Случайни величини и разпределения - много трудни задачи с решения

Решение:
Тъй като [tex]P(Y=0)=0[/tex], величината [tex]Z[/tex] е определена с вероятност [tex]1[/tex] и [tex]Z\gt 0[/tex]; следователно [tex]F_Z(z)=0[/tex] при [tex]z\le 0[/tex]. Поради независимостта съвместната плътност е [tex]e^{-x}e^{-y}[/tex] при [tex]x,y\gt 0[/tex]. При [tex]z\gt 0[/tex]
[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]
След диференциране получаваме плътността
[tex]f_Z(z)=\begin{cases}\frac{1}{(1+z)^2}, & z\gt 0\\ 0, & z\le 0\end{cases}[/tex]
Проверка: [tex]\int_0^{\infty}\frac{dz}{(1+z)^2}=1[/tex]. Да отбележим, че частното не е експоненциално разпределено: опашката му [tex]P(Z\gt z)=\frac{1}{1+z}[/tex] намалява само като [tex]\frac1z[/tex], затова [tex]E(Z)=\infty[/tex].

Решение:
Използваме формулата
[tex]\int_0^{\infty}x^m e^{-x}\,dx=\Gamma(m+1)=m![/tex]
Следователно математическото очакване и дисперсията на [tex]X[/tex] са
[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]
Тъй като [tex]2n+5=(n+2)+(n+3)[/tex], събитието [tex]|X-(n+2)|\lt n+3[/tex] означава [tex]-1\lt X\lt 2n+5[/tex]. Понеже [tex]X\gt 0[/tex] с вероятност [tex]1[/tex], това събитие има същата вероятност като [tex]X\lt 2n+5[/tex]. Неравенството на Чебишов при [tex]\varepsilon=n+3[/tex] дава
[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]
Например при [tex]n=1[/tex] оценката е [tex]\frac{13}{16}[/tex], а точната вероятност е около [tex]0{,}97[/tex].

Решение:
Нека [tex]U[/tex] и [tex]V[/tex] са точките на разчупване. Те са независими и равномерно разпределени в [tex][0; 1][/tex], така че точката [tex](U; V)[/tex] има плътност [tex]1[/tex] в единичния квадрат. От симетрията случаите [tex]U\lt V[/tex] и [tex]U\gt V[/tex] дават еднакъв принос (случаят [tex]U=V[/tex] има вероятност [tex]0[/tex]). Ако [tex]U=u\lt V=v[/tex], частите имат дължини [tex]u[/tex], [tex]v-u[/tex] и [tex]1-v[/tex]. Следователно
[tex]E=2\int_0^1\int_0^v u(v-u)(1-v)\,du\,dv[/tex]
Множителят [tex]1-v[/tex] не зависи от [tex]u[/tex], а
[tex]\int_0^v u(v-u)\,du=\frac{v^3}{2}-\frac{v^3}{3}=\frac{v^3}{6}[/tex]
Следователно
[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]
Да отбележим, че отговорът не е [tex]\left(\frac{1}{3}\right)^3=\frac{1}{27}[/tex]: всяка част има средна дължина [tex]\frac{1}{3}[/tex], но трите дължини са зависими (сборът им винаги е [tex]1[/tex]), затова очакването на произведението не е равно на произведението от очакванията.

Решение:
Първо намираме [tex]C[/tex] от условието [tex]\iint f(x,y)\,dx\,dy=1[/tex]. Подинтегралната функция е неотрицателна, затова можем да интегрираме в произволен ред. При фиксирано [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]
следователно [tex]C=3e^3[/tex]. При [tex]x\gt 0[/tex] маргиналната плътност е
[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]
Полагаме [tex]u=y+1[/tex] и [tex]a=x+3\gt 0[/tex]; с интегриране по части получаваме
[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]
Следователно при [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]
и [tex]f_X(x)=0[/tex] при [tex]x\le 0[/tex]. Проверка: тъй като [tex]\frac{3(x+4)e^{-x}}{(x+3)^2}=-\frac{d}{dx}\left(\frac{3e^{-x}}{x+3}\right)[/tex], получаваме [tex]\int_0^{\infty}f_X(x)\,dx=\frac{3}{3}=1[/tex].

Решение:
За [tex]j=1, \ldots, k[/tex] нека [tex]I_j=1[/tex], ако числото [tex]j[/tex] е избрано поне веднъж, и [tex]I_j=0[/tex] в противен случай. Тогава броят на различните числа е
[tex]S=I_1+I_2+\ldots+I_k[/tex]
При едно избиране числото [tex]j[/tex] не се появява с вероятност [tex]1-\frac{1}{k}[/tex], така че от независимостта на изборите
[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]
Математическото очакване е линейно, въпреки че индикаторите [tex]I_j[/tex] са зависими, следователно
[tex]E(S)=\sum_{j=1}^{k}E(I_j)=k\left[1-\left(1-\frac{1}{k}\right)^n\right][/tex]
Проверка: при [tex]n=1[/tex] формулата дава [tex]1[/tex], а при фиксирано [tex]k[/tex] и [tex]n\to\infty[/tex] клони към [tex]k[/tex].

Решение:
Функцията [tex]|\cos x|[/tex] е четна, а графиката ѝ в [tex][0; \pi][/tex] е симетрична относно [tex]x=\frac{\pi}{2}[/tex]. От условието за нормиране
[tex]1=a\int_{-\pi}^{\pi}|\cos x|\,dx=4a\int_0^{\pi/2}\cos x\,dx=4a\Rightarrow a=\frac{1}{4}[/tex]
Функцията [tex]\sin x[/tex] не е монотонна в [tex][-\pi; \pi][/tex], затова работим с функцията на разпределение [tex]F_Y(y)=P(\sin X\le y)[/tex], [tex]-1\le y\le 1[/tex].
Случай [tex]0\le y\le 1[/tex]. Полагаме [tex]\alpha=\arcsin y\in\left[0; \frac{\pi}{2}\right][/tex]. В [tex][-\pi; \pi][/tex] неравенството [tex]\sin x\le y[/tex] е изпълнено точно при [tex]x\in[-\pi; \alpha]\cup[\pi-\alpha; \pi][/tex]. От симетрията [tex]P(-\pi\le X\le 0)=\frac{1}{2}[/tex], а
[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]
следователно
[tex]F_Y(y)=\frac{1}{2}+\frac{y}{4}+\frac{y}{4}=\frac{1+y}{2}[/tex]
Случай [tex]-1\le y\lt 0[/tex]. Полагаме [tex]\beta=-\arcsin y\in\left(0; \frac{\pi}{2}\right][/tex], т.е. [tex]\sin \beta=-y[/tex]. Тогава [tex]\sin x\le y[/tex] точно при [tex]x\in[-\pi+\beta; -\beta][/tex] и понеже [tex]f[/tex] е четна,
[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]
И така, [tex]F_Y(y)=\frac{1+y}{2}[/tex] в [tex][-1; 1][/tex] (като [tex]F_Y(y)=0[/tex] при [tex]y\lt -1[/tex] и [tex]F_Y(y)=1[/tex] при [tex]y\gt 1[/tex]), т.е. [tex]Y[/tex] е равномерно разпределена в [tex](-1; 1)[/tex]. С диференциране получаваме
[tex]f_Y(y)=\begin{cases}\frac{1}{2}, & |y|\lt 1\\ 0, & |y|\ge 1\end{cases}[/tex]
Същият резултат следва и от формулата за немонотонни трансформации: всяко [tex]y\in(-1; 0)\cup(0; 1)[/tex] има два първообраза [tex]x_1, x_2[/tex] в [tex][-\pi; \pi][/tex] и [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].

Решение:
Записваме [tex]\gamma=\gamma_1+\gamma_2[/tex], където [tex]\gamma_1[/tex] е броят на белите топки, дошли от първата кутия, а [tex]\gamma_2[/tex] – от втората; те са независими. [tex]\gamma_1[/tex] има биномно разпределение с [tex]n=2[/tex], [tex]p=\frac{1}{2}[/tex], а [tex]\gamma_2[/tex] – хипергеометрично:
[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]
Като ги комбинираме, получаваме разпределението на [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]
В третата кутия има [tex]4[/tex] топки, така че [tex]P(A\mid\gamma=k)=\frac{k}{4}[/tex]. По формулата за пълната вероятност
[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]
По формулата на Бейс [tex]P(\gamma=k\mid A)=\frac{\frac{k}{4}P(\gamma=k)}{P(A)}[/tex], следователно
[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]
Тук
[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]
Това е повече от [tex]E(\gamma)=\frac{7}{3}[/tex], както и трябва да се очаква: изтеглянето на бяла топка прави по-вероятни съставите с много бели топки.

Решение:
Корените са реални тогава и само тогава, когато [tex]U_2^2\ge 4U_1U_3[/tex] (събитието [tex]U_1=0[/tex] има вероятност [tex]0[/tex]). Фиксираме [tex]U_2=b[/tex] и полагаме [tex]\lambda=\frac{b^2}{4}\in\left[0; \frac{1}{4}\right][/tex]. Точката [tex](a; c)=(U_1; U_3)[/tex] е равномерно разпределена в единичния квадрат, така че [tex]P(ac\le\lambda)[/tex] е равна на лицето на частта от квадрата, в която [tex]ac\le\lambda[/tex]. При [tex]a\le\lambda[/tex] всяко [tex]c\in[0; 1][/tex] е подходящо, а при [tex]a\gt\lambda[/tex] трябва [tex]c\le\frac{\lambda}{a}\lt 1[/tex]. Следователно
[tex]P(ac\le\lambda)=\lambda+\int_{\lambda}^{1}\frac{\lambda}{a}\,da=\lambda(1-\ln\lambda)[/tex]
По формулата за пълната вероятност относно [tex]U_2[/tex] (с плътност [tex]1[/tex] в [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]
С интегриране по части получаваме
[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]
Следователно
[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]