Rachunek prawdopodobieństwa, Wariacja z powtórzeniami

Nasza ocena:

5
Pobrań: 161
Wyświetleń: 784
Komentarze: 0
Notatek.pl

Pobierz ten dokument za darmo

Podgląd dokumentu
Rachunek prawdopodobieństwa, Wariacja z powtórzeniami - strona 1 Rachunek prawdopodobieństwa, Wariacja z powtórzeniami - strona 2 Rachunek prawdopodobieństwa, Wariacja z powtórzeniami - strona 3

Fragment notatki:

1
Zadanie 1.
Kawaªek drutu o dªugo±ci 40 cm zgi¦to pod k¡tem prostym w losowo wybranym
punkcie, a nast¦pnie zgi¦to drut w dwóch innych punktach w taki sposób, aby powstaªa prostok¡tna ramka. Obliczy¢ prawdopodobie«stwo tego, »e pole obszaru ograniczonego ramk¡ jest
niemniejsze ni» 84 cm2 .
Rozwi¡zanie 1.
Przyjmijmy za wynik losowania dªugo±¢ niedªu»szego boku. Wtedy
Dla ustalonego
x∈Ω
boki prostok¡ta maj¡ dªugo±¢
x · (20 − x)
otrzymamy
x ∈ [6; 10].
x i 20 − x.
Ω = (0; 10], wi¦c |Ω| = 10.
Rozwi¡zuj¡c nierówno±¢
x ∈ (0; 10],
84,
Zatem szukane prawdopodobie«stwo wynosi
|[6; 10]|
4
= .
|Ω|
10
Rozwi¡zanie 2.
Przyjmijmy za wynik losowania odlegªo±¢ wybranego punktu zgi¦cia od bli»szego ko«ca drutu.
Wtedy
Ω = (0; 20), wi¦c |Ω| = 20. Dla ustalonego x ∈ Ω boki prostok¡ta maj¡ dªugo±¢ x i 20−x.
Rozwi¡zuj¡c nierówno±¢
x · (20 − x)
otrzymamy
x ∈ [6; 14].
x ∈ (0; 20),
84,
Zatem szukane prawdopodobie«stwo wynosi
|[6; 14]|
8
= .
|Ω|
20
Rozwi¡zanie 3.
Przyjmijmy za wynik losowania odlegªo±¢ wybranego punktu zgi¦cia od ustalonego ko«ca
drutu. Wtedy
Ω = (0; 40) \ {20},
wi¦c
|Ω| = 40.
Dla ustalonego
x∈Ω
boki prostok¡ta maj¡
dªugo±¢
x i 20 − x,
gdy
x 20,
Rozwi¡zuj¡c nierówno±¢
x · (20 − x)
otrzymamy
x ∈ [6; 14].
x ∈ (0; 20),
Podobnie, rozwi¡zuj¡c nierówno±¢
(40 − x) · (x − 20)
otrzymamy
84,
x ∈ [26; 34].
84,
x ∈ (20; 40),
Zatem szukane prawdopodobie«stwo wynosi
|[6; 14]| + |[26; 34]|
16
= .
|Ω|
40
Rozwi¡zanie 4.
Przyjmijmy za wynik losowania dªugo±ci boków powstaªego prostok¡ta, tzn.
Ω = { x; y | x + y = 20, x 0, y 0}.
Wtedy

jest odcinkiem na pªaszczy¹nie oraz dªugo±¢ tego odcinka wynosi

20 2.
2
Dla ustalonej pary
x; y ∈ Ω
boki prostok¡ta maj¡ dªugo±¢

x · y




x i y.
Rozwi¡zuj¡c ukªad
84,
x + y =



x 0, y
20,
0
otrzymamy, »e zdarzeniem sprzyjaj¡cym jest odcinek
{ x; y | x + y = 20, x ∈ [6; 14]},
którego dªugo±¢ wynosi

8 2.
Zatem szukane prawdopodobie«stwo wynosi

8 2
√ .
20 2
Statystyka.
Odpowied¹ podaªo 15 osób, spo±ród których:






1 osoba podaªa odpowied¹ 0,75,
2 osoby podaªy odpowied¹ 0,6,
1 osoba podaªa odpowied¹
9/19 ≈ 0,47,
9 osób podaªo odpowied¹ poprawn¡, czyli 0,4,
1 osoba podaªa odpowied¹
15/42 ≈ 0,36,
1 osoba podaªa odpowied¹ 0,2.
Zadanie 2.
Wiadomo, »e 25 kobiet na 1000 i 5 m¦»czyzn na 100 nie odró»nia kolorów. Z grupy,
w której jest jednakowa liczba kobiet i m¦»czyzn, wylosowano jedn¡ osob¦. Jakie jest prawdopodobie«stwo, »e wylosowana osoba oka»e si¦ daltonist¡? Jakie jest prawdopodobie«stwo, »e
wylosowana osoba jest m¦»czyzn¡, je±li okazaªa si¦ daltonist¡?
Rozwi¡zanie.
Wprowad¹my oznaczenia:
K:
M:
D:
wybrana osoba jest kobiet¡,
wybrana osoba jest m¦»czyzn¡,
wybrana osoba jest daltonist¡.
Wtedy z tre±ci zadania
P (K) = 1/2,
Poniewa» zdarzenia
P (M ) = 1/2,
K
i
M
P (D|K) = 25/1000,
si¦ wykluczaj¡ oraz
P (D|M ) = 5/100.
P (K) + P (M ) = 1,
wi¦c tworz¡ one ukªad
zupeªny zdarze«. Ze wzoru na 1
Zadanie 1. Ka»da ze stu pracuj¡cych niezale»nie od siebie obrabiarek wª¡czona jest w ci¡gu
0,8
caªego czasu pracy. Interesuje nas prawdopodobie«stwo zdarzenia polega j¡cego na tym, »e
w dowolnie wybranej ustalonej chwili czasu b¦dzie wª¡czonych od 70 do 86 obrabiarek.
1) Poda¢ dokªadny wzór (bez wylicze«!) na powy»sze prawdopodobie«stwo.
2) Oszacowa¢ powy»sze prawdopodobie«stwo stosuj¡c nierówno±¢ Czebyszewa-Bienaymé.
3) Oszacowa¢ powy»sze prawdopodobie«stwo stosuj¡c nierówno±¢ Bernsteina.
4) Oszacowa¢ powy»sze prawdopodobie«stwo stosuj¡c Centralne Twierdzenie Graniczne.
Rozwi¡zanie.
Mamy do czynienia ze schematem
w pojedynczej próbie równym
n = 100 prób Bernoulliego z prawdopodobie«stwem sukcesu
p = 0,8.
Interesuje nas zdarzenie
[70
Sn
86].
Przypomnijmy,
»e
ESn = np = 100 · 0,8 = 80,
Var Sn = np(1 − p) = 100 · 0,8 · 0,2 = 16.
Ad 1). Zgodnie z podstawowym wzorem dla schematu Bernoulliego:
86
P (70
Sn
86
P (Sn = k) =
86) =
k=70
k=70
86
n k
100
p (1 − p)n−k =
0,2k · 0,8100−k .
k
k
k=70
Ad 2). Nierówno±¢ Czebyszewa-Bienaymé dla zmiennej losowej
X
posiada j¡cej sko«czon¡
wariancj¦ ma posta¢:

ε0
P (|X − EX|
ε)
Var X
.
ε2
Nas interesuje zdarzenie
[70
Sn
86] = [70 − ESn
= [70 − 80
Sn − ESn
Sn − ESn
86 − ESn ] =
86 − 80] = [−10
Sn − ESn
6].
Aby skorzysta¢ z nierówno±ci Czebyszewa-Bienaymé, musimy mie¢ przedziaª symetryczny wzgl¦dem warto±ci przeci¦tnej. Dlatego mamy nast¦puj¡ce oszacowanie:
P (70
Sn
86) = P (−10
P (−6
Sn − ESn
Sn − ESn
= 1 − P (|Sn − ESn |
6)
6) = P (|Sn − ESn |
7)
1−
6) =
Var Sn
16
33
=1−
=
≈ 0,6735.
2
7
49
49
Ad 3). Nierówno±¢ Bernsteina dla schematu Bernoulliego ma posta¢:

ε0
P (|Sn − np|
nε)
2e−nε
2 /4
.
Aby skorzysta¢ z nierówno±ci Bernsteina, musimy mie¢ przedziaª symetryczny wzgl¦dem warto±ci przeci¦tnej. Dlatego mamy nast¦puj¡ce oszacowanie (por. poprzedni podpunkt):
P (70
Sn
86)
1 − P (|Sn − ESn |
= 1 − P (|Sn − ESn |
7) =
100 · 0,07)
= 1 − 2e−0,1225 ≈ 1 − 2 · 0,8847 = −0,7694.
Uwaga. Jak wida¢, to oszacowanie jest zupeªnie bezu»yteczne...
2 /4
1 − 2e−100·0,07
=
2
Ad 4). Centralne Twierdzenie Graniczne w wersji Moivre'a-Laplace'a stanowi, »e

a∈R
gdzie
Φ
Sn − np
P √
200, a wi¦c n 4 000.
Zgodnie z twierdzeniem Czebyszewa
P(Sn
200) = P(Sn − E Sn
200 − E Sn )
P(|Sn − E Sn |
E Sn − 200) =
= 1 − P(|Sn − E Sn | 0,05 n − 200)
1−
0,0475 n
Var Sn
=1−
.
2
(0,05 n − 200)
(0,05 n − 200)2
Rozwi¡zuj¡c nierówno±¢
1−
0,0475 n
(0,05 n − 200)2
otrzymamy
n
819 +

30 761 ≈ 4 971,94.
Na mocy centralnego twierdzenia granicznego
P(Sn
200) = P
Sn − E Sn

Var Sn Zadanie 1.
Kawaªek drutu o dªugo±ci 30 cm zgi¦to pod k¡tem prostym w losowo wybranym
punkcie, a nast¦pnie zgi¦to drut w dwóch innych punktach w taki sposób, aby powstaªa prostok¡tna ramka. Obliczy¢ prawdopodobie«stwo tego, »e warto±¢ bezwzgl¦dna
ró»nicy dªugo±ci boków ramki jest nie mniejsza ni» 5 cm.
Rozwi¡zanie 1.
Przyjmijmy za wynik losowania dªugo±¢ niedªu»szego boku. Wtedy
wi¦c
|Ω| = 7,5.
Dla ustalonego
x ∈ Ω
boki prostok¡ta maj¡
Ω = (0; 7,5],
dªugo±¢ x i 15 − x.
Rozwi¡zuj¡c nierówno±¢
(15 − x) − x
otrzymamy
x ∈ (0; 5].
x ∈ (0; 7,5],
5,
Zatem szukane prawdopodobie«stwo wynosi
|(0; 5]|
2
= .
|Ω|
3
Rozwi¡zanie 2.
Przyjmijmy za wynik losowania odlegªo±¢ wybranego punktu zgi¦cia od bli»szego
Ω = (0; 15), wi¦c |Ω| = 15. Dla ustalonego x ∈ Ω boki prostok¡ta
x i 15 − x. Rozwi¡zuj¡c nierówno±¢
ko«ca drutu. Wtedy
maj¡ dªugo±¢
|x − (15 − x)|
otrzymamy
x ∈ (0; 5] ∪ [10; 15).
x ∈ (0; 15),
5,
Zatem szukane prawdopodobie«stwo wynosi
10
|(0; 5] ∪ [10; 15)|
= .
|Ω|
15
Rozwi¡zanie 3.
Przyjmijmy za wynik losowania odlegªo±¢ wybranego punktu zgi¦cia od ustalonego
ko«ca drutu. Wtedy
Ω = (0; 30) \ {15},
wi¦c
|Ω| = 30.
Dla ustalonego
x∈Ω
prostok¡ta maj¡ dªugo±¢
x i 15 − x,
gdy
x 15.
Rozwi¡zuj¡c nierówno±¢
|x − (15 − x)|
otrzymamy
x ∈ (0; 5] ∪ [10; 15).
Podobnie, rozwi¡zuj¡c nierówno±¢
|(20 − x) − (x − 15)
otrzymamy
x ∈ (0; 15),
15,
x ∈ (15; 20] ∪ [25; 30).
5,
x ∈ (15; 30),
Zatem szukane prawdopodobie«stwo wynosi
|(0; 5] ∪ [10; 15)| + |(15; 20] ∪ [25; 30)|
20
= .
|Ω|
30
boki
Rozwi¡zanie 4.
Przyjmijmy za wynik losowania dªugo±ci boków powstaªego prostok¡ta, tzn.
Ω = { x; y | x + y = 15, x 0, y 0}.
Wtedy

jest odcinkiem na pªaszczy¹nie oraz dªugo±¢ tego odcinka wynosi
Dla ustalonej pary
ukªad
x; y ∈ Ω
boki prostok¡ta maj¡ dªugo±¢

|x − y|




x + y =



x 0, y
x
i
y.
Rozwi¡zuj¡c
5,
15,
0,
otrzymamy, »e zdarzeniem sprzyjaj¡cym jest suma dwóch odcinków:
której

15 2.
{ x; y | x + y = 15, x ∈ (0; 5]} ∪ { x; y | x + y = 15, x ∈ [10; 15)},

miara wynosi 10 2. Zatem szukane prawdopodobie«stwo wynosi

10 2
√ .
15 2
Zadanie 2.
W prawej kieszeni znajduj¡ si¦ 3 monety po 2 zª i 2 monety po 1 zª, a w
lewej kieszeni 6 monet po 2 zª i 4 monety po 1 zª. Z prawej kieszeni do lewej przeªo»ono
losowo jedn¡ monet¦. Obliczy¢ prawdopodobie«stwo wyci¡gni¦cia z lewej kieszeni po
tym przeªo»eniu monety o warto±ci 1 zª. Jakie jest prawdopodobie«stwo, »e z prawej
kieszeni wyci¡gni¦to monet¦ o warto±ci 1 zª, je»eli z lewej kieszeni wyci¡gni¦to monet¦
o warto±ci 1 zª?
Rozwi¡zanie.
Wprowad¹my nast¦puj¡ce oznaczenia:
H1 :
H2 :
A:
z prawej kieszeni do lewej przeªo»ono monet¦ o warto±ci 1 zª,
z prawej kieszeni do lewej przeªo»ono monet¦ o warto±ci 2 zª,
z lewej kieszeni wylosowano monet¦ o warto±ci 1 zª.
Wtedy oczywi±cie
P
Zatem
H1 i H2
(H1 ) = 2/5,
P
(H2 ) = 3/5.
P
(A | H2 ) = 4/11.
tworz¡ ukªad zupeªny, tj.
• H1 i H2 s¡ zdarzeniami,
• H1 i H2 s¡ rozª¡czne,

(…)

… (Xn = xn,i ) 2−n 1 − 21−n 2−n 1
Sformuªuj twierdzenie Markowa i korzystaj¡c z tego twierdzenia wyka», »e ci¡g (Xn ) speªnia
sªabe prawo wielkich liczb.
Zadanie 5. Podaj okre±lenie dystrybuanty zmiennej losowej. Sformuªuj trzy warunki konieczne i dostateczne, aby ustalona funkcja F : R → R byªa dystrybuant¡ pewnej zmiennej
losowej i udowodnij konieczno±¢ tych warunków.
Zadanie 6. Podaj okre±lenie…
… sªabe prawo wielkich liczb.
Rozwi¡zanie.
Twierdzenie Markowa zwi¡zane ze sªabym prawem wielkich liczb ma nast¦puj¡c¡ tre±¢:
Niech
(Xn )
b¦dzie dowolnym ci¡giem zmiennych losowych. Wtedy je±li
lim
n→∞
to ci¡g
(Xn )
Var Sn
= 0,
n2
(*)
speªnia sªabe prawo wielkich liczb, tzn.
Sn − ESn P
−→ 0.
n
Aby skorzysta¢ z twierdzenia Markowa poka»emy, »e speªniony jest warunek
(∗). Dla ka»dego k
EXk = (−k) · P (X…
… − p)
i podobnie
Sn − np
70 − 80
P (Sn < 70) = P √
=
< √
16
np(1 − p)
Sn − np
=P √
< −2,5 ≈ Φ(−2,5) = 1 − Φ(2,5) ≈ 1 − 0,9938 = 0,0062,
np(1 − p)
wi¦c ostatecznie
P (70
Zadanie 2.
do
10−6
86) ≈ 0,9599 − 0,0062 = 0,9537.
Sn
Dodano do siebie 10 000 liczb rzeczywistych zaokr¡glonych w dóª z dokªadno±ci¡
. Stosuj¡c CTG wyznaczy¢ granice w jakich znajdowa¢ si¦ b¦dzie bª¡d sumy z prawdo-
podobie«stwem…
... zobacz całą notatkę

Komentarze użytkowników (0)

Zaloguj się, aby dodać komentarz