Zápočtový test 1
Doba k řešení: 01. 12. 2020 12:00 — 02. 12. 2020 12:00
Čas načtení stránky: 14. 07. 2024 04:21
V testu jsou vždy 3 úlohy za 3 + 5 + 7 = 15 bodů.
Rozbalit všechna řešení Vytisknout
Úloha 1 (3 body, u3-1)
Voltmetr má třídu přesnosti 1.5 a rozsahy 10, 50, 250 a 1000 V. Jaká bude systematická chyba při měření napětí o velikosti 45 V a jaká při 60 V?Řešení
Třída přesnosti udává relativní maximální chybu v procentech z rozsahu stupnice.
45 V měříme na rozsahu do 50 V, tedy maximální chyba je \(\epsilon = 50\cdot0.015~\mathrm{V} = 0.75~\mathrm{V}\) a systematická chyba (neurčitost typu B) je \(\sigma_\mathrm{B} = \frac{\epsilon}{\sqrt{3}} = 0.4~V\).
60 V musíme už měřit na rozsahu do 250 V. \(\sigma_\mathrm{B} = \frac{250\cdot0.015}{\sqrt{3}}~\mathrm{V} = 2~\mathrm{V}\).
45 V měříme na rozsahu do 50 V, tedy maximální chyba je \(\epsilon = 50\cdot0.015~\mathrm{V} = 0.75~\mathrm{V}\) a systematická chyba (neurčitost typu B) je \(\sigma_\mathrm{B} = \frac{\epsilon}{\sqrt{3}} = 0.4~V\).
60 V musíme už měřit na rozsahu do 250 V. \(\sigma_\mathrm{B} = \frac{250\cdot0.015}{\sqrt{3}}~\mathrm{V} = 2~\mathrm{V}\).
Úloha 2 (3 body, u3-2)
Digitální multimetr udává přesnost měření stejnosměrného proudu jako 1.0 % + 3. Na rozsahu 0–6 A má rozlišení 1 mA. Jaká bude systematická chyba při měření napětí o velikosti 800 mA?Řešení
U digitálních přístrojů se udávají dva typy maximální chyby: relativní z naměřené hodnoty a absolutní v násobcích rozlišení (nejnižšího řádu zobrazeného na displeji).
Maximální chyba je \(\epsilon = (0.01\cdot800 + 3\cdot1)~\mathrm{mA} = 11~\mathrm{mA}\) a systematická chyba (neurčitost typu B) je \(\sigma_\mathrm{B} = \frac{\epsilon}{\sqrt{3}} = 6~\mathrm{mA}\).
Maximální chyba je \(\epsilon = (0.01\cdot800 + 3\cdot1)~\mathrm{mA} = 11~\mathrm{mA}\) a systematická chyba (neurčitost typu B) je \(\sigma_\mathrm{B} = \frac{\epsilon}{\sqrt{3}} = 6~\mathrm{mA}\).
Úloha 3 (3 body, u3-3)
Distribuce IQ v populaci má očekávanou hodnotu 100 a standardní odchylkou 15. Jaká je pravděpodobnost, že náhodně vybranému člověku naměříme IQ větší než 120?Řešení
Pravděpodobnost, že náhodná proměnná je větší než nějaké \(x\) spočítáme snadno z distribuční funkce (ta udává pravděpodobnost, že proměnná je menší než \(x\)). IQ v populaci má normální rozdělení \(N(100,15)\).
$$
P(\mathrm{IQ} > 120) = 1 - F(120)
= 1 - \frac{1}{2} \biggl[1
+ \mathrm{erf}\biggl(\frac{120-100}{\sqrt{2}\cdot15}\biggr)\biggr]
= 9.1~\%.
$$
Úloha 4 (3 body, u3-4)
Ultravysoké vakuum může dosáhnout až 100 částic/cm3. Experimentální aparatura obsahuje dvě propojené komůrky, každou o objemu 0.5 cm3. Předpokládejme, že obsahuje 100 molekul plynu. Každá molekula náhodně a nezávisle na ostatních přechází mezi komůrkami. Jaká je pravděpodobnost, že v daném okamžiku bude jedna z komůrek zcela prázdná?Řešení
Pravděpodobnost výskytu jedné molekuly plynu v první komůrce je 0.5.
Pokud se pohybují na sobě nezávisle, pravděpodobnost, že budou všechny
v první komůrce je \(0.5^{100} = 8\cdot10^{-31}\). Pravděpodobnost, že bude libovolná ze dvou komůrek prázdná je pak dvojnásobná, \(2 \cdot 0.5^{100} = 0.5^{99} = 1.6\cdot10^{-30}\).
Úloha 5 (5 bodů, u5-1)
Na callcentrum přichází průměrně 3 hovory za minutu. Kolik v musí být nejméně operátorů, aby zvládli bez čekání obsloužit zákazníky v 80 % případů? Předpokládáme, že za minutu se hovor stihne vyřešit.Řešení
Pravděpodobnost, že jeden konkrétní zákazník zavolá v dané minutě je mizivá, zákazníků je ale tolik, že průměrně volají tři za minutu. Počet volajících je proto popsán Poissonovým rozdělením s parametrem \(\nu=3\). Pravděpodobnosti 0, 1, 2... hovorů jsou:
$$
P(k|\nu) = \frac{\nu^k}{k!}e^{-\nu},
$$
\begin{align}
P(0|3) &= 0.050, &
P(1|3) &= 0.149, &
P(2|3) &= 0.224, \\
P(3|3) &= 0.224, &
P(4|3) &= 0.168,
\end{align}
Celkem \(P(k\le3) = 0.65\) a \(P(k\le4) = 0.82\), takže jsou potřeba alespoň čtyři operátoři.
Úloha 6 (5 bodů, u5-2)
Politická strana dostala ve volbách 6 % hlasů. O něco později průzkum provedený na 100 respondentech ukázal jen 2 % podporu. Jaká je pravděpodobnost, že se tak stalo jen náhodou, tedy že ze 100 respondentů je voličů této strany dva nebo méně?Řešení
Z podpory ve volbách můžeme usuzovat, že pravděpodobnost, že náhodný volič je příznivec dané strany je \(p=0.06\). Pravděpodobnost nalezení \(k\) takových lidí ze 100 pokusů je dána binomickým rozdělením
$$
P(k|p,N) = \frac{N!}{k!(N-k)!}p^k (1-p)^{N-k},
$$
$$
P(0|0.06,100) = 0.002, \qquad
P(1|0.06,100) = 0.013, \qquad
P(2|0.06,100) = 0.041,
$$
tedy \(P(\le2) = 0.056\). Protože počet pokusů je docela velký a pravděpodobnost úspěchu celkem malá, můžeme podobný výsledek (0.062) dostat i z Poissonova rozdělení s parametrem \(\nu=pN=6\).
Úloha 7 (5 bodů, u5-3)
Detektor částic kosmického záření zachytí průměrně 10 signálů za hodinu. Jaká je pravděpodobnost, že alespoň jedna hodina za den bude úplně bez signálu?Řešení
Pravděpodobnost, že jedna konkrétní kosmická částice proletí naším detektorem je mizivá, je jich ale tolik, že průměrně jich zachytíme 10 za hodinu. Počet signálů za hodinu je proto popsán Poissonovým rozdělením s parametrem \(\nu=10\),
$$
P(k|\nu) = \frac{\nu^k}{k!}e^{-\nu}
\qquad \rightarrow \qquad
P(0|10) = 4.54\cdot10^{-5}.
$$
Pravděpodobnost zachycení alespoň jedné částice za hodinu je \(1 - P(0|10)\).
Počet částic zachycených v jednotlivých hodinách je na sobě nezávislý.
Jev "alespoň jedna z 24 hodin bude bez signálu", je doplněk k jevu "žádná hodina nebude bez signálu", který je souběhem 24 nezávislých jevů o pravděpodobnosti \(1 - P(0|10)\),
$$
P(n_0 \ge 1) = 1 - \left(1-4.54\cdot10^{-5}\right)^{24}
= 1.09\cdot10^{-3}.
$$
Úloha 8 (5 bodů, u5-4)
Dřevěný válec má poloměr 4.9 ± 0.2 cm, délku 10.1 ± 0.1 cm a váží 550 ± 4 g. Spočítejte hustotu dřeva a její standardní odchylku metodou přenosu chyb.Řešení
Hustotu spočítáme jako
$$
\rho = \frac{m}{V} = \frac{m}{\pi r^2 l} = \frac{0.55}{\pi
\cdot4.9^2\cdot10.1}\cdot10^{6}~\mathrm{kg/m^3}
= 721.9~\mathrm{kg/m^3}.
$$
Standardní odchylka metodou přenosu chyb je
$$
\sigma_\rho = \sqrt{
\biggl(\frac{\partial\rho}{\partial m}\sigma_m\biggr)^2
+ \biggl(\frac{\partial\rho}{\partial r}\sigma_r\biggr)^2
+ \biggl(\frac{\partial\rho}{\partial l}\sigma_l\biggr)^2
}
$$
$$
\frac{\partial\rho}{\partial m} = \frac{1}{\pi r^2 l} = m\rho,
\qquad
\frac{\partial\rho}{\partial r} = -2\frac{m}{\pi r^3 l}
= -2\frac{\rho}{r},
\qquad
\frac{\partial\rho}{\partial l} = -\frac{-m}{\pi r^2 l^2}
= -\frac{\rho}{l},
$$
Dosadíme,
$$
\frac{\sigma_\rho}{\rho}
= \sqrt{ \frac{\sigma_m^2}{m^2} + \frac{4\sigma_r^2}{r^2}
+ \frac{\sigma_l^2}{l^2}}
= \sqrt{5\cdot10^{-5} + 0.0067 + 10^{-4}} = 0.082.
$$
$$
\sigma_\rho = 721.9\cdot0.082 = 59.5~\mathrm{kg/m^3}.
$$
Vidíme, že zde hrály roli relativní chyby a že výsledná chyba je daná prakticky pouze relativní chybou poloměru, která je výrazně větší než druhé dvě. Výsledek měření zapíšeme ve tvaru \[ \rho = (0.72 \pm 0.06)\cdot10^3~\mathrm{kg/m^3}.\]
Úloha 9 (5 bodů, u5-5)
Distribuce IQ v populaci má očekávanou hodnotu 100 a standardní odchylkou 15. Kolik lidí musí být ve skupině, aby pravděpodobnost přítomnosti alespoň jedné osoby s IQ větším než 120 byla 75 %?Řešení
Přítomnost alespoň jedné osoby s IQ větším než 120 je doplňkovým jevem k tomu, že všechny osoby mají IQ menší.
$$
P(N_{\mathrm{IQ} > 120} \ge 1) = 1 - P(N_{\mathrm{IQ} > 120} = 0)
$$
Pokud vybíráme osoby do skupiny náhodně a nezávisle na sobě, je pravděpodobnost nalezení \(N_\mathrm{tot.}\) osob s danou vlastností rovná součinu pravděpodobností nalezení jedné osoby s tou vlastností,
$$
P(N_{\mathrm{IQ} > 120} \ge 1)
= 1 - \bigl[ P(\mathrm{IQ} \le 120) \bigr]^{N_\mathrm{tot.}}.
$$
Aplikujeme logaritmus, abychom vyjádřili \(N_\mathrm{tot.}\),
$$
\ln\bigl[ 1 - P(N_{\mathrm{IQ} > 120} \ge 1)\bigr]
= N_\mathrm{tot.} \ln P(\mathrm{IQ} \le 120),
$$
$$
N_\mathrm{tot.}
= \frac{\ln\bigl[ 1 - P(N_{\mathrm{IQ} > 120} \ge 1)\bigr]}
{\ln P(\mathrm{IQ} \le 120)}
$$
Pravděpodobnost, že náhodná proměnná je menší než nějaké \(x\) spočítáme snadno z distribuční funkce. IQ v populaci má normální rozdělení \(N(100,15)\). Pro jednu náhodnou osobu tedy platí
$$
P(\mathrm{IQ} \le 120) = F(120)
= \frac{1}{2} \biggl[1
+ \mathrm{erf}\biggl(\frac{120-100}{\sqrt{2}\cdot15}\biggr)\biggr]
= 0.909~\%,
$$
Dosadíme požadovanou pravděpodobnost a dostaneme
$$
N_\mathrm{tot.} = \frac{\ln(1-0.75)}{\ln 0.909} = 14.5.
$$
Ve skupině tedy musí být alespoň 15 lidí.
Úloha 10 (7 bodů, u7-1)
Studujte rozdělení spojité náhodné proměnné, které má hustotu pravděpodobnosti s maximem v nule a na obě strany exponenciálně klesající s charakteristickou délkou \(\lambda\) tedy \(f(\lambda) = f(0)/e\). Určete hustotu pravděpodobnosti, očekávanou hodnotu a rozptyl.Řešení
Hustota pravděpodobnosti má mít tvar
\(
f(x|\lambda) = C \exp\left(-\frac{|x|}{\lambda}\right).
\)
Konstantu \(C\) určíme z normalizační podmínky (pravděpodobnost, že \(x\) má nějakou hodnotu mezi \(-\infty\) a \(\infty\) musí být 1),
$$
1 = C \int_{-\infty}^\infty
\exp\left(-\frac{|x|}{\lambda}\right) \mathrm{d}x
= 2C \int_{0}^\infty
\exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right) \mathrm{d}x
= -2C\lambda \bigl[ \exp(-\infty) - \exp(0) \bigr]
= 2C\lambda.
$$
Tedy \(C = \frac{1}{2\lambda}\).
Očekávanou hodnotu zjistíme aplikací operátoru očekávané hodnoty, $$ E[x] = \int_{-\infty}^\infty x f(x|\lambda) \mathrm{d}x = \int_{-\infty}^0 x f(x|\lambda) \mathrm{d}x + \int_{0}^\infty x f(x|\lambda) \mathrm{d}x = 0. $$ Využili jsme toho, že tato hustota pravděpodobnosti je sudá funkce, \(f(-x|\lambda) = f(x|\lambda)\).
Rozptyl zjistíme aplikací operátoru rozptylu, $$ V[x] = E\biggl[\bigl(x-E[x]\bigr)^2\biggr] = E\bigl[x^2\bigr] = \int_{-\infty}^\infty x^2 f(x|\lambda) \mathrm{d}x = 2 \int_{0}^\infty \frac{x^2}{2\lambda} \exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right) \mathrm{d}x. $$ Integrál můžeme vyřešit metodou per partes, která vychází z pravidla pro derivaci součinu \([g(x)h(x)]^\prime = g^\prime(x)h(x) + g(x)h^\prime(x)\), odkud plyne $$ \int_a^b g(x)h^\prime(x) \mathrm{d}x = \biggl[g(x)h(x)\biggr]_a^b - \int_a^b g^\prime(x)h(x) \mathrm{d}x. $$ Zde bude \(g(x) = \frac{x^2}{\lambda}\) a \(h^\prime(x) = \exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right)\). $$ V[x] = \left[\frac{x^2}{\lambda}(-\lambda) \exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right)\right]_0^\infty - \int_{0}^\infty \frac{2x}{\lambda}(-\lambda) \exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right) \mathrm{d}x. $$ První závorka dá v nule i nekonečnu nulu. Metodu aplikujeme ještě jednou, $$ V[x] = \int_{0}^\infty 2x \exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right) \mathrm{d}x = \left[ 2x (-\lambda) \exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right)\right]_0^\infty - \int_{0}^\infty 2 (-\lambda) \exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right) \mathrm{d}x. $$ První závorka dá opět v nule i nekonečnu nulu a integrál teď už snadno vyřešíme $$ V[x] = \int_{0}^\infty 2\lambda \exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right) \mathrm{d}x = \left[ -2\lambda^2 \exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right)\right]_0^\infty = 2 \lambda^2. $$
Očekávanou hodnotu zjistíme aplikací operátoru očekávané hodnoty, $$ E[x] = \int_{-\infty}^\infty x f(x|\lambda) \mathrm{d}x = \int_{-\infty}^0 x f(x|\lambda) \mathrm{d}x + \int_{0}^\infty x f(x|\lambda) \mathrm{d}x = 0. $$ Využili jsme toho, že tato hustota pravděpodobnosti je sudá funkce, \(f(-x|\lambda) = f(x|\lambda)\).
Rozptyl zjistíme aplikací operátoru rozptylu, $$ V[x] = E\biggl[\bigl(x-E[x]\bigr)^2\biggr] = E\bigl[x^2\bigr] = \int_{-\infty}^\infty x^2 f(x|\lambda) \mathrm{d}x = 2 \int_{0}^\infty \frac{x^2}{2\lambda} \exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right) \mathrm{d}x. $$ Integrál můžeme vyřešit metodou per partes, která vychází z pravidla pro derivaci součinu \([g(x)h(x)]^\prime = g^\prime(x)h(x) + g(x)h^\prime(x)\), odkud plyne $$ \int_a^b g(x)h^\prime(x) \mathrm{d}x = \biggl[g(x)h(x)\biggr]_a^b - \int_a^b g^\prime(x)h(x) \mathrm{d}x. $$ Zde bude \(g(x) = \frac{x^2}{\lambda}\) a \(h^\prime(x) = \exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right)\). $$ V[x] = \left[\frac{x^2}{\lambda}(-\lambda) \exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right)\right]_0^\infty - \int_{0}^\infty \frac{2x}{\lambda}(-\lambda) \exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right) \mathrm{d}x. $$ První závorka dá v nule i nekonečnu nulu. Metodu aplikujeme ještě jednou, $$ V[x] = \int_{0}^\infty 2x \exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right) \mathrm{d}x = \left[ 2x (-\lambda) \exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right)\right]_0^\infty - \int_{0}^\infty 2 (-\lambda) \exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right) \mathrm{d}x. $$ První závorka dá opět v nule i nekonečnu nulu a integrál teď už snadno vyřešíme $$ V[x] = \int_{0}^\infty 2\lambda \exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right) \mathrm{d}x = \left[ -2\lambda^2 \exp\left(-\frac{x}{\lambda}\right)\right]_0^\infty = 2 \lambda^2. $$
Úloha 11 (7 bodů, u7-2)
Tlak vzduchu závisí na nadmořské výšce zhruba jako \( p = p_0 \exp(-h/H) \), kde \(p_0 = 101.3~\mathrm{kPa}\) a \(H = 8.433~\mathrm{km}\). Provedli jsme opakované měření tlaku s výsledky (62.0, 59.1, 61.6, 59.9) kPa. Spočítejte nadmořskou výšku a její standardní odchylku.Řešení
Nejprve spočítáme odhad střední hodnoty tlaku a jeho standardní odchylky,
$$
\hat{p} = \overline{p} = \frac{62.0+59.1+61.6+59.9}{4}~\mathrm{kPa}
= 60.65~\mathrm{kPa}.
$$
$$
\hat{\sigma_p}^2
= \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n\left(p_i-\overline{p}\right)^2
= 1.9~\mathrm{kPa}^2,
\qquad
\hat{\sigma_p} = 1.4~\mathrm{kPa}.
\qquad
\hat{\sigma_\hat{p}} = \frac{1.4}{\sqrt{4}} = 0.7~\mathrm{kPa}.
$$
1.4 kPa je odhad standardní odchylky jednoho měření. Pro průměr čtyř měření je odchylka poloviční. Tlak je tedy \(\hat{p} = (60.7\pm 0.7)~\mathrm{kPa} \).
Potom vyjádříme nadmořskou výšku,
$$
\ln p = \ln p_0 - \frac{h}{H},
\qquad \mathrm{tedy} \qquad
h = H \ln\frac{p_0}{p}
$$
$$
\hat{h} = 8.433~\mathrm{km} \cdot \ln\frac{101.3}{61}
= 4.319~\mathrm{km}.
$$
Standardní odchylku určíme přenosem chyb,
$$
\sigma_h^2 = \biggl(\frac{\partial h}{\partial p} \sigma_p\biggr)^2
= \biggl(-\frac{H}{p} \sigma_p\biggr)^2.
$$
Dosazením dostaneme
$$
\hat{\sigma}_h
= \frac{8.433~\mathrm{km}}{60.7~\mathrm{kPa}} \cdot 0.7~\mathrm{kPa}
= 0.10~\mathrm{km}.
$$
Výsledek je tedy \(\hat{h} = (4.3\pm0.1)~\mathrm{km}\).
Úloha 12 (7 bodů, u7-3)
Poločas rozpadu radioaktivního izotopu 14C je 5730 let. Jaká je hustota pravděpodobnosti doby života t jednoho atomu 14C? Jaká je pravděpodobnost, že doba života bude delší než 50 tisíc let? Za jak dlouho se atom rozpadne s pravděpodobností 99 %?Řešení
Doba života radioaktivního izotopu má exponenciální rozdělení. Je to tak, protože pravděpodobnost, že doba života leží v intervalu \((t,t+\delta)\) je popsaná hustotou pravděpodobnosti \(f(t)\) a je úměrná šířce intervalu a pravděpodobnosti, že se izotop zatím nerozpadl,
$$
f(t)\delta = P(\text{rozpad v }(t,t+\delta))
= C \delta P(\text{žije v čase }t).
$$
Pokud se zatím nerozpadl, musí se rozpadnout v intervalu \((t,\infty)\),
$$
f(t) = C P(\text{žije v čase }t) = C \int_t^\infty f(x) \mathrm{d}x.
$$
Teď už můžeme uhodnout výsledek, případně zderivovat rovnici podle \(t\) a dostat \( f^\prime(t) = - C f(t) \). Funkce, která splní takovou rovnici musí být exponenciála, \( f(t) = A e^{-Ct} \).
Hustota pravděpodobnosti musí splňovat normalizační podmínku (izotop se musí někdy rozpadnout),
$$
1 = \int_0^\infty A e^{-Ct} \mathrm{d}t
= \biggl[-\frac{A}{C}e^{-Ct}\biggr]_0^\infty = \frac{A}{C},
\qquad \text{tedy} \qquad
f(t) = Ce^{-Ct}.
$$
Poločas rozpadu \(t_{0.5}\) je doba, za kterou se izotop rozpadne v 50 % případů, tedy medián doby života. V bodě \(t_{0.5}\) má distribuční funkce \(F(t)\) hodnotu 0.5.
$$
0.5 = P(t \le t_{0.5}) = F(t_{0.5})
= \int_0^{t_{0.5}} Ce^{-Ct} \mathrm{d}t
= \bigl[-e^{-Ct}\bigr]_0^{t_{0.5}} = 1 - e^{-Ct_{0.5}}.
$$
Protože poločas známe, vyjádříme pomocí něj neznámou konstantu \(C\),
$$
-Ct_{0.5} = \ln\frac{1}{2} = - \ln2
\qquad \text{tedy}\qquad
C = \frac{\ln2}{t_{0.5}}.
$$
Dostaneme hustotu pravděpodobnosti a distribuční funkci
$$
f(t|t_{0.5}) = \frac{\ln2}{t_{0.5}}\exp\left(-\frac{t\ln2}{t_{0.5}}\right),
\qquad\qquad
F(t|t_{0.5}) = 1 - \exp\left(-\frac{t\ln2}{t_{0.5}}\right).
$$
Pravděpodobnost, že doba života bude delší než 50 tisíc let, spočítáme z distribuční funkce,
$$
P(t > 5\cdot10^4\text{ let}) = 1 - F(5\cdot10^4\text{ let})
= \exp\left(-\frac{5\cdot10^4\cdot\ln2}{5730}\right)
= 0.0024.
$$
Pro dobu, za kterou se izotop rozpadne s pravděpodobností 0.99, platí
$$
0.99 = P(t \le t_{0.99}) = F(t_{0.99})
= 1 - \exp\left(-\frac{t_{0.99}\ln2}{t_{0.5}}\right).
$$
$$
\ln(1-0.99) = -\frac{t_{0.99}\ln2}{t_{0.5}}
$$
$$
t_{0.99} = -\frac{t_{0.5}\ln(0.01)}{\ln2} = 38069\text{ let}.
$$
Úloha 13 (7 bodů, u7-4)
Náhodná proměnná \(x\) má rovnoměrné rozdělení na intervalu \((-a, a)\). Spočítejte hustotu pravděpodobnosti proměnné \(y = \frac{1}{x}\). Určete očekávanou hodnotu a rozptyl proměnné \(y\).Řešení
Hustotu pravděpodobnosti \(g(y)\) proměnné \(y = h(x)\) určíme podle vzorce
$$
g(y) = f\bigl[h^{-1}(y)\bigr]
\biggl| \frac{\mathrm{d} h^{-1}}{\mathrm{d} y}\biggr|,
$$
kde \(f\) je hustota pravděpodobnosti proměnné \(x\).
V našem případě je \(x\) rovnoměrně rozdělená,
$$
f(x) =
\begin{cases}
\frac{1}{2a} & \text{pro } x \in (-a,a) \\
0 & \text{jinde}.
\end{cases}
$$
$$
y = h(x) = \frac{1}{x} \qquad\qquad
x = h^{-1}(y) = \frac{1}{y} \qquad\qquad
\frac{\mathrm{d} h^{-1}}{\mathrm{d} y} = - \frac{1}{y^2}.
$$
Dosazením do prvního vzorce získáme transformovanou hustotu pravděpodobnosti. Musíme ale vyřešit zvlášť oblasti oddělené hodnotami \(x=\pm a\), tedy
\(y = \pm\frac{1}{a}\).
$$
g(y) =
\begin{cases}
\frac{1}{2a}\frac{1}{y^2} & \text{pro } y < -\frac{1}{a} \\
\ 0 & \text{pro } y\in\left(-\frac{1}{a},\frac{1}{a}\right)\\
\frac{1}{2a}\frac{1}{y^2} & \text{pro } y > \frac{1}{a} \\
\end{cases}
$$
Očekávanou hodnotu zjistíme operátorem očekávané hodnoty
$$
E[y] = \int_{-\infty}^\infty y g(y) \mathrm{d}y
= \int_{-\infty}^{-\frac{1}{a}} \frac{1}{2a}\frac{1}{y}\mathrm{d}y
+ \int_{\frac{1}{a}}^\infty \frac{1}{2a}\frac{1}{y}\mathrm{d}y
= -\infty + \infty.
$$
Integrály jsou nekonečné (primitivní funkce k \(\frac{1}{y}\) je logaritmus) a jejich rozdíl není definovaný. Proto nemůže být definovaný ani rozptyl
$$
V[y] = E\bigl[\bigl(y-E[y]\bigr)^2\bigr] = E[y^2] - E^2[y].
$$
Můžeme zkusit určit alespoň druhý centrální moment
$$
E[y^2] = \int_{-\infty}^\infty y^2 g(y) \mathrm{d}y
= \int_{-\infty}^{-\frac{1}{a}} \frac{1}{2a} \mathrm{d}y
+ \int_{\frac{1}{a}}^\infty \frac{1}{2a} \mathrm{d}y
= \infty + \infty = \infty.
$$