Умова

Нехай \( X \) - стандартна нормальна випадкова величина, тобто \( X \sim N(0, 1) \). Обчисліть ймовірність \[ P\{[ X ] \mod 2 = 0\} ,\] де \( [ X ] \) позначає цілу частину \( X \) (найбільше ціле число, що не перевищує \( X \)).

Розв’язок

Подія \(\{[ X ] \mod 2 = 0\}\) означає, що ціла частина \( X \) є парним числом, отже, нам потрібно обчислити ймовірність того, що \( X \) потрапляє в один з інтервалів \( [2k, 2k+1) \), де \( k \) - ціле число: \[ P\{[ X ] \mod 2 = 0\} = \sum_{k = -\infty}^{\infty} P\{2k \le X < 2k+1\}. \] Оскільки \( X \) має стандартний нормальний розподіл, її щільність \[ \varphi (x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-x^2/2} \] та \[ P\{2k \le X < 2k+1\} = \int_{2k}^{2k+1} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-x^2/2} dx = \Phi(2k+1) - \Phi(2k), \] де \( \Phi(x) \) - функція розподілу стандартної нормальної випадкової величини.

Отже, \[ P\{[ X ] \mod 2 = 0\} = \sum_{k = -\infty}^{\infty} (\Phi(2k+1) - \Phi(2k)). \] Щоб обчислити цю суму, ми можемо скористатися властивостями стандартного нормального розподілу: \[ \Phi(-x) = 1 - \Phi(x). \] Розпишемо суму, виділивши члени з від'ємними та додатними \(k\): \[ P\{[ X ] \mod 2 = 0\} = \sum_{k = -\infty}^{-1} (\Phi(2k+1) - \Phi(2k)) + (\Phi(1) - \Phi(0)) + \sum_{k = 1}^{\infty} (\Phi(2k+1) - \Phi(2k)). \] Замінимо \(k\) на (\(-j-1\)) в першій сумі: \[ \sum_{k = -\infty}^{-1} (\Phi(2k+1) - \Phi(2k)) = \sum_{j = 0}^{\infty} (\Phi(-2j-1) - \Phi(-2j-2)) = \] \[ = \sum_{j = 0}^{\infty} (1 - \Phi(2j+1) - (1 - \Phi(2j+2))) = \sum_{j = 0}^{\infty} (\Phi(2j+2) - \Phi(2j+1)). \] Тепер початкову суму можна переписати так: \[ P\{[ X ] \mod 2 = 0\} = \sum_{j = 0}^{\infty} (\Phi(2j+2) - \Phi(2j+1)) + (\Phi(1) - \Phi(0)) + \sum_{k = 1}^{\infty} (\Phi(2k+1) - \Phi(2k)) = \] \[ = (\Phi(2) - \Phi(1)) + (\Phi(4) - \Phi(3)) + (\Phi(6) - \Phi(5)) + \dots\] \[ \dots + (\Phi(1) - \Phi(0)) + (\Phi(3) - \Phi(2)) + (\Phi(5) - \Phi(4)) + \dots \] Ми бачимо, що багато членів скорочуються. Залишається: \[ P\{[ X ] \mod 2 = 0\} = - \Phi(0) + \lim_{n \to \infty} \Phi(2n) = - \Phi(0) + 1 = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}. \]

Відповідь: \( P\{[ X ] \mod 2 = 0\} = \frac{1}{2} \).

Зауваження: Розв'язок можна спростити, якщо розглянути подання шуканої ймовірності як відповідну площу на графіку щільності стандартного нормального розподілу.

---

Розглянемо ще одну схожу задачу :)

Умова

Нехай \( X \) - випадкова величина, що має показниковий розподіл з параметром \( \lambda = 1 \). Обчисліть ймовірність \[ P\{[X] \mod 2 = 0\} ,\] де \( [X] \) позначає цілу частину \( X \) (найбільше ціле число, що не перевищує \( X \)).

Розв’язок

Подія \(\{[X] \mod 2 = 0\}\) означає, що ціла частина \( X \) є парним числом, отже, нам потрібно обчислити ймовірність того, що \( X \) потрапляє в один з інтервалів \( [2k, 2k+1) \), де \( k \) - невід'ємне ціле число: \[ P\{[X] \mod 2 = 0\} = \sum_{k = 0}^{\infty} P\{2k \le X < 2k+1\}. \] Оскільки \( X \) має показниковий розподіл з параметром \( \lambda = 1 \), її щільність \[ f_X(x) = e^{-x}, \quad x \ge 0 \] та \[ P\{2k \le X < 2k+1\} = \int_{2k}^{2k+1} e^{-x} dx = F_X(2k+1) - F_X(2k), \] де \( F_X(x) = 1 - e^{-x} \) - функція розподілу показникової випадкової величини.

Отже, \[ P\{[X] \mod 2 = 0\} = \sum_{k = 0}^{\infty} (F_X(2k+1) - F_X(2k)). \] Щоб обчислити цю суму, скористаємося тим, що \( F_X(x) = 1 - e^{-x} \): \[ P\{[X] \mod 2 = 0\} = \sum_{k = 0}^{\infty} ((1 - e^{-(2k+1)}) - (1 - e^{-2k})) = \sum_{k = 0}^{\infty} e^{-2k}(1 - e^{-1}). \] Винесемо сталий множник за знак суми: \[ P\{[X] \mod 2 = 0\} = (1 - e^{-1}) \sum_{k = 0}^{\infty} (e^{-2})^k. \] Обчислимо суму нескінченної геометричної прогресії: \[ \sum_{k = 0}^{\infty} (e^{-2})^k = \frac{1}{1 - e^{-2}}. \] Тепер можемо знайти шукану ймовірність: \[ P\{[X] \mod 2 = 0\} = (1 - e^{-1}) \cdot \frac{1}{1 - e^{-2}} = \frac{1 - e^{-1}}{1 - e^{-2}} = \frac{e}{e + 1}. \]

Відповідь: \( P\{[X] \mod 2 = 0\} = \dfrac{e}{e + 1} \).


Зауваження

Цю задачу можна розв'язати простіше, використовуючи властивість відсутності післядії показникового розподілу: позначимо \( p = P\{[X] \mod 2 = 0\} \). Розглянемо перший інтервал \( [0, 1) \). Якщо \( X \) потрапляє в цей інтервал, то \( [X] = 0 \), і умова виконана. Ймовірність цього становить: \[ P\{0 \le X < 1\} = \int_0^1 e^{-x} dx = 1 - e^{-1}. \] Тепер, якщо \( X \ge 1 \), то ми можемо записати \( X = 1 + Y \), де \( Y \) - показникова випадкова величина з параметром \( \lambda = 1 \) (завдяки відсутності післядії). Тобто, хвіст показникового розподілу виглядає так само, як і початковий розподіл.

Тоді, для того, щоб \( [X] \) було парним, потрібно, щоб \( [1 + Y] \) було парним, тобто \( [Y] \) було непарним (оскільки ми додали 1). Таким чином, \[ p = P\{[X] \mod 2 = 0\} = P\{0 \le X < 1\} + P\{X \ge 1\} \cdot P\{[1 + Y] \mod 2 = 0\} = \] \[ = (1 - e^{-1}) + e^{-1} \cdot (1 - P\{[Y] \mod 2 = 0\}). \]

Оскільки \( Y \) має той самий розподіл, що й \( X \), то \( P\{[Y] \mod 2 = 0\} = p \). Отже, \[ p = (1 - e^{-1}) + e^{-1} (1 - p). \] Розв'яжемо це рівняння відносно \( p \): \[ p = 1 - e^{-1} + e^{-1} - e^{-1}p \] \[ p + e^{-1}p = 1 \] \[ p(1 + e^{-1}) = 1 \] \[ p = \frac{1}{1 + e^{-1}} = \frac{e}{e + 1}. \]