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 się obok 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 się co tydzień seminaria.
Na zakończenie każdego spotkania losuje się, rzucając raz monetą, następnego
gospodarza z jednego z pozostałych miast. Uczeni z Warszawy mają fałszywą
1
monetę i wybierają Gdańsk z prawdopodobieństwem .
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 się w razie potrzeby
w fałszywe monety, doprowadzić do tego, by seminaria odbywały się jednakowo
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 się na 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: Ã = D2X (7 pt).
Czy dla każdej zm. losowej a à (2 pt)? Kiedy ma miejsce równość (1
pt)?
1
7. W Kapadocji procent zarabiających ponad x lirów jest równy 100 - x,
4
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): x2 + y2 1}.
1
1
a) obliczyć P (X + Y ) (4 pt); b) wyznaczyć cov (|X|, |Y |) (4 pt);
3
c) zbadać niezależność X i Y (2 pt); d*) obliczyć E(X2|Y ) (5 pt);
9. W celu zbadania poparcia dla rozmaitych partii politycznych przeprowa-
dzono ankietę wśród n = 1024 osób.
a) Jaka jest mniej więcej szansa, że błąd oszacowania poparcia dla danej
partii nie przekroczy µ =0,01 (7 pt) ?
b) Jak zmieni siÄ™ odpowiedz
, 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 się jak wyżej. Jak zmieni się odpowiedz
(3 pt) ?
RozwiÄ…zania i komentarze.
1. Podamy dwa sposoby rozwiÄ…zania.
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)! 2
= .
(n - 1)! 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 zamianÄ…
miejsc Ani i Bartka daje 2n sposobów; pozostałe osoby ustawiamy na (n - 2)!
sposobów, otrzymując ostatecznie szukane prawdopodobieństwo:
2n · (n - 2)! 2
= .
n! 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 , H1   moneta uczciwa , H2
2
  moneta fałszywa . Jasne jest, że zdarzenia H1 i H2 wykluczają się, ponadto
H1 *" H2 = &!. Mamy teraz
1 1 2 1 128 129
P (A) =P (A|H1)P (H1)+P (A|H2)P (H2) = · +1· = + = .
26 3 3 192 192 192
b) Skorzystamy z następującej wersji wzoru Bayesa, wykorzystując obliczenia z
punktu a):
1
P (A|H1)P (H1) 1
192
P (H1|A) = = = .
129
P (A) 129
192
3. a) Mamy do czynienia z łańcuchem Markowa o trzech stanach: G, K i W ,
którego macierz przejścia wygląda tak:
îÅ‚ Å‚Å‚
1 1
0
2 2
1 1
ðÅ‚ ûÅ‚
P = 0 .
2 2
1 2
0
3 3
Wyznaczymy rozkład stacjonarny Ą =[g, k, w] z równania macierzowego ĄP =
Ä„, czyli
îÅ‚ Å‚Å‚
1 1
0
2 2
1 1
ðÅ‚ ûÅ‚
[g, k, w] 0 =[g, k, w],
2 2
1 2
0
3 3
które jest równoważne z układem równań skalarnych:
Å„Å‚
1 1
òÅ‚ k + w = g
2 3
1 2
g + w = k
2 3
ół
1 1
g + k = w
2 2
Z trzeciego równania mamy g + k =2w, co wraz z warunkiemg + k + w =1
1 8 10
daje w = . StÄ…d g = , k = .
3 27 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 się w stanie G w 77. kroku jest z dobrym przybliżeniem
8
równa g = .
27
b) Nietrudno zgadnąć, kierując się symetrią układu, że łańcuch z macierzą
przejścia
îÅ‚ Å‚Å‚
1 2
0
3 3
2 1
ðÅ‚ ûÅ‚
0
3 3
1 2
0
3 3
1 1
ma równomierny rozkład stacjonarny: [1 , , ]. Odpowiedz
na pytanie jest więc
3 3 3
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. A
atwo sprawdzić, że tak rzeczywiście
jest.
3
4. a) Wśród 13 kart muszą się znalez
ć 4 lub więcej tego samego koloru, zatem
szukane prawdopodobieństwo jest równe 1; b) Oznaczmy przez Ak zdarzenia
polegające na otrzymaniu 7 lub więcej kart w k-tym kolorze, k = 1, 2, 3, 4.
Mamy obliczyć
P (A1 *" A2 *" A3 *" A4) =P (A1) +P (A2) +P (A3) +P (A4) =4P (A1),
jako że zdarzenia Ak wykluczają się parami i ze względu na symetrię mają
jednakowe prawdopodobieństwa. Ale
13 39 13 39 13 39 13 39 13 39 13 39 13 39
+ + + + + +
7 6 8 5 9 4 10
P (A1) = 52 3 11 2 12 1 13 0 .
13
5. Niech X oznacza liczbę szczypawek 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 , 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-1e-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.
1
b) Intuicja mówi, że E(X|X + Y =5) =5 · . Można wyznaczyć rozkÅ‚ad
3
warunkowy, czyli dla k =0, 1, . . . 5 obliczyć
P (X = k, X + Y =5) P (X = k, Y =5 - k)
P (X = k|X + Y =5) = = =
P (X + Y =5) P (X + Y =5)
1k 25-k
e-1 · e-2
P (X = k)P (Y =5 - k)
k! (5-k)!
= = =
35
P (X + Y =5)
e-3
5!
k 5-k
5 1 2
= .
k 3 3
1
Otrzymaliśmy rozkład Bernoulliego z parametrami n =5, p = , zatem
3
1
E(X|X + Y =5) =5 · .
3
1
6. X ma rozkład jednostajny na [-c, c], c > 0, więc EX = (c - c) = 0.
2
1
wobec tego a = E|X|, Ã2 = EX2. GÄ™stość rozkÅ‚adu X jest równa na [-c, c],
2c
poza tym znika. Zatem

c c
|x| 1 1 c2 c
a = dx =2 · xdx = · = ,
2c 2c c 2 2
-c 0

c c
x2 1 1 c3 c2
Ã2 = dx =2 · x2dx = · = .
2c 2c c 3 3
-c 0
4
1
Całkując skorzystaliśmy z parzystości całkowanych funkcji. Ostatecznie c =
2
1
"
a <Ã= c.
3
Z nierówności Schwarza zastosowanej do zmiennych losowych 1 i |X - EX|
wynika, że a Ã:

a = E(|X - EX| · 1) E(X - EX)2 · E(12) =Ã.
Równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy dla pewnych stałych c, d takich,
c
że c2 + d2 > 0 jest c · 1+d · |X - EX| = 0. Ale wtedy d =0 i |X - EX| = - ,

d
czyli |X - EX| jest stała.
7. a) Niech zmienna losowa X będzie płacą. Wtedy dla t " [0, 400]

1 1 1
P (X>t) = 100 - t =1 - t.
100 4 400
1
Zatem FX(t) = P (X t) = t, t " [0, 400]. Dla pozostałych t wartości
400
dystrybuanty FX są oczywiste, widać też, że FX 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 się wątpliwości możemy uzyskać gęstość
różniczkując FX:

1
, x " (0, 400)

400
g(t) =FX(t) =
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-
1
gły, bo P (Y = 100) = P (X 100) = > 0. Bardziej obrazowo, dystrybuanta
4
FY ma skok w punkcie 100.
1
d) = P (X<100).
4
e) 25% poddanych dostało podwyżkę, średnio o 50 lirów, więc średnia płaca
1
wzrosła o 122 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

400
1
E max(100 - X, 0) = max(x - 100, 0) · dx =
400
0

100
1 1 1 1
= (x - 100)dx = · · 100 · 100 = 12 .
400 400 2 2
0
W tym przypadku także nie warto obliczać całki, wystarczy wykonać rysunek.
5
8. W dalszym ciągu przyda się znajomość gęstości rozkładu łącznego (X, Y ).
1
Jest ona stała i różna od zera na kole K o polu Ą, jest tam zatem równa .
Ä„
Nawet bez całkowania widać, że gęstość dla X (brzegowa) jest równa

2
gX(x) = 1 - x2 · 1[-1,1](x).
Ä„
1
a) Nieco wygodniej obliczyć P (X + Y ): jest to stosunek pola zbioru
3
1
A = {(x, y): x + y , x2 + y2 1}
3
do pola całego koła K. Obracając zbiór A, który jest po prostu odcinkiem
kołowym, o odpowiedni kąt widzimy, że
1 1
"
P (X + Y ) =P (X ),
3
3 2
skÄ…d wynika, że kÄ…t Å›rodkowy wyznaczajÄ…cy odcinek koÅ‚owy A jest równy ² =
1 1
"
2Ä…, gdzie cos Ä… = . Pole odcinka koÅ‚owego jest równe (² - sin ²)r2 (gdzie
2
3 2
r jest promieniem koła). Stąd
² - sin ² Ä… - sin Ä… cos Ä…
1 1
"
P (X + Y ) = P (X ) = = =
3
3 2
2Ä„ Ä„
"
1 1 17
"
arccos - " "
·
1,3329 - 0,2291
3 2 3 2 3 2
= H" H" 0,351.
Ä„ 3,1416
Odpowiedz
: 1 - 0,351 = 0,649. Można to samo obliczyć za pomocą całek, ale to
chyba przesada.
b) Mając gęstość brzegową obliczamy E|X|:

" 1 1

1 2
E|X| = |x|gX(x)dx = 1 - x2 · 2xdx = 1 - x2 · 2xdx =
Ä„ Ä„
-" -1 0

1
"
2 2 2 4
= 1 - t · dt = · = .
Ä„ Ä„ 3 3Ä„
0
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):
"

1 1-x2
1 4
E|XY | = |xy|dxdy = x ydy dx =
Ä„ Ä„
K 0 0

1
2 2 1 1 1
= x(1 - x2)dx = · - = .
Ä„ Ä„ 2 4 2Ä„
0
W takim razie
2
1 4
cov(|X|, |Y |) =E|XY | -E|X|E|Y | = - .
2Ä„ 3Ä„
6
c) X i Y nie są niezależne, bo cov(X, Y ) = 0; można inaczej:

4 4
P (X> ) · P (Y > ) > 0,
5 5
ale
4 4
P (X> , Y > ) =0.
5 5
d) Rozkład warunkowy zm. los. X dla Y = t, t " (-1, 1), jest jednostajny
" "
1
na przedziale [- 1 - t2, 1 - t2], więc E(X2|Y = t) = (1 - t2) (patrz zad. 6);
3
1 2
nieco inaczej  E(X2|Y ) = (1 - Y ).
3
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
Sn
schemat Bernoulliego, w którym szacujemy nieznane p obliczając , czyli czę-
n
stość sukcesu w n próbach. Dla µ =0,01 i n = 1024 mamy oszacować:


Sn

P - p µ .

n
I. Można by szacować prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego z nierów-
2
noÅ›ci Bernsteina  przez 2e-2nµ , ale oszacowanie nie bÄ™dzie w tym przypadku
interesujÄ…ce.
II. Pozostaje więc twierdzenie de Moivre a Laplace a. Szukane prawdopodo-
bieństwo napiszemy w postaci

Sn - np n Sn - np n
P -µ µ = P -µ µ H"
"
n pq npq pq


n n n
H" Åš µ - Åš -µ =2Åš µ - 1,
pq pq pq
gdzie q =1 - p, a Ś 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-
1
mie największą możliwą wartość, czyli gdy p = . Mamy wtedy
2



n 1024
2Åš µ - 1 =2Åš 0,01 - 1 =2Åš(0,64) - 1 H" 2 · 0,74 - 1 =0,48.
1 1
pq ·
2 2
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


1024
2Åš 0,01 - 1 =2Åš(1,07) - 1 H" 2 · 0,86 - 1 =0,72.
0,1 · 0,9
7
Uwaga. Należy pamiętać, że stosując tw. de Moivre a Laplace a popełniamy
1
"
błąd rzędu , wobec tego przesadna dokładność w rachunkach nie jest po-
n
trzebna. W naszym przypadku dwie cyfry po przecinku całkowicie wystarczą.
10. a) Niech zmienna losowa Xi będzie wydatkiem i-tego klienta. Można
rozsądnie zakładać, że zmienne losowe X1, X2, . . . są niezależne. Z warunków
zadania wynika, że mają one ten sam rozkład wykładniczy i m = EXi = 100 =
1 1
, gdzie  jest parametrem rozkładu wykładniczego. Wobec tego D2X = =
 2
"
2
10000, zatem à = D2X = 100. W punkcie b) przyda się jeszcze EXi =
D2Xi +(EXi)2 = 20000.
Niech Sn = X1 + X2 +. . . +Xn). Mamy obliczyć P (S1000 < 99000). Skorzy-
stamy z centralnego twierdzenia granicznego (stwierdziliśmy, że jego założenia
są spełnione). Warto zauważyć, że

Sn - mn t - mn t - mn
P (Sn à n à n à n
W naszym przypadku
t - mn 99000 - 100 · 1000
" = " =
à n
100 1000
-1000 -10
= " = " H"-0,32
100 1000 10
Szukane prawdopodobieństwo jest w przybliżeniu równe
Åš(-0,32) = 1 - Åš(0,32) H" 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 (S900 < 98500). Teraz t = 98500, n = 900, m i à pozostają bez
zmiany. Mamy
t - mn 98500 - 100 · 900 8500 17
" = " = = H" 2,83.
à n 100 · 30 6
100 900
Szukane prawdopodobieństwo jest w przybliżeniu równe
Åš(2,83) H" 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 się tak: rozkład warunkowy Xi pod warunkiem Z = 0 jest jednopunktowy,
P (Xi =5|Z = 0) = 5; jesli zaś Z = 1, to rozkład warunkowy jest wykładniczy
o średniej 100. wobec tego
E(Xi|Z =0) =5, E(Xi|Z = 1) = 100,
a stÄ…d
EXi = E(E(Xi|Z)) = E(Xi|Z =0) · 0,1+E(Xi|Z =1) · 0,9 =
= 5 · 0,1 + 100 · 0,9 =90,5.
2 2
Podobnie obliczymy EXi . Wiemy, że E(Xi |Z = 1) = 20000, zatem
2 2 2 2
EXi = E(E(Xi |Z)) = E(Xi |Z =0) · 0,1+E(Xi |Z =1) · 0,9 =
= 25 · 0,1 + 20000 · 0,9 = 18002,5.
W takim razie

D2Xi = 18002,5 - (90,5)2 = 9812,25; Ã = D2Xi H" 99,06.
Teraz t = 99000, n = 1000, m =90,5, Ã =99,06. Mamy
t - mn 99000 - 90,5 · 1000 8500
" = " = H" 2,71.
à n 3132,6
99,06 1000
Szukane prawdopodobieństwo jest w przybliżeniu równe
Åš(2,71) H" 0,997.
9