to the PDF file.

1
Kombinatoryka
W tej serii zadań można znaleźć pojawiające się na egzaminach zadania dotyczące problemu wyznaczania prostych parametrów rozkładu w przypadku zgadnień kombinatorycznych. Zadania te wymagają
podstawowej wiedzy kombinatorycznej oraz dyskretnych zmiennych losowych.
1. (Eg 48/4) W urnie znajduje się 16 kul, z których 8 jest białych i 8 czarnych. Losujemy bez
zwracania 6 kul, a następnie 5 z pozostałych kul. Niech S2 oznacza liczbę kul białych uzyskaną w
drugim losowaniu. Oblicz VarS2 .
Odp: B-> 11
12 .
Rozwiązanie. Stosujemy zmienne włączeniowe, Xi ∈ {0, 1}, i ∈ {1, 2, ..., 11}, gdzie Xi = 1 jeśli w
P11
i-tym losowaniu wyciągnięto białą kulę i 0 w przeciwnym przypadku. Oczywiście S2 = i=7 Xi .
7
7
= 30
,
Zachodzi EXi = P(Xi = 1) = 21 , i ∈ {1, 2, ..., 11} oraz EXi Xj = P(Xi = 1, Xj = 1) = 21 15
i 6= j, i, j ∈ {1, 2, ..., 12}. Zatem
ES2 = 5 ·
1
5 14
43
= 3, ES22 = 5P(X1 = 1) + 5 · 4P(X1 = 1, X2 = 1) = +
=
.
2
2
3
6
Czyli
VarS22
14
−
=
3
2
5
11
86 75
−
=
.
=
2
12 12
12
2. (Eg 49/6) Dysponujemy dwiema urnami: A i B. W urnie A są 2 kule białe i 3 czarne, w urnie B
są 4 kule białe i 1 czarna. Wykonujemy trzy etapowe losowanie:
(a) losujemy urnę;
(b) z wylosowanej urny ciągniemy 2 kule bez zwracania, a następnie wrzucamy do tej urny 2 kule
białe i 2 czarne;
(c) z urny, do której wrzuciliśmy kule, losujemy jedną kulę.
Okazało się, że wylosowana w trzecim etapie kula jest biała. Obliczyć p-stwo, że w drugim wylosowano 2 kule tego samego koloru.
Odp: C-> 0, 5.
Rozwiązanie. Mamy drzewo prawdopodobieństw przejścia do poszczególnych stanów
Stan1
(2, 3)
(2, 3)
(2, 3)
(4, 1)
(4, 1)
P-p
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
Stan2
(2, 5)
(3, 4)
(4, 3)
(4, 3)
(5, 2)
P-p
1
10
6
10
3
10
6
10
4
10
Stan3
biała
biała
biała
biała
biała
P-p
2
7
3
7
4
7
4
7
5
7.
Niech P(3, b) będzie prawdopodobieństwem uzyskania białej kuli w 3 losowaniu,
P(3, b) =
1 1 2 1 6 3 1 3 4 1 6 4 1 4 5
76
·
· + ·
· + ·
· + ·
· + ·
· =
.
2 10 7 2 10 7 2 10 7 2 10 7 2 10 7
140
Z drugiej strony prawdopodobieństwo, że w drugim losowaniu pojawiły się kule biała i czarna, a
w trzecim losowaniu biała P(2, (b, c); 3, b) wynosi
P(2, (b, c); 3, b) =
1 6 3 1 4 5
38
·
· + ·
· =
.
2 10 7 2 10 7
140
Zatem P(2, (b, c)|3, b) = P(2, (b, c); 3, b)/P(3, b) =
38
76
· 12 .
1
3. (Eg 50/7) W urnie znajduje się 20 kul białych, 20 kul czarnych i 20 kul niebieskich. Losujemy bez
zwracania 24 kule. Niech
(a) X oznacza liczbę wylosowanych kul białych;
(b) Y oznacza liczbę wylosowanych kul czarnych;
(c) Z oznacza liczbę wylosowanych kul niebieskich.
Współczynnik
korelacji zmiennych losowych X + 2Y i Z, Corr(X + 2Y, Z) jest równy?
√
Odp: B-> − 23 .
Rozwiązanie. Przypomnijmy, że Corr(X + 2Y, Z) = √
Cov(X+2Y,Z)
√
Var(X+2Y )
Var(Z)
. Łatwo zauważyć, że
Cov(X, Z) = Cov(Y, Z), Var(X) = Var(Y ) = Var(Z), zatem
Cov(X + 2Y, Z) = Cov(X, Z) + 2Cov(Y, Z) = 3Cov(X, Z).
Podobnie
Var(X + 2Y ) = Cov(X + 2Y, X + 2Y ) = 5Var(X, X) + 4Cov(X, Y ).
P24
Korzystamy zmiennych włączeniowych, żeby obliczyć Cov(X, Z). Niech X = i=1 1Xi =1 , gdzie
Xi = 1 jeśli w i tym losowaniu pojawiła się biała kula. Analogicznie definiujemy Yi , Zi , i ∈
{1, 2, ..., 24}. Zachodzi
EX = 24P(X1 = 1) =
24
= 8,
3
EX 2 = 24P(X1 = 1) + 24 · 23P(X1 = 1, X2 = 1) = 8 +
24 · 23 · 19
496
=8·
.
3 · 59
59
Wreszcie
23 · 20
24 · 23
3 · 59 = 8 ·
.
EXY = 24 · 23P(X1 = 1, Y2 = 1) =
3 · 20
59
472
496
472
czyli Cov(X, Y ) = 8 460
= −8 · 12
= 8·
59 − 59
59 oraz Var(X) = 8 59 − 59
a = 8 · 12
,
mamy
59
24
59 .
Niech zatem
Cov(X + 2Y, Z) = −3a, Var(X + 2Y ) = 10a − 4a = 6a, Var(Z) = 2a.
Ostatecznie
√
−3a
3
3
.
Corr(X + 2Y, Z) = √ √ = − √ = −
2
6a 2a
2 3
4. (Eg 51/10) Pan A przeznaczył 5 zł na pewną grę. W pojedynczej kolejce gry pan A wygrywa 1
zł z p-stwem 1/3 przegrywa 1 zł z p-stwem 2/3. Pan A kończy grę, gdy wszystko przegra lub gdy
będzie miał 10 zł. P-stwo, że A wszystko przegra jest równe?
Odp: D-> 0, 97.
Rozwiązanie. Zadanie dotyczy prawdopodobieństwa ruiny. W celu rozwiązania budujemy niezależne zmienne losowe Xk , k > 1 takie, że Xk = 1 jeśli A wygrywa oraz Xk = −1 jeśli A przegrywa.
Definiujemy Sn = X1 + ... + Xn , n > 1 oraz S0 = 0. Okazuje się, że zmienne Mn = 2Sn , n > 0
tworzą martyngał względem naturalnej filtracji. Rzeczywiście
21
1
E(Mn |Fn−1 ) = Mn−1 E2Xn = Mn−1
·2+
= Mn−1 .
3
32
Zauważmy, że gracz kończy grę w momencie τ = inf{n > 0 : Sn ∈ {−5, 5}}. Zatem z twierdzenia
Dooba (moment τ nie jest ograniczony ale nietrudno pokazać, że w tym przypadku również to
2
twierdzenie działa) wynika, że 1 = EMτ . Niech teraz a = P(Sτ = 5), b = P(Sτ =−5 ). Ponieważ jak
łatwo sprawdzić P(τ < ∞) = 1, więc a + b = 1, nadto
1 = EMτ = a25 + b2−5 .
Mamy zatem układ równań
Stąd a =
25 −1
210 −1 ,
b=
210 −25
210 −1 .
a+b
a25 + b2−5
=
=
1
1
Szukana wartość to b ' 0, 97.
5. (Eg 52/2) W urnie znajduje się 100 ponumerowanych kul o numerach 1, 2..., 100. Losujemy bez
zwracania 10 kul, zapisujemy numery, kule zwracamy do urny. Czynność te powtarzamy 10 razy.
Oblicz wartość oczekiwaną liczby kul, które zostały wylosowane dokładnie dwa razy.
Odp: D-> 19, 37.
Rozwiązanie. Zadanie staje się proste jeśli zastosujemy zmienne włączeniowe, 1Xi =1 , i ∈ {1, 2, ..., 100},
gdzie
Xi = 1 jeśli dokładnie dwa razy kula z numerem i została wylosowana. Należy wyznaczyć
P100
E i=1 1Xi =1 = 100P(X1 = 1), gdyż P(Xi = 1) są identyczne. Pozostaje zauważyć, że
2 8
9
1
10
.
P(Xi = 1) =
10
10
2
P100
9 8
Stąd E i=1 1Xi =1 = 45 · 10
' 19, 37.
6. (Eg 53/10) Z urny, w której jest 6 kul czarnych i 4 białe losujemy kolejno bez zwracania po jednej
kuli, tak długo aż wylosujemy kulę czarną. Wartość oczekiwana liczby wylosowanych kul białych
jest równa?
Odp: B-> 47 .
P∞
Rozwiązanie. Przypomnijmy wzór EX =
k=0 P(X > k), dla zmiennych X o watotściach
całkowitych dodatnich. Sprawdzamy, że
2
4·3
2
4
= , P(X > 2) =
=
,
10
5
10 · 9
15
4·3·2
1
4·3·2·1
1
P(X > 3) =
=
, P(X > 4) =
=
,
10 · 9 · 8
30
10 · 9 · 8 · 7
210
P(X > 0) = 1, P(X > 1) =
nadto P(X > k) = 0 dla k > 4. Stąd EX =
2
5
+
2
15
+
1
30
+
1
210
=
120
210
= 74 .
7. (Eg 54/7) mamy dwie urny: I i II. Na początku doświadczenia w każdej z urn znajdują się 2
kule białe i 2 czarne. Losujemy po jednej kuli z każdej urny - po czym kulę wylosowaną z urny I
wrzucamy do urny II, a te wylosowana z urny II wrzucamy do urny I. Czynność tę powtarzamy
wielokrotnie. Granica (przy n → ∞) p-stwa, iż obie kule wylosowane w n-tym kroku są jednakowego koloru, wynosi:?
Odp: C-> 73 .
Rozwiązanie. Zadanie rozwiązuje się metoda łańcuchów Markowa. Jest możliwych 5 stanów na
liczbę kul białych w urnie I. Należy znaleźć prawdopodobieństwa przejścia w jednym kroku. Mamy


S 0
1
2
3
4
 0 0
1
0
0
0 


6
9
 1 1

0
0
16
16
16


P =
1
1
1

2
0
0
4
2
4


9
6
1 
 3 0
0
16
16
16
4 0
0
0
1
0
3
P4
należy wyznaczyć rozkład stabilny z równania πM = π oraz warunku, że k=0 πk = 1. Nietrudno
zauważyć symetrię macierzy skąd wynika, że π0 = π4 , π1 = π3 . Nadto natychmiast zauważamy, że
1
π0 = 16
π1 . Wystarczą zatem 2 równania (w terminach π1 i π2 )
7
π1 + 14 π2
π1 = 16
1
1
= 8 π1 + 2π1 + π2
1
8
Skąd wynika, że π0 = π4 = 70
, π1 = π3 = 35
, π2 = 18
35 . Obliczamy prawdopodobieństwa warunkowe
wylosowania kul różnego koloru w zależności od stanu liczby kul białych w I urnie
5
1
, P((b, c)|2) = .
8
2
Dostajemy ze wzoru Bayesa dla stanów rozłożonych według π (czyli w granicy n → ∞)
P((b, c)|0) = P((b, c)|4) = 1, P((b, c)|1) = P((b, c)|3) =
P((b, c)) = 2 ·
5 8
1 18
4
1
+2· ·
+
= .
70
8 35 2 35
7
Zatem prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego wynosi 37 .
8. (Eg 55/3) Wylosowano niezależnie 15 liczb z rozkładu symetrycznego ciągłego i ustawiono je w ciąg
według kolejności losowania. Otrzymano 8 liczb dodatnich (każda z nich oznaczamy symbolem a)
i 7 ujemnych (każdą z nich oznaczamy symbolem b). Obliczyć p-stwo, że otrzymano 6 serii, gdzie
serią nazywamy ciąg elementów jednego typu, przed i za którym występuje element drugiego typu,
na przykład w ciągu: aaabbbbaabbbbba jest 5 serii (3 serie elementów typu a i 2 serie elementów
typu b).
14
Odp: C-> 143
Rozwiązanie. Należy zauważyć, że zbiór Ω złożony
ze wszystkich możliwych podzbiorów 8 ele
mentowych w zbiorze 15 elementowym ma 15
elementów.
Teraz należy zauważyć, że seria będzie
8
jednoznacznie wyznaczonym podzbiorem jeśli podamy od jakiego symbolu zaczynamy, a następnie
długości ścieżek k1 , k2 , k3 dla serii symbolu a oraz l1 , l2 , l3 dla serii symbolu b. Oczywiście ścieżki
muszą mieć długość dodatnią nadto k1 + k2 + k3 = 8, l1 + l2 + l3 = 7. Ogólnie
liczba rozwiązań
równania x1 + ... + xk = n w liczbach naturalnych (bez zera) wynosi n−1
.
Zatem
liczność zbioru
k−1
A6 złożonego z serii długości 6 wynosi
7 6
|A6 | = 2 ·
.
2 2
Ostatecznie
P(A6 ) =
14
|A6 |
=
.
||Ω|
143
9. (Eg 56/4) Dysponujemy 5 identycznymi urnami. Każda z nich zawiera 4 kule. Liczba kul białych
w i-tej urnie jest równa i − 1, gdzie i = 1, 2, ..., 5, pozostałe kule są czarne. Losujemy urnę, a
następnie ciągniemy z niej jedną kulę i okazuje się, że otrzymana kula jest biała. Oblicz p-stwo,
że ciągnąc drugą kule z tej samej urny (bez zwracania pierwszej) również otrzymamy kulę białą.
Odp: D-> 32 .
Rozwiązanie. Ze symetrii zadania jest jasne, że szansa wylosowania białej kuli w pierwszej rundzie
wynosi 12 . Aby obliczyć szansę wyciągnięcia dwóch kul białych stosujemy wzór Bayesa
5
i−1
X
1
2
.
P((b, b)) =
4
5
2
i=1
P5
i−1
Zachodzi wzór kombinatoryczny
= 53 (trójkąt Pascala). Nadto 53 / 42 = 53 , stąd
i=1
2
P((b, b)) = 31 . To oznacza, że P((b, b)|b) = 23 .
4
10. (Eg 57/1) Urna zawiera 5 kul o numerach: 0, 1, 2, 3, 4. Z urny ciągniemy kulę, zapisujemy numer i
kulę wrzucamy z powrotem do urny. Czynność tę powtarzamy, aż kula z każdym numerem zostanie
wyciągnięta co najmniej raz. Oblicz wartość oczekiwaną liczby powtórzeń.
5
.
Odp: C-> 11 12
Rozwiązanie. Tutaj łatwo zauważyć, że jeśli T1 , ..., T5 będą czasami oczekiwania na kolejny nowy
symbol, to T1 = 1 nadto Tk+1 − Tk , k ∈ {1, 2, 3, 4} ma rozkład geometryczny z prawdopodobieństwem sukcesu pk = 5−k
5 (i wartości oczekiwanej 1/pk ). Zatem
ET5 = 1 +
4
X
E(Tk+1 − Tk ) = 1 +
k=1
4
X
k=1
5
5
= 11 .
5−k
12
11. (Eg 58/7) W urnie znajduje się 20 kul: 10 białych i 10 czerwonych. Losujemy bez zwracania 8 kul, a
następnie z pozostałych w urnie kul losujemy kolejne 6 kul. Niech S8 oznacza liczbę wylosowanych
kul białych wśród pierwszych 8 wylosowanych kul, a S6 liczbę kul białych wśród następnych 6 kul.
Oblicz Cov(S8 , S8 + S6 ).
Odp: C-> 12
19 .
Rozwiązanie. Oczywiście skorzystamy ze zmiennych włączeniowych. Niech Xi , i ∈ {1, ..., 14}
oznacza
1 jeśli w i tej
rundzie pojawiła się biała kula i 0 w przeciwnym przypadku. Mamy S8 =
P8
P16
X
oraz
S
=
i
6
i=1
i=9 Xi . Zachodzi
ES8 = 8P(X1 = 1) = 4, E(S6 ) = 6P(X1 = 1) = 3.
Teraz
ES82 = 8P(X1 = 1) + 8 · 7P(X1 = 1, X2 = 1) = 4 + 56 ·
328
1 9
·
=
.
2 19
19
Stąd
VarS8 =
328 304
24
−
=
.
19
19
19
Z drugiej strony
ES8 S6 = 48P(X1 = 1, X2 = 1) = 48 ·
1 9
· .
2 19
Co daje
Cov(S8 , S6 ) =
216 228
12
−
=− .
19
19
19
Ostatecznie
Cov(S8 , S8 + S6 ) = VarS8 + Cov(S8 , S6 ) =
24 12
12
−
=
.
19 19
19
12. (Eg 60/9) W urnie znajduje się 30 kul, na każdej narysowana jest litera i cyfra. Mamy:
(a) 10 kul oznaczonych X1;
(b) 6 kul oznaczonych Y 1;
(c) 8 kul oznaczonych X2;
(d) 6 kul oznaczone Y 2.
Losujemy bez zwracania 15 kul. Niech NX1 oznacza liczbę kul oznaczonych literą X1 wśród kul
wylosowanych,a N2 liczbę kul z cyfrą 2 wśród kul wylosowanych. Obliczyć Var(NX1 |N2 = 5).
15
Odp: A-> 16
.
Rozwiązanie. Dokonujemy uproszczenia, mamy pięć kul wylosowanych z cyfrą 2. Zatem de facto
losujemy 10 typu X1 lub X2, czyli ze zbioru 18 elementowego. W tym modelu probabilistycznym
5
musimy policzyć wariancję zmiennej N̄X1 co robimy przez zmienne włączeniowe. Niech Xi , i ∈
{1, ..., 10} będzie zmienną przyjmującą 1 jeśli na i-tej pozycji stoi X1 oraz 0 jeśli X2. Oczywiście
P10
N̄X1 = i=1 1Xi =1 . Wyznaczamy
EN̄X1 = 10P(X1 = 1) = 10 ·
5
25
=
.
8
4
Nadto
2
EN̄X1
= 10P(X1 = 1) + 90P(X1 = 1, X2 = 1) = 10 ·
5
5 9
320
+ 90 · ·
=
= 40.
8
8 15
8
Stąd
VarN̄X1 =
15
640 625
−
=
.
16
16
16
13. (Eg 61/5) W urnie znajduje się 100 kul ponumerowanych od 1 do 100. Losujemy bez zwracania 25
kul i zapisujemy numery, a następnie wrzucamy kule z powrotem do urny. Czynność powtarzamy
5 razy. Oblicz wartość oczekiwaną liczby kul, które zostały wylosowane co najmniej 2 razy.
Odp: D-> 36, 7.
Rozwiązanie. Zadanie rozwiązujemy przez zmienne włączeniowe. Niech Xi , i ∈ {1, ..., 100} przyjmuje wartość 1 jeśli kula z numerem i pojawiła się co najmniej 2 razy w losowaniu i 0 w przeciwnym
przypadku. Oczywiście szukana odpowiedź to
E
100
X
Xi = 100P(X1 = 1).
i=1
Żeby policzyć P(X1 = 1) zauważmy, że w każdym z 5 losowań kula i miała prawdopodobieństwo
1
4 , że się pojawi. Zatem
P(X1 = 1) =
5 k 5−k
X
5
1
3
k=2
Czyli wynik to 100 ·
47
128
k
4
4
5
4
3
1 3
47
=1−
−5·
=
.
4
4 4
128
' 36, 7.
14. (Eg 62/6) Z urny, w której są 2 kule białe i 3 czarne, wylosowane jedną kulę a następnie wrzucono ja
z powrotem dorzucając kulę w tym samym kolorze co wylosowana. Następnie z urny wylosowano 2
kule, wrzucono je z powrotem dorzucając 2 kule identyczne jak wylosowane. Następnie wylosowano
3 kule. Okazało się, że są to 3 kule białe. Oblicz p-stwo, że w drugim losowaniu wylosowane kule
różnych kolorów.
Odp: A-> 15
29 .
Rozwiązanie. Potrzebujemy struktury drzewa aby opisać kolejne losowania
Stan1
(3, 3)
(3, 3)
(3, 3)
(2, 4)
(2, 4)
P-p
2
5
2
5
2
5
3
5
3
5
Stan2
(5, 3)
(4, 4)
(3, 5)
(4, 4)
(3, 5)
P-p
1
5
3
5
1
5
1
15
8
15
Stan3
(b, b, b)
(b, b, b)
(b, b, b)
(b, b, b)
(b, b, b)
P-p
5
28
1
14
1
56
1
14
1
56
Wyznaczamy
2 1 5
2 3 1
· ·
+ · · +
5 5 28 5 5 14
2 1 1
3 1 1
3 8 1
29
+ ·
·
+ ·
·
=
.
+ · ·
5 5 56 5 15 14 5 15 56
25 · 28
P(3, (b, b, b)) =
6
Teraz wyznaczamy
P(2, (b, c); 3, (b, b, b)) =
2 3 1
3 8 1
16
· ·
+ ·
·
=
.
5 5 14 5 15 56
25 · 28
Stąd
P(2, (b, c); 3, (b, b, b)) =
16
.
29
15. (Eg 63/1)W urnie znajdują się kule, z których każda jest oznaczona jedną z liter alfabetu:
• 10 kul oznaczonych literą A.
• 20 kul oznaczonych literą B.
• 30 kul oznaczonych literą C.
• x kul oznaczonych innymi literami alfabetu.
Losujemy bez zwracania 9 kul z urny. Zmienne losowe NA , NB , NC oznaczają, odpowiednio, liczbę
wylosowanych kul z literami A, B, C. Jakie musi być x , aby zmienne losowe NA +NB oraz NB +NC
były nieskorelowane.
Odp: C-> x = 15.
Rozwiązanie. Korzystamy ze zmiennych Ai , Bi , Ci , Xi , 1 6 i 6 9 gdzie zmienne przyjmują wartości 0 lub 1, przy czym 1P
jeśli na pozycji wPi-tym losowaniu
odpowiednio A, B, C oraz inną
Pwybrano
9
9
9
literę. Zachodzi NA = i=1 Ai , NB = i=1 Bi NC = i=1 Ci . Należy wyliczyć Cov(NA , NB ),
Cov(NB , NC ), Cov(NC , NA ). Zachodzi
ENA = 9
20
30
10
, ENB = 9
, ENC = 9
,
60 + x
60 + x
60 + x
nadto
10
20
,
60 + x 59 + x
20
30
ENB NC = 72EB1 C2 = 72
,
60 + x 59 + x
10
30
,
ENC NA = 72EC1 A2 = 72
60 + x 59 + x
20
19
20
ENB2 = 72EB1 B2 + 9EB12 = 72
+9
.
60 + x 59 + x
60 + x
ENA NB = 72EA1 B2 = 72
Stąd
9 · 10 · 20
8
9
9 · 10c2̇0(−x − 51)
(
−
)=
,
60 + x 59 + x 60 + x
(60 + x)2 (59 + x)
9 · 20 · 30
8
9
9 · 20 · 30(−x − 51)
Cov(NB , NC ) =
(
−
)=
,
60 + x 59 + x 60 + x
(60 + x)2 (59 + x)
9 · 30 · 10
8
9
9 · 30 · 10(−x − 51)
Cov(NB , NC ) =
(
−
)=
,
60 + x 59 + x 60 + x
(60 + x)2 (59 + x)
9 · 20 8 · 19
9 · 20
9 · 20(x2 + 91x + 34 · 60)
Cov(NB , NB ) =
(
+1−
)=
.
60 + x 59 + x
60 + x
(60 + x)2 (59 + x)
Cov(NA , NB ) =
Zatem NA + NB i NB + NC są nieskorelowane jeśli
0 = Cov(NA + NB , NB + NC ) = Cov(NA , NB ) + Cov(NC , NA ) + Cov(NB , NB ) + Cov(NB , NC )
7
co jest równoważne
−1100(x + 51) + 20(x2 + 91x + 34 · 60) = 0.
Przekształcając to równanie
x2 + 36x − 765 = 0.
Rozwiązaniami tego równanie są x =
rozwiązania dodatnie zatem x = 15.
−36±66
,
2
czyli x1 = 15 i x = −51. Interesują nas wyłącznie
8