rozwiązania
Transkrypt
rozwiązania
Metody probabilistyczne i statystyka Kolokwium I, 16 listopada 2010 r. Zadanie 1. Jakie jest prawdopodobieństwo, że w losowaniu Lotto (6 kul z 49, bez powtórzeń) nie wypadną żadne dwie kolejne liczby? Rozwiązanie. Niech Ω oznacza przestrzeń wszystkich zdarzeń elementarnych (możliwych wyborów 6 kul z 49). Oczywiście |Ω| = 49 6 . Wystarczy teraz zauważyć, że wylosowanie 6 kul jest równoważne z określeniem ile dokładnie kul występuje pomiędzy kolejnymi dwiema wybranymi kulami. Zatem do każdej z 5 luk pomiędzy wybranymi kulami należy wrzucić przynajmniej po jednej kuli, a pozostałe (49 - 6 - 5 = 38) kule umieścić w dowolny sposób w 7 lukach (5 pomiędzy wybranymi kulami, jedna przed, jedna za). Zatem jeżeli zbiór zdarzeń sprzyjających oznaczymy przez A, to ! |A| = 38 + 7 − 1 38 ! = 44 38 ! = 44 . 6 Ostatecznie |A| = P(A) = |Ω| 44 6 49 . 6 Uwaga. Formalnie, liczba sposobów wybrania 6 kul o żądanej własności jest taka sama jak liczba ciągów 7-elementowych (a0 , a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 ), gdzie ai ∈ Z, dla i = 0, . . . , 6, ai 1 dla i = 1, . . . , 5, oraz P6 i=0 ai = 43. Przykładowo, ciąg (0, 2, 2, 1, 10, 10, 18) jest równoważny wyborowi kul o numerach 1, 4, 7, 9, 20, 31. Zadanie 2. Z przedziału [0, 1] wylosowano dwie liczby rzeczywiste a i b. Jakie jest prawdopodobieństwo, że równanie x2 − 2ax + b = 0 ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste, których iloczyn jest mniejszy od 41 ? Rozwiązanie. Równanie to ma dwa pierwiastki rzeczywiste wtedy i tylko wtedy, gdy ∆ = 4a2 − 4b > 0, czyli dla a2 > b. Ponadto iloczyn pierwiastków tego równania jest równy b (co wynika z prostych rachunków lub wzorów Viete’a). Zatem dla Ω = [0, 1] × [0, 1] zbiorem zdarzeń sprzyjających jest A = {(a, b) ∈ Ω : b < a2 , b < 1/4}, czyli b 1 Ω ( 1 1 , 2 4 ) A O 1 1 a 2 Stąd |A| P(A) = = |X| Z 1/2 0 1/2 1 x3 x2 dx + = 8 3 + 0 1 1 1 1 = + = . 8 24 8 6 Zadanie 3. Niech A, B ⊂ Ω będą pewnymi zdarzeniami, przy czym 0 < P(B) < 1. Pokazać, że P(A) − P(B c ) P(A) ¬ P(A|B) ¬ . P(B) 1 − P(B c ) Rozwiązanie. Ponieważ A ∩ B ⊂ A, to P(A ∩ B) ¬ P(A). Stąd mamy P(A|B) = P(A) P(A) P(A ∩ B) ¬ = . P(B) P(B) 1 − P(B c ) Z drugiej strony, P(A|B) = P(A ∩ B) P(A \ B c ) P(A \ (B c ∩ A)) P(A) − P(B c ∩ A) P(A) − P(B c ) = = . P(B) P(B) P(B) P(B) P(B) Zadanie 4. W urnie znajdują się 3 kule, z których każda jest biała lub czarna (z jednakowym prawdopodobieństwem). Wylosowano kolejno z urny 4 kule ze zwracaniem, w kolorach białym, czarnym, czarnym, czarnym (dokładnie w tym porządku). Jakie jest prawdopodobieństwo, że w urnie znajdowały się dwie kule czarne i jedna biała? Rozwiązanie. Oznaczmy zdarzenia AA3,0 A2,1 A1,2 A0,3 - wylosowano kolejno w urnie znajdowały w urnie znajdowały w urnie znajdowała w urnie znajdowały kulę białą, czarną, czarną, czarną, się 3 kule białe, się 2 kule białe i jedna czarna, się 1 kula biała i dwie czarne, się 3 kule czarne. Chcemy znaleźć prawdopodobieństwo P(A1,2 |A). Ze wzoru Bayesa mamy P(A1,2 |A) = P(A|A1,2 )P(A1,2 ) . P(A|A3,0 )P(A3,0 ) + P(A|A2,1 )P(A2,1 ) + P(A|A1,2 )P(A1,2 ) + P(A|A0,3 )P(A0,3 ) Ponieważ P(A|A3,0 ) = P(A|A0,3 ) = 0, to P(A1,2 |A) = Teraz oraz P(A|A1,2 )P(A1,2 ) . P(A|A1,2 )P(A1,2 ) + P(A|A2,1 )P(A2,1 ) (1) 3 P(A1,2 ) = P(A2,1 ) = , 8 1 2 2 2 8 · · · = , 3 3 3 3 81 2 1 1 1 2 P(A|A2,1 ) = · · · = . 3 3 3 3 81 Wstawiając uzyskane wartości do wzoru (1), otrzymujemy P(A|A1,2 ) = P(A1,2 |A) = 8 81 · 8 81 · 3 8 + 3 8 2 81 · 3 8 = 24 4 = . 30 5 Zadanie 5. W urnie X znajdują się 2 kule białe i 8 czarnych, natomiast w urnie Y , 3 kule białe i 7 czarnych. Z zewnątrz urny są dla nas nierozróżnialne. Będziemy losować dwa razy kolejno po jednej kuli z wybranej przez nas urny (bez zwracania), przy czym po wyjęciu pierwszej kuli możemy zmienić urnę. Jak powinniśmy losować, aby prawdopodobieństwo wyjęcia dwóch kul białych było największe? 3 Rozwiązanie. W rozwiązaniu należy zdecydować, czy po wyjęciu pierwszej kuli białej bardziej opłaca się losować następną kulę z tej samej urny, czy z drugiej. Niech A - wylosowaliśmy 2 kule białe, AX - losujemy pierwszą kulę z urny X, AY - losujemy pierwszą kulę z urny Y . Niech strategia 1. polega na losowaniu drugiej kuli z tej samej urny. Wtedy 2 1 1 3 2 1 2 P(A) = P(A|AX )P(AX ) + P(A|AY )P(AY ) = · · + · · = . 10 9 2 10 9 2 45 Analogicznie, w przypadku strategii 2. (zmiana urny po pierwszym losowaniu) mamy 2 3 1 3 2 1 3 P(A) = P(A|AX )P(AX ) + P(A|AY )P(AY ) = · · + · · = . 10 10 2 10 10 2 50 2 3 Ostatecznie 45 < 50 , więc lepiej jest zmienić urnę do drugiego losowania. (ag)