Rešenje:
Najpre određujemo [tex]C[/tex] iz uslova [tex]\iint f(x,y)\,dx\,dy=1[/tex]. Podintegralna funkcija je nenegativna, pa možemo integraliti bilo kojim redom. Za fiksirano [tex]y\gt 0[/tex]
[tex]\int_0^{\infty}(y+1)e^{-(y+1)(x+3)}\,dx=e^{-3(y+1)},\qquad \int_0^{\infty}e^{-3(y+1)}\,dy=\frac{e^{-3}}{3}[/tex]
pa je [tex]C=3e^3[/tex]. Za [tex]x\gt 0[/tex] marginalna gustina je
[tex]f_X(x)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)\,dy=3e^3\int_0^{\infty}(y+1)e^{-(y+1)(x+3)}\,dy[/tex]
Uvodimo smenu [tex]u=y+1[/tex] i stavljamo [tex]a=x+3\gt 0[/tex]; parcijalnom integracijom dobijamo
[tex]\int_1^{\infty}ue^{-au}\,du=\left[-\frac{u}{a}e^{-au}\right]_1^{\infty}+\frac{1}{a}\int_1^{\infty}e^{-au}\,du=\frac{e^{-a}}{a}+\frac{e^{-a}}{a^2}=\frac{(a+1)e^{-a}}{a^2}[/tex]
Prema tome, za [tex]x\gt 0[/tex]
[tex]f_X(x)=3e^3\cdot \frac{(x+4)e^{-(x+3)}}{(x+3)^2}=\frac{3(x+4)e^{-x}}{(x+3)^2}[/tex]
i [tex]f_X(x)=0[/tex] za [tex]x\le 0[/tex]. Provera: pošto je [tex]\frac{3(x+4)e^{-x}}{(x+3)^2}=-\frac{d}{dx}\left(\frac{3e^{-x}}{x+3}\right)[/tex], dobijamo [tex]\int_0^{\infty}f_X(x)\,dx=\frac{3}{3}=1[/tex].

Rešenje:
Za [tex]j=1, \ldots, k[/tex] neka je [tex]I_j=1[/tex] ako je broj [tex]j[/tex] izabran bar jednom, a [tex]I_j=0[/tex] u suprotnom. Tada je broj različitih brojeva
[tex]S=I_1+I_2+\ldots+I_k[/tex]
Pri jednom biranju broj [tex]j[/tex] se ne pojavljuje sa verovatnoćom [tex]1-\frac{1}{k}[/tex], pa zbog nezavisnosti biranja važi
[tex]P(I_j=0)=\left(1-\frac{1}{k}\right)^n,\qquad E(I_j)=P(I_j=1)=1-\left(1-\frac{1}{k}\right)^n[/tex]
Matematičko očekivanje je linearno iako su indikatori [tex]I_j[/tex] zavisni, pa je
[tex]E(S)=\sum_{j=1}^{k}E(I_j)=k\left[1-\left(1-\frac{1}{k}\right)^n\right][/tex]
Provera: za [tex]n=1[/tex] formula daje [tex]1[/tex], a za fiksirano [tex]k[/tex] i [tex]n\to\infty[/tex] teži ka [tex]k[/tex].

Rešenje:
Funkcija [tex]|\cos x|[/tex] je parna, a njen grafik na [tex][0; \pi][/tex] je simetričan u odnosu na [tex]x=\frac{\pi}{2}[/tex]. Iz uslova normiranja
[tex]1=a\int_{-\pi}^{\pi}|\cos x|\,dx=4a\int_0^{\pi/2}\cos x\,dx=4a\Rightarrow a=\frac{1}{4}[/tex]
Funkcija [tex]\sin x[/tex] nije monotona na [tex][-\pi; \pi][/tex], pa radimo sa funkcijom raspodele [tex]F_Y(y)=P(\sin X\le y)[/tex], [tex]-1\le y\le 1[/tex].
Slučaj [tex]0\le y\le 1[/tex]. Stavimo [tex]\alpha=\arcsin y\in\left[0; \frac{\pi}{2}\right][/tex]. Na [tex][-\pi; \pi][/tex] nejednakost [tex]\sin x\le y[/tex] važi tačno za [tex]x\in[-\pi; \alpha]\cup[\pi-\alpha; \pi][/tex]. Zbog simetrije je [tex]P(-\pi\le X\le 0)=\frac{1}{2}[/tex], a
[tex]P(0\le X\le\alpha)=\frac{1}{4}\int_0^{\alpha}\cos x\,dx=\frac{y}{4},\qquad P(\pi-\alpha\le X\le\pi)=\frac{1}{4}\int_{\pi-\alpha}^{\pi}(-\cos x)\,dx=\frac{\sin \alpha}{4}=\frac{y}{4}[/tex]
pa je
[tex]F_Y(y)=\frac{1}{2}+\frac{y}{4}+\frac{y}{4}=\frac{1+y}{2}[/tex]
Slučaj [tex]-1\le y\lt 0[/tex]. Stavimo [tex]\beta=-\arcsin y\in\left(0; \frac{\pi}{2}\right][/tex], tj. [tex]\sin \beta=-y[/tex]. Tada [tex]\sin x\le y[/tex] važi tačno za [tex]x\in[-\pi+\beta; -\beta][/tex], a pošto je [tex]f[/tex] parna,
[tex]F_Y(y)=P(\beta\le X\le\pi-\beta)=\frac{1}{4}\left(\int_{\beta}^{\pi/2}\cos x\,dx+\int_{\pi/2}^{\pi-\beta}(-\cos x)\,dx\right)=\frac{2(1-\sin \beta)}{4}=\frac{1+y}{2}[/tex]
Dakle, [tex]F_Y(y)=\frac{1+y}{2}[/tex] na [tex][-1; 1][/tex] (pri čemu je [tex]F_Y(y)=0[/tex] za [tex]y\lt -1[/tex] i [tex]F_Y(y)=1[/tex] za [tex]y\gt 1[/tex]), tj. [tex]Y[/tex] ima ravnomernu raspodelu na [tex](-1; 1)[/tex]. Diferenciranjem dobijamo
[tex]f_Y(y)=\begin{cases}\frac{1}{2}, & |y|\lt 1\\ 0, & |y|\ge 1\end{cases}[/tex]
Isti rezultat sledi i iz formule za nemonotone transformacije: svako [tex]y\in(-1; 0)\cup(0; 1)[/tex] ima dva originala [tex]x_1, x_2[/tex] u [tex][-\pi; \pi][/tex], i [tex]f_Y(y)=\frac{f(x_1)}{|\cos x_1|}+\frac{f(x_2)}{|\cos x_2|}=2\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{2}[/tex].

Rešenje:
Zapišimo [tex]\gamma=\gamma_1+\gamma_2[/tex], gde je [tex]\gamma_1[/tex] broj belih kuglica koje potiču iz prve kutije, a [tex]\gamma_2[/tex] iz druge; one su nezavisne. Promenljiva [tex]\gamma_1[/tex] ima binomnu raspodelu sa [tex]n=2[/tex], [tex]p=\frac{1}{2}[/tex], a [tex]\gamma_2[/tex] hipergeometrijsku:
[tex]P(\gamma_1=0)=\frac{1}{4},\quad P(\gamma_1=1)=\frac{1}{2},\quad P(\gamma_1=2)=\frac{1}{4}[/tex]
[tex]P(\gamma_2=0)=\frac{\binom{2}{2}}{\binom{6}{2}}=\frac{1}{15},\quad P(\gamma_2=1)=\frac{4\cdot 2}{15}=\frac{8}{15},\quad P(\gamma_2=2)=\frac{\binom{4}{2}}{\binom{6}{2}}=\frac{6}{15}[/tex]
Kombinovanjem dobijamo raspodelu promenljive [tex]\gamma[/tex]:
[tex]P(\gamma=0)=\frac{1}{60},\ P(\gamma=1)=\frac{10}{60},\ P(\gamma=2)=\frac{23}{60},\ P(\gamma=3)=\frac{20}{60},\ P(\gamma=4)=\frac{6}{60}[/tex]
U trećoj kutiji su [tex]4[/tex] kuglice, pa je [tex]P(A\mid\gamma=k)=\frac{k}{4}[/tex]. Po formuli totalne verovatnoće
[tex]P(A)=\sum_{k}\frac{k}{4}P(\gamma=k)=\frac{E(\gamma)}{4},\qquad E(\gamma)=\frac{0+10+46+60+24}{60}=\frac{7}{3},\qquad P(A)=\frac{7}{12}[/tex]
Po Bajesovoj formuli [tex]P(\gamma=k\mid A)=\frac{\frac{k}{4}P(\gamma=k)}{P(A)}[/tex], pa je
[tex]E(\gamma\mid A)=\sum_{k}k\,P(\gamma=k\mid A)=\frac{E(\gamma^2)}{4P(A)}=\frac{E(\gamma^2)}{E(\gamma)}[/tex]
Ovde je
[tex]E(\gamma^2)=\frac{0+10+92+180+96}{60}=\frac{63}{10}\Rightarrow E(\gamma\mid A)=\frac{63}{10}\cdot \frac{3}{7}=\frac{27}{10}[/tex]
To je više od [tex]E(\gamma)=\frac{7}{3}[/tex], kao što se i očekuje: izvlačenje bele kuglice čini verovatnijim sastave sa mnogo belih kuglica.

Rešenje:
Koreni su realni ako i samo ako je [tex]U_2^2\ge 4U_1U_3[/tex] (događaj [tex]U_1=0[/tex] ima verovatnoću [tex]0[/tex]). Fiksirajmo [tex]U_2=b[/tex] i stavimo [tex]\lambda=\frac{b^2}{4}\in\left[0; \frac{1}{4}\right][/tex]. Tačka [tex](a; c)=(U_1; U_3)[/tex] ima ravnomernu raspodelu u jediničnom kvadratu, pa je [tex]P(ac\le\lambda)[/tex] jednaka površini dela kvadrata u kome je [tex]ac\le\lambda[/tex]. Za [tex]a\le\lambda[/tex] odgovara svako [tex]c\in[0; 1][/tex], a za [tex]a\gt\lambda[/tex] mora biti [tex]c\le\frac{\lambda}{a}\lt 1[/tex]. Zato je
[tex]P(ac\le\lambda)=\lambda+\int_{\lambda}^{1}\frac{\lambda}{a}\,da=\lambda(1-\ln\lambda)[/tex]
Po formuli totalne verovatnoće po [tex]U_2[/tex] (sa gustinom [tex]1[/tex] na [tex][0; 1][/tex])
[tex]P=\int_0^1\frac{b^2}{4}\left(1-\ln\frac{b^2}{4}\right)db=\frac{1}{12}-\frac{1}{4}\int_0^1 b^2(2\ln b-\ln 4)\,db[/tex]
Parcijalnom integracijom dobijamo
[tex]\int_0^1 b^2\ln b\,db=\left[\frac{b^3}{3}\ln b\right]_0^1-\int_0^1\frac{b^2}{3}\,db=-\frac{1}{9},\qquad \int_0^1 b^2\,db=\frac{1}{3}[/tex]
Prema tome,
[tex]P=\frac{1}{12}-\frac{1}{4}\left(-\frac{2}{9}-\frac{2\ln 2}{3}\right)=\frac{1}{12}+\frac{1}{18}+\frac{\ln 2}{6}=\frac{5+6\ln 2}{36}\approx 0{,}254[/tex]