Slučajne promenljive i raspodele - teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Parametar Poasonove raspodele jednak je njenoj srednjoj vrednosti. Za komad površine [tex]4[/tex] kvadratna metra srednji broj defekata je [tex]\lambda=2{,}5\cdot 4=10[/tex], pa za broj defekata [tex]X[/tex] važi
[tex]P(X=k)=e^{-10}\frac{10^k}{k!},\quad k=0; 1; 2; \ldots[/tex]
„Manje od [tex]5[/tex]“ znači [tex]X\le 4[/tex]:
[tex]P(X\lt 5)=e^{-10}\left(1+10+\frac{10^2}{2!}+\frac{10^3}{3!}+\frac{10^4}{4!}\right)=e^{-10}\left(1+10+50+\frac{500}{3}+\frac{1250}{3}\right)[/tex]
[tex]P(X\lt 5)=\frac{1933}{3}e^{-10}\approx 0{,}029[/tex]

Rešenje:
Svaki ulog dobija sa verovatnoćom [tex]p=\frac{18}{38}=\frac{9}{19}[/tex] i gubi sa verovatnoćom [tex]q=\frac{10}{19}[/tex], nezavisno od ostalih. Igrač pravi tačno [tex]9[/tex] uloga ako i samo ako je deveti ulog dobitni, a među prvih [tex]8[/tex] uloga ima tačno [tex]3[/tex] dobitka i [tex]5[/tex] gubitaka. Zato broj uloga [tex]X[/tex] ima negativnu binomnu (Paskalovu) raspodelu i
[tex]P(X=9)=\binom{8}{3}p^3q^5\cdot p=\binom{8}{3}p^4q^5=56\left(\frac{9}{19}\right)^4\left(\frac{10}{19}\right)^5\approx 0{,}114[/tex]

Rešenje:
Marginalne raspodele su zbirovi po vrstama i po kolonama tabele:
[tex]P(X=0)=P(X=1)=0{,}5,\qquad P(Y=1)=P(Y=2)=0{,}3,\quad P(Y=3)=0{,}4[/tex]
Matematička očekivanja i disperzije:
[tex]E(X)=0{,}5,\qquad D(X)=E(X^2)-(E(X))^2=0{,}5-0{,}25=0{,}25[/tex]
[tex]E(Y)=1\cdot 0{,}3+2\cdot 0{,}3+3\cdot 0{,}4=2{,}1,\qquad E(Y^2)=1\cdot 0{,}3+4\cdot 0{,}3+9\cdot 0{,}4=5{,}1[/tex]
[tex]D(Y)=E(Y^2)-(E(Y))^2=5{,}1-4{,}41=0{,}69[/tex]
Pošto je [tex]XY=0[/tex] za [tex]X=0[/tex], u [tex]E(XY)[/tex] učestvuje samo vrsta [tex]X=1[/tex]:
[tex]E(XY)=1\cdot 0{,}2+2\cdot 0{,}2+3\cdot 0{,}1=0{,}9,\qquad \operatorname{cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0{,}9-1{,}05=-0{,}15[/tex]
Prema tome, koeficijent korelacije je
[tex]\rho=\frac{\operatorname{cov}(X,Y)}{\sqrt{D(X)}\sqrt{D(Y)}}=\frac{-0{,}15}{0{,}5\sqrt{0{,}69}}=-\frac{3}{\sqrt{69}}=-\frac{\sqrt{69}}{23}\approx -0{,}361[/tex]

Rešenje:
[tex]X=k[/tex] tačno onda kada u prvih [tex]k-1[/tex] bacanja padne pismo, a u [tex]k[/tex]-tom bacanju glava. Zbog nezavisnosti bacanja je
[tex]P(X=k)=\left(\frac12\right)^{k-1}\cdot \frac12=\frac{1}{2^k},\qquad k=1,2,\ldots[/tex]
Za [tex]|q|\lt 1[/tex] geometrijski red [tex]\sum_{k=0}^{\infty}q^k=\frac{1}{1-q}[/tex] može se diferencirati član po član unutar intervala konvergencije; tako se dobija prva formula ispod. Množenjem sa [tex]q[/tex] i još jednim diferenciranjem dobija se druga:
[tex]\sum_{k=1}^{\infty}kq^{k-1}=\frac{1}{(1-q)^2},\qquad \sum_{k=1}^{\infty}k^2q^{k-1}=\frac{1+q}{(1-q)^3}[/tex]
Za [tex]q=\frac12[/tex]:
[tex]E(X)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k}{2^k}=\frac12\cdot \frac{1}{\left(\frac12\right)^2}=2,\qquad E(X^2)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k^2}{2^k}=\frac12\cdot \frac{\frac32}{\left(\frac12\right)^3}=6[/tex]
Prema tome,
[tex]D(X)=E(X^2)-(E(X))^2=6-4=2[/tex]
Ovo se slaže sa formulom [tex]D(X)=\frac{1-p}{p^2}[/tex] za geometrijsku raspodelu sa [tex]p=\frac12[/tex].

Rešenje:
Neka su [tex]X_1,\ldots,X_n[/tex] rezultati, tj. [tex]D(X_i)\lt 4[/tex], i neka je [tex]\bar X=\frac{X_1+\ldots+X_n}{n}[/tex]. Zbog linearnosti matematičkog očekivanja i nezavisnosti je
[tex]E(\bar X)=100,\qquad D(\bar X)=\frac{D(X_1)+\ldots+D(X_n)}{n^2}\lt\frac{4n}{n^2}=\frac{4}{n}[/tex]
Nejednakost Čebiševa za [tex]\varepsilon=4[/tex] daje
[tex]P(96\lt\bar X\lt 104)=P\left(|\bar X-100|\lt 4\right)\ge 1-\frac{D(\bar X)}{4^2}\gt 1-\frac{4}{16n}=1-\frac{1}{4n}[/tex]
Dovoljno je da važi
[tex]1-\frac{1}{4n}\ge 0{,}98\iff \frac{1}{4n}\le 0{,}02\iff n\ge 12{,}5[/tex]
Najmanji takav ceo broj je [tex]n=13[/tex]. Za [tex]n=12[/tex] ocena je, kada su standardne devijacije bliske [tex]2[/tex], bliska broju [tex]1-\frac{1}{48}=\frac{47}{48}\approx 0{,}979\lt 0{,}98[/tex], pa dvanaest merenja nije dovoljno.

Rešenje:
Najpre odredimo [tex]C[/tex] iz uslova normiranja (integral gustine po celoj ravni jednak je [tex]1[/tex]):
[tex]\int_0^1\int_0^x (x+y)\,dy\,dx=\int_0^1\left(x^2+\frac{x^2}{2}\right)dx=\frac12\Rightarrow C=2[/tex]
Unutar trougla [tex]0\le y\le x\le 1[/tex] događaj [tex]X+Y\lt 1[/tex] je oblast [tex]0\le y\lt\frac12,\ y\le x\lt 1-y[/tex] (prave [tex]y=x[/tex] i [tex]x+y=1[/tex] seku se u tački [tex]\left(\frac12 ; \frac12\right)[/tex]). Pošto je [tex](x+y)^2[/tex] primitivna funkcija za [tex]2(x+y)[/tex] po [tex]x[/tex],
[tex]P(X+Y\lt 1)=\int_0^{1/2}\int_y^{1-y}2(x+y)\,dx\,dy=\int_0^{1/2}\left(1-4y^2\right)dy=\frac12-\frac16=\frac13[/tex]

Rešenje:
Parametar eksponencijalne raspodele je recipročna vrednost njene srednje vrednosti, pa su vremena nezavisne slučajne promenljive [tex]X_1[/tex] i [tex]X_2[/tex] sa gustinama [tex]e^{-t}[/tex] i [tex]\frac12e^{-t/2}[/tex] za [tex]t\ge 0[/tex]. Posao traje [tex]T=\max(X_1,X_2)[/tex]. Zbog nezavisnosti, za [tex]t\ge 0[/tex] je
[tex]P(T\le t)=P(X_1\le t)\,P(X_2\le t)=\left(1-e^{-t}\right)\left(1-e^{-t/2}\right)\Rightarrow P(T\gt t)=e^{-t}+e^{-t/2}-e^{-3t/2}[/tex]
Za nenegativnu slučajnu promenljivu važi [tex]E(T)=\int_0^{\infty}P(T\gt t)\,dt[/tex], pa je
[tex]E(T)=\int_0^{\infty}\left(e^{-t}+e^{-t/2}-e^{-3t/2}\right)dt=1+2-\frac23=\frac73[/tex]
Srednje vreme je [tex]\frac73[/tex] sata. (Drugi način: [tex]\max(X_1,X_2)=X_1+X_2-\min(X_1,X_2)[/tex], a [tex]\min(X_1,X_2)[/tex] ima eksponencijalnu raspodelu sa parametrom [tex]1+\frac12=\frac32[/tex], tj. sa srednjom vrednošću [tex]\frac23[/tex].)

Rešenje:
Redosled kojim se kuglice izvlače je slučajna permutacija [tex]5[/tex] kuglica (sve permutacije su jednako verovatne), a igrač dobija tačno kuglice koje stoje pre kuglice [tex]0[/tex] (sama kuglica [tex]0[/tex] ne dodaje ništa). Za [tex]j=1,2,3,4[/tex] neka je [tex]I_j=1[/tex] ako je kuglica [tex]j[/tex] izvučena pre kuglice [tex]0[/tex], a [tex]I_j=0[/tex] u suprotnom. Tada je dobitak
[tex]S=1\cdot I_1+2I_2+3I_3+4I_4[/tex]
Zamena mesta kuglica [tex]j[/tex] i [tex]0[/tex] je bijekcija između permutacija u kojima je [tex]j[/tex] pre [tex]0[/tex] i onih u kojima je posle [tex]0[/tex], pa je
[tex]E(I_j)=P(I_j=1)=\frac12,\qquad j=1,2,3,4[/tex]
Zbog linearnosti matematičkog očekivanja (za koju nije potrebna nezavisnost)
[tex]E(S)=\frac{1+2+3+4}{2}=5[/tex]

Rešenje:
Kutija se bira na slučajan način, pa je
[tex]P(Y=3)=\frac36=\frac12,\qquad P(Y=4)=\frac26=\frac13,\qquad P(Y=5)=\frac16[/tex]
Pod uslovom [tex]Y=n[/tex] broj pogodaka [tex]X[/tex] ima binomnu raspodelu sa parametrima [tex]n[/tex] i [tex]0{,}6[/tex], pa je [tex]E(X\mid Y=n)=0{,}6n[/tex]. Osim toga,
[tex]E(Y)=\frac32+\frac43+\frac56=\frac{11}{3},\qquad E(Y^2)=\frac92+\frac{16}{3}+\frac{25}{6}=14[/tex]
Prema formuli totalnog očekivanja
[tex]E(X)=\sum_n P(Y=n)\cdot 0{,}6n=0{,}6\,E(Y)=\frac{11}{5},\qquad E(XY)=\sum_n P(Y=n)\cdot n\cdot 0{,}6n=0{,}6\,E(Y^2)=\frac{42}{5}[/tex]
Prema tome,
[tex]\operatorname{cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=\frac{42}{5}-\frac{11}{5}\cdot \frac{11}{3}=\frac{126-121}{15}=\frac13[/tex]
(Isto sledi i iz [tex]\operatorname{cov}(X,Y)=0{,}6\,D(Y)=0{,}6\cdot \frac59=\frac13[/tex].)

Rešenje:
Neka je [tex]N[/tex] broj pristiglih čestica, a [tex]M[/tex] broj registrovanih. Pod uslovom [tex]N=n[/tex] registracije su [tex]n[/tex] nezavisnih Bernulijevih opita sa verovatnoćom uspeha [tex]p[/tex], pa je za [tex]0\le k\le n[/tex]
[tex]P(M=k\mid N=n)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}[/tex]
i [tex]P(M=k\mid N=n)=0[/tex] za [tex]n\lt k[/tex]. Prema formuli totalne verovatnoće, za svaki ceo broj [tex]k\ge 0[/tex] je
[tex]P(M=k)=\sum_{n=k}^{\infty}\frac{\lambda^n}{n!}e^{-\lambda}\cdot \frac{n!}{k!\,(n-k)!}p^k(1-p)^{n-k}[/tex]
Napišimo [tex]\lambda^n=\lambda^k\lambda^{n-k}[/tex], uvedimo smenu [tex]m=n-k[/tex] i iskoristimo red [tex]e^z=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{z^m}{m!}[/tex], koji važi za svaki realan broj [tex]z[/tex]:
[tex]P(M=k)=\frac{(\lambda p)^k}{k!}e^{-\lambda}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(\lambda(1-p))^m}{m!}=\frac{(\lambda p)^k}{k!}e^{-\lambda}e^{\lambda(1-p)}=\frac{(\lambda p)^k}{k!}e^{-\lambda p}[/tex]
To su upravo verovatnoće Poasonove raspodele sa parametrom [tex]\lambda p[/tex], čime je tvrđenje dokazano.