Materiały do ćwiczeń 2 Zmienna losowa dyskretna

Materiały do ćwiczeń 2
Zmienna losowa dyskretna
Rozkład zmiennej losowej dyskretnej
Powtarzanie doświadczeń
Przygotował:
Dr inż. Wojciech Artichowicz
Katedra Hydrotechniki PG
Zima 2014/15
1
ZMIENNA LOSOWA DYSKRETNA I JEJ ROZKŁAD PRAWDOPODOBIEŃSTWA ....... 3
POWTARZANIE DOŚWIADCZEŃ ....................................................................................... 13
LITERATURA ......................................................................................................................... 16
2
ZMIENNA LOSOWA DYSKRETNA I JEJ ROZKŁAD PRAWDOPODOBIEŃSTWA
Zadanie 1. (Źródło [12])
Narysować wykres rozkładu prawdopodobieństwa i dystrybuanty zmiennej losowej X, dla
której: P( X  0)  101 , P( X  1)  109 . Obliczyć jej wartość oczekiwaną, wariancję i
odchylenie standardowe.
Rozwiązanie:
Wykres rozkładu prawdopodobieństwa zmiennej losowej dyskretnej tworzy się zaznaczając
na
osi
poziomej
punkty
(tu
X=0
oraz
X=1),
w
których
określono
wartości
prawdopodobieństwa (tu 1/10 i 9/10).
Wartość oczekiwana dana jest wzorem:
E ( X )   x  P( x)
xD
czyli
E( X )  0 
1
9
9
 1 
10
10 10
Wariancja opisana jest wzorem:

   x  E ( X )   p ( x)
V ( X )  E  X  E ( X ) 
2
2
xD
2
2
9 1 
9 9
90
9

V ( X )   0     1    

 10  10  10  10 1000 100
Odchylenie standardowe jest pierwiastkiem z wariancji:
s( X )  V ( X ) 
9
3

100 10
Zadanie 2.
Określ zmienną losową dla eksperymentu polegającego na rzucie kostką sześcienną. Narysuj
jej rozkład prawdopodobieństwa i dystrybuantę. Oblicz wartość oczekiwaną i wariancję.
Rozwiązanie:
Zakładając, że mamy do czynienia ze standardową kostką sześcienną, której ściany mają
oczka w liczbie od jeden do sześć, najprostszym wyborem funkcji odwzorowującej zbiór
zdarzeń w zbiór liczb rzeczywistych (czyli zmiennej losowej) są kolejne liczby 1, 2, ..., 6.
3
Prawdopodobieństwo otrzymania dowolnej wartości zmiennej losowej wynosi 1/6. Rozkład
prawdopodobieństwa będzie zatem następujący:
x
1
2
3
4
5
6
p
1/6
1/6
1/6
1/6
1/6
1/6
Wartość oczekiwana dyskretnej zmiennej losowej
opisana jest wzorem
E ( X )   x  p ( x)
xD
E( X )  1 16  2  16  ...6  16  72  3,5 .
Wariancja zmiennej losowej dyskretnej opisana jest wzorem

   x  E ( X )   p ( x) .
V ( X )  E  X  E ( X ) 
2
2
xD
V ( X )  (1  3,5) 2  16  (2  3,5) 2  16  ...  (6  3,5) 2  16  2,917 .
Zadanie 3.
Znaleźć rozkład prawdopodobieństwa, dystrybuantę, wartość oczekiwaną i wariancję
zmiennej losowej X – sumy oczek otrzymanej w wyniku rzutu dwiema czworościennymi
kostkami do gry.
Rozwiązanie:
Najłatwiej określić prawdopodobieństwa przynależące danym wartościom zmiennej losowej
tworząc tabelkę i zapisując w niej zdarzenia sprzyjające.
x
2
3
4
5
6
7
8
1+3, 2+2, 1+4, 2+3, 2+4, 3+3,
3+4, 4+3 4+4
 1+1 1+2, 2+1
3+1
3+2, 4+1
4+2
p 1/16
2/16
3/16
4/16
3/16
2/16
1/16
F 1/16
3/16
6/16
10/16
13/16
15/16
16/16
4
Obliczenie wartości oczekiwanej:
E ( X )   x  p( x)  2  161  3  162  ...  8  161  5 .
xD
Obliczenie wariancji:
V ( X )   ( x  E ( X )) 2  p ( x)  (2  5) 2  161  (3  5) 2  162  ...  (8  5) 2  161  52 .
xD
Zadanie 4. (Źródło [4])
Dyskretna zmienna losowa ma rozkład przedstawiony w
tabeli.
Narysuj
jej
rozkład
prawdopodobieństwa
i dystrybuantę. Oblicz wartość oczekiwaną i wariancję.
x
1
3
6
8
p
0,2
0,1
0,4
0,3
Rozwiązanie:
Dystrybuanta:
x
1
3
6
8
F
0,2
0,3
0,7
1
Wartość oczekiwana:
E ( X )   x  p( x)  1 0,2  3  0,1  6  0,4  8  0,3  5,3 .
xD
5
Wariancja:
V ( X )   ( x  E ( X )) 2  p( x)  (1  5,3) 2  0,2  (3  5,3) 2  0,1  (6  5,3) 2  0,4  (8  5,3) 2  0,3  6,61
xD
Zadanie 5. (Źródło [4])
W partii składającej się z dziesięciu detali, znajduje się osiem standardowych. Losowo
wybrano dwa detale. Znaleźć rozkład liczby standardowych detali wśród wybranych. Oblicz
wartość oczekiwaną i wariancję. Narysuj rozkład prawdopodobieństwa i dystrybuantę
zmiennej losowej.
Rozwiązanie:
Pierwszym krokiem jest określenie prawdopodobieństw wylosowania danej liczby detali
standardowych wśród wybranych. Możliwości są następujące:
- nie wybrano żadnego detalu standardowego (oba detale są niestandardowe):
P( X  0) 
2 1 1
;
 
10 9 45
- wybrano jeden detal standardowy i jeden detal niestandardowy:
P( X  1) 
2 8 8 2 16
;
   
10 9 10 9 45
- wybrano dwa detale standardowe:
P( X  2) 
8 7 28
.
 
10 9 45
6
Wartości zmiennej losowej są określone poprzez liczbę detali
standardowych w dwóch wylosowanych, czyli x=0, 1, 2. Otrzymano
zatem rozkład prawdopodobieństwa i dystrybuantę przedstawioną w
tabeli po prawej stronie.
x
0
1
2
p
1
45
16
45
28
45
F
1
45
17
45
1
Wartość oczekiwana:
28
8
E ( X )   x  p ( x)  0  451  1  16
45  2  45  5  1,6
xD
Wariancja:
V ( X )   ( x  E ( X ))2  p ( x) 
xD
8 2 28
 (0  85 ) 2  451  (1  85 ) 2  16
45  (2  5 )  45 
64
225
 0,284444
Zadanie 6. (Źródło [4])
W pudełku znajduje się sześć białych i trzy czarne kule. Losowo wyciąga się dwie kule.
Znajdź rozkład zmiennej losowej zdarzenia: liczba wyciągniętych kul białych. Narysuj
rozkład prawdopodobieństwa i dystrybuantę zmiennej tej losowej.
Rozwiązanie:
Prawdopodobieństwa, że wyciągniętych zostanie zero, jedna lub dwie kule białe:
P( X  0) 
P( X  1) 
3 2 1
  ,
9 8 12
3 6 6 3 1
    ,
9 8 9 8 2
P( X  2) 
6 5 5
  .
9 8 12
7
Rozkład prawdopodobieństwa i dystrybuanta:
x
0
1
2
p
1
12
1
2
5
12
F
1
12
7
12
1
Zadanie 7. (Źródło [12])
Narysować wykres rozkładu prawdopodobieństwa i dystrybuanty F(x) zmiennej losowej X,
dla której:
a) P( X  0)  P( X  1)  12 ;
b) P( X  1)  14 , P( X  2)  34 ;
c) P( X  k ) 
1
, k = 1, 2, 3, ...
2k
Obliczyć F(0), F(1), F(2). Podać interpretację tych prawdopodobieństw na wykresie rozkładu
prawdopodobieństwa i dystrybuanty. W zadaniu c obliczyć wartość oczekiwaną oraz
wariancję.
Rozwiązanie:
Wartość dystrybuanty w punkcie x0 jest sumą prawdopodobieństw dla x mniejszych lub
równych x0.
a)
F (0) 
1
2
F (1)  1
F (2)  1
8
b)
F (0)  0
F (1) 
1
4
F (2)  1
c) Prawdopodobieństwo zmiennej losowej jest dane funkcją P( X  k )  1/ 2k , dla k = 1, 2, 3,
... . Dystrybuanta sumuje wszystkie prawdopodobieństwa do x włącznie zatem będzie
x
określona wzorem: F ( x)  
i 1
1
. Obliczając kolejne wartości P(x) i F(x) otrzymuje się
2k
P(0)  0 i F (0)  0 ,
P(1) 
P ( 2) 
1
1
i F (1)  ,
2
2
2
1
1
1 1 1 3
1
i F (2)   k  1  2    .
2 2
2 4 4
4
i 1 2
Uwaga: Na wykres nie naniesiono całej dystrybuanty, a prawdopodobieństwo narysowano tylko dla x=0,1 ,2, ...,
10.
9
Wartość oczekiwana dana jest wzorem E ( X )   x  P( x) . Po wstawieniu wzoru opisującego
xD
prawdopodobieństwo otrzymuje się:

E( X )   x 
x 1
1
.
2x
Jak widać powyżej, wartością oczekiwaną jest suma szeregu liczbowego równa 2 więc

x
 2.
x
x 1 2
E( X )  
Uwaga: Badanie zbieżności szeregów nie wchodzi w skład kursu statystyki. Możemy przyjąć, że po prostu taki
jest wynik (np. na podstawie tablic matematycznych). Informacje na temat szeregów można odnaleźć w wielu
podręcznikach matematyki dla studentów politechnik. Wynik również można otrzymać korzystając np. z portalu
Wolfram Alpha.
Obliczając wariancję korzystamy ze wzoru V ( X )   ( x  E ( X )) 2  p ( x) , zatem:
xD
( x  2) 2
2.
2x
x 1

V (X )  
Uwaga: Wynik z portalu Wolfram Alpha.
Zadanie 8. (Źródło [4])
Dyskretna zmienna losowa X przyjmuje trzy możliwe wartości: x1=4 z prawdopodobieństwem
p1=0,5, x2=6 z prawdopodobieństwem p2=0,3, x3 z p3. Znaleźć x3 i p3 wiedząc, że E(X)=8.
Rozwiązanie:
Żeby rozwiązać zadanie, należy skorzystać z definicji wartości oczekiwanej
n
E ( X )   xi  pi .
i 1
W zadaniu n=3 więc rozpisując powyższy wzór otrzymuje się:
3
E ( X )   xi  pi  x1  p1  x2  p2  x3  p3 .
i 1
W treści zadania dane są wartości E(X), p1, x1, p2, x2. Zatem możemy zapisać powyższe
równanie:
x1  p1  x2  p2  x3  p3  E( X )
i wstawić do niego znane wartości:
4  0,5  6  0,3  x3  p3  8 .
Otrzymuje się:
10
x3  p3  4,2 .
W tej chwili jest jedno równanie i dwie niewiadome, zatem należy znaleźć drugie równanie. Z
aksjomatycznej definicji prawdopodobieństwa wiadomo, że prawdopodobieństwo zdarzenia
pewnego równe jest jeden. W odniesieniu do treści zadania zdarzenie pewne oznacza, że
zmienna losowa przyjmie którąkolwiek z wartości x1, x2 lub x3. Prawdopodobieństwo takiego
zdarzenie jest zatem równe
p1  p2  p3  1 .
Z powyższego równania można wyznaczyć p3:
0,5  0,3  p3  1,
p3  0,2 .
Wstawiając obliczoną wartość do równania
x3  p3  4,2
otrzymuje się wartość x3:
x3  0,2  4,2 ,
x3  21.
Zatem poszukiwane wartości to x3  21 oraz p3  0,2 .
Zadanie 9. (Źródło [4])
Dane są możliwe wartości dyskretnej zmiennej losowej X: x1=-1, x2=0, x3=1 oraz wartości
oczekiwane tej zmiennej i jej kwadratu: E(X)=0,1, E(X2)=0,9. Znaleźć prawdopodobieństwa
p1, p2 i p3, odpowiadające wartościom x1, x2 i x3.
Rozwiązanie:
W zadaniu są trzy niewiadome, natomiast na podstawie treści zadania można ułożyć tylko
dwa. Pierwsze równanie można zapisać wprost
n
E ( X )   xi  p i .
i 1
E(X2) oznacza, że wartości osiągane przez zmienną losową są podniesione do kwadratu i
pomnożone przez prawdopodobieństwa odpowiadające tym wartościom:
n
E ( X 2 )   xi2  pi .
i 1
11
Ponadto wiadomo, że
n
p
i 1
i
 1 , co zdefiniuje równanie trzecie. Otrzymuje się następujący
układ równań:
n
 xi  pi  E ( X )
 i 1
 x1  p1  x2  p2  x3  p3  E ( X )
n 2
 2
2
2
2
2
 xi  pi  E ( X )   x1  p1  x2  p2  x3  p3  E ( X ) ,
 i 1
p  p  p 1
2
3
 1
n
p

1
 i
 i 1
który po wstawieniu znanych wartości liczbowych przyjmie następującą formę:
 1  p1  0  p2  1  p3  0,1

2
2
2
(1)  p1  0  p2  1  p3  0,9 .
p  p  p 1
2
3
 1
Następnie konieczne jest rozwiązanie powyższego układu równań. Z dwóch pierwszych
równań można łatwo wyznaczyć wielkości p1 i p2 (np. dodając stronami):
2 p3  1
p3  0,5
p1  0,9  p3  0,4
 p1  p3  0,1

 p1  p3  0,9
p  p  p 1
2
3
 1
p2  1  p1  p3  0,1
Zatem p1  0,4 , p2  0,1 , p3  0,5 .
Zadanie 10. (Źródło [11])
Zmienna losowa X przyjmuje wartości xk z prawdopodobieństwami pk=c∙qk, gdzie 0<q<1,
k=0,1, 2, ... . Znaleźć stałą c.
Rozwiązanie:
Suma prawdopodobieństw dla wszystkich k
musi być równa 1 (na podstawie definicji
prawdopodobieństwa). Jeśli 0<q<1 to

 qk
k 0
jest
szeregiem
geometrycznym,
suma wynosi:
którego

p
k 0
k
1

cq
k
1
k 0

c   qk  1
k 0

q
k 0
k

1
.
1 q
Uwaga: Wynik z portalu Wolfram Alpha.
c
1
1
1 q
c 1  q
12
POWTARZANIE DOŚWIADCZEŃ
Zadanie 11. (Źródło [12])
Prawdopodobieństwo tego, że statystyczny student nie jest przygotowany do zajęć wynosi
p=1/3. Prowadzący ćwiczenia wybiera przypadkowo 4 osoby. Niech zmienna losowa X
oznacza liczbę osób spośród wybranych, które nie są przygotowane do zajęć. Znaleźć P(X=3).
Rozwiązanie:
Zauważmy, że z treści zadania wynika, że nauczyciel wybiera 4 osoby. Wśród tych czterech
osób wszystkie mogą być przygotowane (oznaczałoby to X=0), jedna może być
przygotowana, trzy nieprzygotowane (X=1) itd. Żeby znaleźć prawdopodobieństwo P(X=3)
konieczne jest rozważenie każdej sytuacji, w której z czterech wybranych osób trzy są
nieprzygotowane. Czyli pierwsza, druga i trzecia osoba jest nieprzygotowana, czwarta jest
przygotowana; pierwsza, druga i czwarta osoba jest nieprzygotowana, trzecia jest
przygotowana itd., czyli:
1 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 1 2 2 2 2
8
P( X  3)                      .
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 81 81 81 81 81
Można zauważyć, że prawdopodobieństwo P(X=3) jest równe sumie prawdopodobieństw
wybrania trzech nieprzygotowanych studentów (wybierając czterech) w każdej permutacji,
czyli
3
1 2 8
P( X  3)  4      .
 3  3 81
Powyższe rozwiązanie zostało uzyskane na drodze zastosowania twierdzenia o mnożeniu.
Zadanie to można rozwiązać stosując inne podejście: zadajmy pytanie, na ile sposobów
można wybrać trzech studentów z czterech (przy czym kolejność ich wyboru nie ma
znaczenia). Jest to kombinacja C3, 4  4 . Mnożąc liczbę sposobów C3, 4 wylosowania
studentów przez prawdopodobieństwo wylosowania trzech nieprzygotowanych z czterech
wylosowanych studentów otrzymuje się oczywiście ten sam wynik:
3
1 2 8
P( X  3)  C3, 4      .
 3  3 81
Zauważmy, że rozumowanie powyższe doprowadziło do otrzymania dwumianu Bernoullego
P( X  k )  C k , N  p k  q N k ,
w którym N=4, k=3, p=1/3, q=2/3.
13
Zadanie 12. (Źródło [4])
Dwóch jednakowo silnych przeciwników gra w szachy. Co jest bardziej prawdopodobne dla
każdego z nich: wygrać dwie partie z czterech, czy trzy partie z sześciu? Zakładamy, że remis
jest niemożliwy.
Rozwiązanie:
Jeśli gracze są jednakowo dobrzy, to znaczy, że prawdopodobieństwo wygrania dla każdego z
nich równe jest p=1/2. Analogicznie prawdopodobieństwo porażki wynosi q=1-p=1/2.
Schemat Bernoullego pozwala odpowiedzieć na pytanie: jakie jest prawdopodobieństwo
zajścia zdarzenia o prawdopodobieństwie p w N niezależnych próbach. Pierwsze pytanie jest
o dwa zwycięstwa w czterech meczach, czyli k=2, N=4.
P( X  k )  C k , N  p k  q N k ,
P ( X  2)  C 2 , 4  p 2  q 4  2 ,
P( X  2) 
4!
1
 
2!(4  2)!  2 
2
2
1 3
   .
2 8
Drugie pytanie jest o trzy zwycięstwa z sześciu, zatem k=3, N=6:
3
3
6!
5
1 1
P( X  3) 
     .
3!(6  3)!  2   2  16
Prawdopodobieństwo dwóch wygranych z czterech jest bardziej prawdopodobne niż trzech z
sześciu, ponieważ:
P( X  2) 
6
5
  P( X  3) .
16 16
Zadanie 13. (Źródło [4])
Udowodnić, że wartość oczekiwana zmiennej losowej dyskretnej X – liczby zajść zdarzenia A
w N niezależnych doświadczeniach, dla których prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia jest
równe p – jest równe iloczynowi liczby doświadczeń i prawdopodobieństwa zajścia zdarzenia
w jednym doświadczeniu, tzn. udowodnić, że E(X)=N.p.
Rozwiązanie:
Liczbę zajść zdarzenia o danym stałym prawdopodobieństwie w N niezależnych próbach
określa rozkład Bernoullego:
P( X  k )  C k , N  p k  q N k ,
14
N
N
N
k 1
k 1
k 1
E ( X )   k  P( X  k )   k  C k , N  p k  q N k   k 
N!
 p k  q N k .
k!( N  k )!
Zauważmy, że
k
1
1

k! (k  1)!
więc
N
N!
 p k  q N k ,
k 1 ( k  1)!( N  k )!
E( X )  
N  ( N  1)!
 p k  q N k ,
(
k

1
)!

(
N

k
)!
k 1
N
E( X )  
N  ( N  1)!
 p  p k 1  q N k .
(
k

1
)!

(
N

k
)!
k 1

N
E( X )  

Wyłączając N oraz p przed znak sumy otrzymuje się:
( N  1)!
 p k 1  q N k .
k 1 ( k  1)!( N  k )!
N
E( X )  N  p  
Następnie wykorzystany zostanie tzw. pierwszy wzór dwumianowy:
n
n!
 a i  b n i .
i 0 i!( n  i )!
( a  b) n  
Żeby wykorzystać wzór dwumianowy konieczna jest zmiana granic operatora sumy z k=1, 2,
..., N na z k=0, 1, 2, ..., N-1. W związku z tym wyrażenie pod sumą należy przekształcić tak,
żeby pomimo zmiany indeksów, wartość sumy nie uległa zmianie. Zatem przy zmianie
zakresu indeksów sumy należy do wzoru wstawić k+1 w miejsce k. Np.:
N
1
N 1
1
 (k  1)!   k! .
k 1
k 0
N 1
N
Uwaga: Sprawdzenie dla N=3, czy powyższa suma nie uległa zmianie:

k 1
W podobny sposób można przekształcić wyrażenie
N

k 1
1
( k 1)!
( N 1)!
( k 1)!( N  k )!
 01!  11!  21!   k1! .
k 0
 p k 1  q N k :
N 1
( N  1)!
( N  1)!
k 1
N k

p

q

 p ( k 1)1  q N ( k 1) ,




(
k

1
)!

(
N

k
)!
(
k

1
)

1
!

(
N

(
k

1
))!
k 1
k 0
N
N 1
( N  1)!
 k!( N  k  1)!  p
k
 q N k 1 .
k 0
~
Za wartość N-1 wstawmy wartość pomocniczą N  N  1 .
15
~
~
N!
 p k  q N k .
~

k 0 k!( N  k )!
~
N
Teraz bardzo łatwo można zauważyć, że powyższe wyrażenie odpowiada prawej stronie
wcześniej przytoczonego wzoru dwumianowego, zatem można zapisać:
~
~
N
~
~
N!
 p k  q N k  ( p  q) N .
~

k 0 k!( N  k )!
~
Wiedząc, że N  N  1 otrzymuje się
( p  q) N 1
tak więc
E( X )  N  p  ( p  q) N 1 .
Wiadomo, że q=1-p więc
E ( X )  N  p   p  (1  p)
N 1
,
E( X )  N  p 1N 1 ,
E( X )  N  p
co należało dowieść.
LITERATURA
[1] Buslenko N.P. Golenko D.I., Sobol I.M., Sragowicz W.G., Szrejder J.A. (1976), Metoda
Monte Carlo, Warszawa
[2] Deutsch R. (1969), Teoria Estymacji. Państwowe Wydawnictwo Naukowe. Warszawa.
[3] Devore J. L. (2012), Probability and Statistics for Engineering and the Sciences.
International edition. 8th edition. BROOKS/COLE.
[4] Gmurman W.J. (1976), Zbiór zadań z rachunku prawdopodobieństwa i statystyki
matematycznej. Wydawnictwa Naukowo-Techniczne. Warszawa.
[5] Hastie T., Tibshirani R., Friedman J. (2009), The Elements of Statistical Learning. Data
Mining, Inference, and Prediction. Second Edition. Springer
[6] Greń J. (1970), Statystyka matematyczna. modele i zadania. Wydanie czwarte uzupełnione.
Warszawa.
[7] Ligman J., Stachowski E., Zalewska A. (1996), Zbiór zadań z kombinatoryki i rachunku
prawdopodobieństwa dla uczniów szkół średnich. Oficyna wydawniczo-poligraficzna i
reklamowo-handlowa „ADAM” Warszawa.
16
[8] Ligman J. (1976), Zbiór zadań z kombinatoryki i rachunku prawdopodobieństwa dla szkół
średnich. Wydawnictwa szkolne i pedagogiczne. Warszawa.
[9] Medina M.A. (2011), Introduction To Probability and Statistics in Hydrology. Duke
University, Dyrham
[10] Pawłowski Z. (1976), Statystyka matematyczna. Państwowe Wydawnictwo naukowe.
Warszawa.
[11] Plucińska A., Pluciński E. (2000), Probabilistyka. Wydawnictwa Naukowo-Techniczne.
Warszawa.
[12] Plucińska A., Pluciński E.(1975) Zadania z rachunku prawdopodobieństwa i statystyki
matematycznej dla studentów politechnik. Wydawnictwa Naukowo-Techniczne. Warszawa.
[13] Kaczmarek Z. (1970), Metody statystyczne w hydrologii i meteorologii. Wydawnictwa
komunikacji i łączności. Warszawa.
[14] Koronacki J., Mielniczuk J. (2006), Statystyka dla studentów kierunków technicznych i
przyrodniczych. Wydawnictwa Naukowo-Techniczne. Warszawa.
[15] Korzyński M. (2006), Metodyka eksperymentu. Planowanie, realizacja i statystyczne
opracowanie
wyników
eksperymentów
technologicznych.
Wydawnictwa
Naukowo-
Techniczne. Warszawa.
[16]
Szlenk
W.
(1970),
Rachunek
prawdopodobieństwa
dla
klasy
IV
liceum
ogólnokształcącego i technikum. Wydawnictwa szkolne i pedagogiczne. Warszawa.
[17] Taylor J.R. (2011), Wstęp do analizy błędu pomiarowego. Wydanie II zmienione.
Wydawnictwo Naukowe PWN Warszawa.
[18] Walesiak M., Gatnar E. (2009), Statystyczna analiza danych z wykorzystaniem programu
R. Wydawnictwo Naukowe PWN. Warszawa.
[19] Walpole R.E, Myers R.H., Myers S.L, Ye K., (2007), Probability & Statistics for
Engineers & Scientists. Pearson Education International
[20] Węglarczyk W. (2010), Statystyka w inżynierii środowiska. Politechnika Krakowska,
Kraków.
[21] Yevjevich V. (1972), Probability and statistics in hydrology. Water Resources
Publications, Fort Collins, Colorado, U.S.A
[22] Zaleski J. (2004) Modele stochastyczne i symulacja komputerowa. Zastosowanie do
systemów zaopatrzenia w wodę. Wydawnictwo Naukowe PWN. Warszawa.
[23] Zieliński R. (1970), Metody Monte Carlo. Wydawnictwa Naukowo-Techniczne.
Warszawa
17
[24] Zieliński R. (1974), Rachunek prawdopodobieństwa z elementami statystyki
matematycznej. Wydawnictwa Szkolne i Pedagogiczne. Warszawa.
18