Egzamin z rachunku prawdopodobieństwa na WNE, 31 I 2005, 14:00

10 zadań (8 do wyboru), Czas: 2h30m,

1. Grupa n osób usiadła przy okrągłym stole, wybierając losowo miejsca.

Jaka jest szansa, że Ania i Bartek znajdą sięobok siebie (10 pt) ?

2. Są dwie monety fałszywe (z dwoma orłami) i jedna uczciwa.

a) Wybrano losowo monetę. Jaka jest szansa na 6 orłów w 6 rzutach (5 pt)?

b) Jeśli uzyskano 6 orłów w 6 rzutach, jaka jest szansa, że moneta jest uczciwa

(5 pt) ?

3. W Gdańsku, Krakowie i Warszawie odbywają sięco tydzień seminaria.

Na zakończenie każdego spotkania losuje się, rzucając raz monetą, następnego
gospodarza z jednego z pozostałych miast. Uczeni z Warszawy mają fałszywą
monetęi wybierają Gdańsk z prawdopodobieństwem

1

3

.

a) Jaka jest mniej więcej szansa, że 77. seminarium odbędzie się w Gdańsku

(7 pt)?

b) Czy uczeni z Gdańska i Krakowa mogą, zaopatrując sięw razie potrzeby

w fałszywe monety, doprowadzić do tego, by seminaria odbywały sięjednakowo
często we wszystkich ośrodkach (3 pt)?

4. Z 52 kart wybrano 13. Jaka jest szansa, że wśród nich będzie a) 4 lub

więcej (5 pt); b) 7 lub więcej (5 pt) kart jednego koloru? Kolor to trefl, karo,
kier lub pik.

5. Jaś i Małgosia wybrali sięna piknik (każde z osobnym kocem). Na kocu

Jasia przebywa średnio jedna szczypawka, podczas gdy na kocu Małgosi — dwie.

a) Jaka jest szansa, że na żadnym kocu nie będzie szczypawek (6 pt)?

b) Ile średnio szczypawek znajdziemy na kocu Jasia, jeśli wiadomo, że na

obu kocach jest ich 5 (4 pt) ?

6. Dla zmiennej losowej X o rozkładzie jednostajnym na przedziale [

−c, c]

(c > 0) obliczyć średnie bezwzględne odchylenie od średniej: a = E

|X − EX| i

odchylenie standardowe: σ =

√

D

2

X (7 pt).

Czy dla każdej zm. losowej a

 σ (2 pt)? Kiedy ma miejsce równość (1

pt)?

7. W Kapadocji procent zarabiających ponad x lirów jest równy 100

−

1

4

x,

gdzie 0

 x  400.

a) Jaki jest rozkład płacy (4 pt) ? b) Jaka jest średnia płaca (4 pt) ?

Król podwyższył do 100 lirów płace wszystkim tym, którzy zarabiali mniej

niż 100 lirów.

c) Czy rozkład płacy jest nadal ciągły (2 pt) ?

d*) Jaki procent poddanych dostał podwyżkę (2 pt) ?

e*) O ile wzrosła średnia płaca (3 pt) ?

8. Wektor losowy (X, Y ) ma stałą gęstość na zbiorze

A =

{(x, y): x

2

+ y

2

 1}.

1

a) obliczyć P (X + Y



1

3

) (4 pt); b) wyznaczyć cov (

|X|, |Y |) (4 pt);

c) zbadać niezależność X i Y (2 pt); d*) obliczyć E(X

2

|Y ) (5 pt);

9. W celu zbadania poparcia dla rozmaitych partii politycznych przeprowa-

dzono ankietęwśród n = 1024 osób.

a) Jaka jest mniej więcej szansa, że błąd oszacowania poparcia dla danej

partii nie przekroczy ε = 0,01 (7 pt) ?

b) Jak zmieni sięodpowiedź, gdy wiadomo, że zwolennicy owej partii na

pewno stanowią mniej niż 10% populacji (3 pt) ?

10. Klient wydaje w supermarkecie średnio 100 zł, a wydana kwota ma

rozkład wykładniczy.

a) Jaka jest mniej więcej szansa, że 1000 osób wyda mniej niż 99000 zł (7

pt) ?

b) Przypuśćmy teraz, że co dziesiąty klient wpada tylko po papierosy za 5

zł, a reszta zachowuje sięjak wyżej. Jak zmieni sięodpowiedź (3 pt) ?

Rozwiązania i komentarze.

1. Podamy dwa sposoby rozwiązania.

I. Ania gdzieś siedzi — będzie to nasz punkt odniesienia. Pozostałe osoby

mogą usiąść dowolnie, czyli na (n

− 1)! sposobów. Żeby zaszło zdarzenie, o któ-

rym mowa w zadaniu, Bartek siada na jednym z dwu miejsc koło Ani, a pozostałe
osoby siadają na (n-2)! sposobów. Stąd szukane prawdopodobieństwo jest równe

2

· (n − 2)!

(n

− 1)!

=

2

n

− 1

.

Widać jednak, że wzór traci sens dla n = 2, kiedy to Ania i Bartek zawsze siedzą
obok siebie. Trzeba wtedy zmienić jeden szczegół w rozumowaniu: Bartek siada
na jedynym (a nie jednym z dwóch) miejsc obok Ani.

II. Gdy n = 2, szukane prawdopodobieństwo jest równe 1. Gdy n > 2,

wybieramy miejsca dla Ani i Bartka: (1, 2), (2, 3), . . . , (n, 1) co wraz z zamianą
miejsc Ani i Bartka daje 2n sposobów; pozostałe osoby ustawiamy na (n

− 2)!

sposobów, otrzymując ostatecznie szukane prawdopodobieństwo:

2n

· (n − 2)!

n!

=

2

n

− 1

.

Uwaga. Warto teraz zastanowić się, dlaczego rozumowanie zawodzi dla n = 2.
Przy ocenianiu zadań odejmowaliśmy 1 punkt za nieuwzględnienie tego przy-
padku.

2. a) Skorzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite. Rozpatrzmy

nastepujące zdarzenia: A — „6 orłów w 6 rzutach”, H

1

— „moneta uczciwa”, H

2

2

— „moneta fałszywa”. Jasne jest, że zdarzenia H

1

i H

2

wykluczają się, ponadto

H

1

∪ H

2

= Ω. Mamy teraz

P (A) = P (A

|H

1

)P (H

1

) + P (A

|H

2

)P (H

2

) =

1

2

6

·

1

3

+ 1

·

2

3

=

1

192

+

128

192

=

129

192

.

b) Skorzystamy z następującej wersji wzoru Bayesa, wykorzystując obliczenia z
punktu a):

P (H

1

|A) =

P (A

|H

1

)P (H

1

)

P (A)

=

1

192

129

192

=

1

129

.

3. a) Mamy do czynienia z łańcuchem Markowa o trzech stanach: G, K i W ,

którego macierz przejścia wygląda tak:

P =




0

1

2

1

2

1

2

0

1

2

1

3

2

3

0


 .

Wyznaczymy rozkład stacjonarny π = [g, k, w] z równania macierzowego πP =
π, czyli

[g, k, w]




0

1

2

1

2

1

2

0

1

2

1

3

2

3

0


 = [g, k, w],

które jest równoważne z układem równań skalarnych:






1

2

k +

1

3

w = g

1

2

g +

2

3

w = k

1

2

g +

1

2

k = w

Z trzeciego równania mamy g + k = 2w, co wraz z warunkiem g + k + w = 1
daje w =

1

3

. Stąd g =

8

27

, k =

10

27

.

Z twierdzenia ergodycznego (którego założenia są spełnione, jako że łańcuch

ma skończenie wiele stanów, jest nieprzywiedlny i stany są nieokresowe) wynika,
że szansa znalezienia sięw stanie G w 77. kroku jest z dobrym przybliżeniem
równa g =

8

27

.

b) Nietrudno zgadnąć, kierując sięsymetrią układu, że łańcuch z macierzą

przejścia




0

1

3

2

3

2

3

0

1

3

1

3

2

3

0




ma równomierny rozkład stacjonarny: [

1

3

,

1

3

,

1

3

]. Odpowiedź na pytanie jest więc

pozytywna.

Uwaga. Sumy wyrazów w kolumnach tej macierzy są równe 1, co nasuwa

podejrzenie, że jest to warunek konieczny i dostateczny na to, by rozkład stacjo-
narny, jeśli jest jedyny, był równomierny. Łatwo sprawdzić, że tak rzeczywiście
jest.

3

4. a) Wśród 13 kart muszą sięznaleźć 4 lub więcej tego samego koloru, zatem

szukane prawdopodobieństwo jest równe 1; b) Oznaczmy przez A

k

zdarzenia

polegające na otrzymaniu 7 lub więcej kart w k-tym kolorze, k = 1, 2, 3, 4.
Mamy obliczyć

P (A

1

∪ A

2

∪ A

3

∪ A

4

) = P (A

1

) + P (A

2

) + P (A

3

) + P (A

4

) = 4P (A

1

),

jako że zdarzenia A

k

wykluczają sięparami i ze wzglę

du na symetrięmają

jednakowe prawdopodobieństwa. Ale

P (A

1

) =



13

7



39

6

+



13

8



39

5

+



13

9



39

4

+



13

10



39

3

+



13

11



39

2

+



13

12



39

1

+



13

13



39

0



52

13

.

5. Niech X oznacza liczbęszczypawek na kocu Jasia, a Y — Małgosi. Można

zakładać — na podstawie twierdzenia granicznego Poissona — że X i Y mają
rozkład Poissona. Ponieważ znamy średnie, znamy też parametr λ, który dla X
jest równy 1, a dla Y — 2.

a) Można rozsądnie zakładać, że X i Y są niezależne. Dlatego

P (X = 0, Y = 0) = P (X = 0)P (Y = 0) = e

−1

e

−2

= e

−3

.

Ten sam wynik otrzymamy traktując oba koce łącznie: X + Y ma rozkład Po-
issona z parametrem 3, zatem P (X + Y = 0) = e

−3

.

b) Intuicja mówi, że E(X

|X + Y = 5) = 5 ·

1

3

. Można wyznaczyć rozkład

warunkowy, czyli dla k = 0, 1, . . . 5 obliczyć

P (X = k

|X + Y = 5) =

P (X = k, X + Y = 5)

P (X + Y = 5)

=

P (X = k, Y = 5

− k)

P (X + Y = 5)

=

=

P (X = k)P (Y = 5

− k)

P (X + Y = 5)

=

1

k

k!

e

−1

·

2

5−k

(5−k)!

e

−2

3

5

5!

e

−3

=

=

5

k



1

3



k

2

3



5−k

.

Otrzymaliśmy rozkład Bernoulliego z parametrami n = 5, p =

1

3

, zatem

E(X

|X + Y = 5) = 5 ·

1

3

.

6. X ma rozkład jednostajny na [

−c, c], c > 0, więc EX =

1

2

(c

− c) = 0.

wobec tego a = E

|X|, σ

2

= EX

2

. Gęstość rozkładu X jest równa

1

2c

na [

−c, c],

poza tym znika. Zatem

a

=



c

−c

|x|

2c

dx = 2

·

1

2c



c

0

xdx =

1

c

·

c

2

2

=

c

2

,

σ

2

=



c

−c

x

2

2c

dx = 2

·

1

2c



c

0

x

2

dx =

1

c

·

c

3

3

=

c

2

3

.

4

Całkując skorzystaliśmy z parzystości całkowanych funkcji. Ostatecznie

1

2

c =

a < σ =

1

√

3

c.

Z nierówności Schwarza zastosowanej do zmiennych losowych 1 i

|X − EX|

wynika, że a

 σ:

a = E(

|X − EX| · 1) 

E(X

− EX)

2

·

E(1

2

) = σ.

Równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy dla pewnych stałych c, d takich,
że c

2

+ d

2

> 0 jest c

· 1 + d · |X − EX| = 0. Ale wtedy d = 0 i |X − EX| = −

c
d

,

czyli

|X − EX| jest stała.

7. a) Niech zmienna losowa X będzie płacą. Wtedy dla t

∈ [0, 400]

P (X > t) =

1

100

100

−

1

4

t



= 1

−

1

400

t.

Zatem F

X

(t) = P (X

 t) =

1

400

t, t

∈ [0, 400]. Dla pozostałych t wartości

dystrybuanty F

X

są oczywiste, widać też, że F

X

nie ma pochodnej tylko dla t =

0 i t = 400. Być może widać też, że jest to dystrybuanta rozkładu jednostajnego
na [0, 400]. Tak czy owak, aby pozbyć sięwątpliwości możemy uzyskać gęstość
różniczkując F

X

:

g(t) = F



X

(t) =



1

400

,

x

∈ (0, 400)

0,

x

∈ [0, 400]

W punktach nieróżniczkowalności — 0 i 400 — gęstość można określić dowolnie.

b) Z poprzedniego punktu wynika, że EX = 200.

Uwaga. Wiele osób nie zauważyło, że dane określono w procentach. Otrzy-

mały one wynik EX = 20000.

c) Po podwyżce rozkład nowej zmiennej losowej Y = max(X, 100) jest niecią-

gły, bo P (Y = 100) = P (X

 100) =

1

4

> 0. Bardziej obrazowo, dystrybuanta

F

Y

ma skok w punkcie 100.

d)

1

4

= P (X < 100).

e) 25% poddanych dostało podwyżkę, średnio o 50 lirów, więc średnia płaca

wzrosła o 12

1

2

lira. Można ten wynik otrzymać ściśle na rozmaite sposoby: albo

całkując ogon nowego rozkładu (wystarczy rysunek), albo np. tak: podwyżka
wyniosła max(100, X)

− X = max(100 − X, 0). Teraz

E max(100

− X, 0) =



400

0

max(x

− 100, 0) ·

1

400

dx =

=

1

400



100

0

(x

− 100)dx =

1

400

·

1

2

· 100 · 100 = 12

1

2

.

W tym przypadku także nie warto obliczać całki, wystarczy wykonać rysunek.

5

8. W dalszym ciągu przyda sięznajomość gęstości rozkładu łącznego (X, Y ).

Jest ona stała i różna od zera na kole K o polu π, jest tam zatem równa

1

π

.

Nawet bez całkowania widać, że gęstość dla X (brzegowa) jest równa

g

X

(x) =

2

π

1

− x

2

· 1

[−1,1]

(x).

a) Nieco wygodniej obliczyć P (X + Y



1

3

): jest to stosunek pola zbioru

A =

{(x, y): x + y 

1

3

, x

2

+ y

2

 1}

do pola całego koła K. Obracając zbiór A, który jest po prostu odcinkiem
kołowym, o odpowiedni kąt widzimy, że

P (X + Y



1

3

) = P (X



1

3

√

2

),

skąd wynika, że kąt środkowy wyznaczający odcinek kołowy A jest równy β =
2α, gdzie cos α =

1

3

√

2

. Pole odcinka kołowego jest równe

1

2

(β

− sin β)r

2

(gdzie

r jest promieniem koła). Stąd

P (X + Y



1

3

)

=

P (X



1

3

√

2

) =

β

− sin β

2π

=

α

− sin α cos α

π

=

=

arccos

1

3

√

2

−

1

3

√

2

·

√

17

3

√

2

π

≈

1,3329

− 0,2291

3,1416

≈ 0,351.

Odpowiedź: 1

− 0,351 = 0,649. Można to samo obliczyć za pomocą całek, ale to

chyba przesada.

b) Mając gęstość brzegową obliczamy E

|X|:

E

|X| =



∞

−∞

|x|g

X

(x)dx =

1

π



1

−1

1

− x

2

· 2xdx =

2

π



1

0

1

− x

2

· 2xdx =

=

2

π



1

0

√

1

− t · dt =

2

π

·

2

3

=

4

3π

.

Oczywiście E

|X| = E|Y |.

Teraz obliczymy E

|X||Y | = E|XY |. Ze względu na symetrię będziemy cał-

kować po ćwiartce koła (mnożąc wynik przez 4):

E

|XY | =

1

π

 

K

|xy|dxdy =

4

π



1

0

x



√

1−x

2

0

ydy



dx =

=

2

π



1

0

x(1

− x

2

)dx =

2

π

·

1

2

−

1

4



=

1

2π

.

W takim razie

cov(

|X|, |Y |) = E|XY | − E|X|E|Y | =

1

2π

−

4

3π



2

.

6

c) X i Y nie są niezależne, bo cov(X, Y )

= 0; można inaczej:

P (X >

4

5

)

· P (Y >

4

5

) > 0,

ale

P (X >

4

5

, Y >

4

5

) = 0.

d) Rozkład warunkowy zm. los. X dla Y = t, t

∈ (−1, 1), jest jednostajny

na przedziale [

−

√

1

− t

2

,

√

1

− t

2

], więc E(X

2

|Y = t) =

1

3

(1

− t

2

) (patrz zad. 6);

nieco inaczej — E(X

2

|Y ) =

1

3

(1

− Y

2

).

9. a) Niech p oznacza nieznane prawdopodobieństwo, że losowo wybrana

osoba udzieli poparcia danej partii. Ankieta polega na przeprowadzeniu n lo-
sowań bez zwracania, których wyniki można jednak uznać za niezależne, gdy
populacja jest duża. Właściwym modelem rozważanego doświadczenia jest więc
schemat Bernoulliego, w którym szacujemy nieznane p obliczając

S

n

n

, czyli czę-

stość sukcesu w n próbach. Dla ε = 0,01 i n = 1024 mamy oszacować:

P





S

n

n

− p



  ε



.

I. Można by szacować prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego z nierów-

ności Bernsteina — przez 2e

−2nε

2

, ale oszacowanie nie będzie w tym przypadku

interesujące.

II. Pozostaje więc twierdzenie de Moivre’a–Laplace’a. Szukane prawdopodo-

bieństwo napiszemy w postaci

P

−ε 

S

n

− np

n

 ε



=

P

−ε



n

pq



S

n

− np

√

npq

 ε



n

pq



≈

≈ Φ

ε



n

pq



− Φ

−ε



n

pq



= 2Φ

ε



n

pq



− 1,

gdzie q = 1

− p, a Φ jest dystrybuantą rozkładu N(0, 1).

Zwróćmy uwagę, że p jest nieznane, więc możemy jedynie oszacować z dołu

szukane prawdopodobieństwo. Będzie ono najmniejsze, gdy pq = p(1

− p) przyj-

mie największą możliwą wartość, czyli gdy p =

1

2

. Mamy wtedy

2Φ

ε



n

pq



− 1 = 2Φ



0,01



1024

1

2

·

1

2



− 1 = 2Φ(0,64) − 1 ≈ 2 · 0,74 − 1 = 0,48.

Ostatecznie szansa, że błąd będzie zawarty w podanych granicach jest nie mniej-
sza niż 0,48.

b) Jeśli wiadomo, że p

 0,1, to największa możliwa wartość pq jest przyj-

mowana dla p = 0,1. Pozwala to na polepszenie oszacowania do

2Φ

0,01



1024

0,1

· 0,9



− 1 = 2Φ(1,07) − 1 ≈ 2 · 0,86 − 1 = 0,72.

7

Uwaga. Należy pamiętać, że stosując tw. de Moivre’a–Laplace’a popełniamy
błąd rzędu

1

√

n

, wobec tego przesadna dokładność w rachunkach nie jest po-

trzebna. W naszym przypadku dwie cyfry po przecinku całkowicie wystarczą.

10. a) Niech zmienna losowa X

i

będzie wydatkiem i-tego klienta. Można

rozsądnie zakładać, że zmienne losowe X

1

, X

2

, . . . są niezależne. Z warunków

zadania wynika, że mają one ten sam rozkład wykładniczy i m = EX

i

= 100 =

1

λ

, gdzie λ jest parametrem rozkładu wykładniczego. Wobec tego D

2

X =

1

λ

2

=

10000, zatem σ =

√

D

2

X = 100. W punkcie b) przyda sięjeszcze EX

2

i

=

D

2

X

i

+ (EX

i

)

2

= 20000.

Niech S

n

= X

1

+ X

2

+ . . . + X

n

). Mamy obliczyć P (S

1000

< 99000). Skorzy-

stamy z centralnego twierdzenia granicznego (stwierdziliśmy, że jego założenia
są spełnione). Warto zauważyć, że

P (S

n

< t) = P

S

n

− mn

σ

√

n

<

t

− mn

σ

√

n



≈ Φ

t

− mn

σ

√

n



.

W naszym przypadku

t

− mn

σ

√

n

=

99000

− 100 · 1000

100

√

1000

=

=

−1000

100

√

1000

=

−10

√

10

≈ −0,32

Szukane prawdopodobieństwo jest w przybliżeniu równe

Φ(

−0,32) = 1 − Φ(0,32) ≈ 1 − 0,63 = 0,37.

b) Tekst zadania można interpretować co najmniej na dwa sposoby: albo do-

kładnie co dziesiąty klient wpada po papierosy (co jest mało realistyczne), albo
też średnio co dziesiąty klient wpada po papierosy. Innymi słowy, szansa, że dany
klient kupi wyłącznie papierosy, jest równa 0,1. Obie interpretacje prowadzą do
różnych modeli i różnych wyników, ale obie były uznawane za prawidłowe.

I. Jeśli dokładnie co dziesiąty klient wpada po papierosy, to obliczamy praw-

dopodobieństwo, że pozostałych 900 klientów wyda mniej niż 99000

− 500 =

98500 zł, czyli P (S

900

< 98500). Teraz t = 98500, n = 900, m i σ pozostają bez

zmiany. Mamy

t

− mn

σ

√

n

=

98500

− 100 · 900

100

√

900

=

8500

100

· 30

=

17

6

≈ 2,83.

Szukane prawdopodobieństwo jest w przybliżeniu równe

Φ(2,83)

≈ 0,998.

II. Jeśli średnio co dziesiąty klient wpada po papierosy, to wprowadzamy po-
mocniczą zmienną losową Z, taką że P (Z = 0) = 0,1, P (Z = 1) = 0,9 — jak

8

widać, wartości Z informują o rodzaju zakupów. Teraz warunki zadania formu-
łują siętak: rozkład warunkowy X

i

pod warunkiem Z = 0 jest jednopunktowy,

P (X

i

= 5

|Z = 0) = 5; jesli zaś Z = 1, to rozkład warunkowy jest wykładniczy

o średniej 100. wobec tego

E(X

i

|Z = 0) = 5, E(X

i

|Z = 1) = 100,

a stąd

EX

i

=

E(E(X

i

|Z)) = E(X

i

|Z = 0) · 0,1 + E(X

i

|Z = 1) · 0,9 =

=

5

· 0,1 + 100 · 0,9 = 90,5.

Podobnie obliczymy EX

2

i

. Wiemy, że E(X

2

i

|Z = 1) = 20000, zatem

EX

2

i

=

E(E(X

2

i

|Z)) = E(X

2

i

|Z = 0) · 0,1 + E(X

2

i

|Z = 1) · 0,9 =

=

25

· 0,1 + 20000 · 0,9 = 18002,5.

W takim razie

D

2

X

i

= 18002,5

− (90,5)

2

= 9812,25;

σ =

D

2

X

i

≈ 99,06.

Teraz t = 99000, n = 1000, m = 90,5, σ = 99,06. Mamy

t

− mn

σ

√

n

=

99000

− 90,5 · 1000

99,06

√

1000

=

8500

3132,6

≈ 2,71.

Szukane prawdopodobieństwo jest w przybliżeniu równe

Φ(2,71)

≈ 0,997.

9