Probabilistyka i statystyka – zadania z kolokwium, grupa trzecia (2010.11.02) 1. Dane są 3 urny. W pierwszej jest 1 kula biała i 5 czarnych. W drugiej 3 kule białe i 3 czarne. W
trzeciej 2 kule białe i 4 czarne. Rzucamy kostką. Jeżeli wypadnie liczba parzysta losujemy jedną kulę z 1 urny. Jeżeli 1, jedną kulę z drugiej urny. W przeciwnym wypadku z trzeciej. Wiemy, że wylosowano białą. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosowano kulę z 3 urny.
3 1 1 3 2 2 3 + 3 + 4 10
5
= ∗ + ∗ + ∗ =
=
=
6 6 6 6 6 6
36
36 18
4
4
2
36
| = 10 =
=
10 5
36
2. Mamy n kul białych i 3 czarne. Losujemy bez zwracania 2 kule. A – wylosowanie dwóch czarnych kul. Jakie jest dla < .
+ 3!
+ 2 + 3
Ω = =
=
2 + 1!
2
!
− 1
̿ = =
=
2 − 2!
2
− 1
1
= + 2 + 3 > 2
2 − 1 − + 2 + 3 > 0
2 − 2 − − 5 − 6 > 0
− 7 − 6 > 0
Δ = 49 + 24 = 73; √Δ = √73
7 + √73
=
≅ 7,77
2
7 − √73
=
< 0
2
Dla ∈< 0; 7 >
1
3. Mamy zbiór (3,4,5,6,7). Losujemy bez zwracania aż do wylosowania liczby pierwszej. Jeżeli wylosujemy ją za pierwszym razem – wygrywamy 5 zł, za drugim – 2 zł, za trzecim razem – tracimy 20
złotych
Oblicz rozkład zmiennej losowej. Wartość oczekiwaną, wariancję, odchylenie standardowe, dystrybuantę
Pierwsze: (3,5,7), Niepierwsze: (4,6)
,-
−20
2
5
.-
1
3
6
10
10
10
|Ω| = 5
|| = 3
3
6
= =
5 10
5!
|Ω
| = /0 =
= 20
3!
2!
3!
|
| = ∗ 1 =
∗
= 2 ∗ 3 = 6
1! 1! 2! 1!
6
3
=
=
20 10
5!
|Ω
| = /0 =
= 60
2!
2!
1!
3!
|
| = ∗ ∗ =
∗
∗
= 2 ∗ 3 = 6
1! 1! 1! 0! 2! 1!
6
1
=
=
60 10
6
3
1
=
+
+
10 10 10
20
6
30 16
12 = −
+
+
=
= 1,6
10 10 10 10
/34, = 12 − 12
562 256 5620 − 256 5364
/34, =
−
=
=
= 53.64
10
100
100
100
400 12 150 562
12 =
+
+
=
10
10
10
10
2
5 = 6/34, = 653,64 ≃ 7,32
0, 9 ≤ −20
= 1
; , −20 < 9 ≤ 2
89 = 10
?
< 4
;
, < 2 < 9 ≤ 5
10
:
1, 9 > 5
4. Punktowy wykres rozkładu geometrycznego 1
1 2
. = , @ = 1 − = , A = 1,2,3,4,5
3
3 3
A = 1 − .BC ∗ . = @BC ∗ .
2D 1 1
81
1 =
∗ = =
3
3 3 243
2 1 2
54
2 =
∗ = =
3
3 9 243
2 1
4
36
3 =
∗ =
=
3
3 27 243
2 1
8
24
4 =
∗ =
=
3
3 81 243
2E 1
16
5 =
∗ =
3
3 243
3
a) Czym różni się prawdopodobieństwo klasyczne od geometrycznego?
Definicja klasyczna nie pozwala obliczać prawdopodobieństwa w przypadku, gdy zbiory i Ω są nieskończone, jeśli jednak zbiory te mają interpretację geometryczną, zamiast liczebności zbiorów można użyć miary geometrycznej (długość, pole powierzchni, objętość).
b) Wyprowadź wzór na wariancję F = 12
/34, = 1G2 − FH = 1G2 − 2F2 + FH = 1G2H − 1G2F2H + 1GFH = 1G2H − 2F + F =
= 1G2H − F
c) Aksjomaty prawdopodobieństwa Kołomogorowa
1 ≥ 0
Ω = 1
1
∪ 1 ∪ … ∪ 1 = Σ-M1
Autor: shenlon (http://shenlon.eu) 4