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

Ad.5

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