rachunek ściąga kolos 1


część I

 1 Znaleźć prawdopodobieństwo wyrzucenia orła (zdarzenia A) przy rzucie monetą.

Rozwiązanie:

Liczba wszystkich jednakowo możliwych zdarzeń elementarnych n=2 (orzeł i reszka). Liczba zdarzeń sprzyjających jest równa 0x01 graphic
. Prawdopodobieństwo wyrzucenia orła jest równe

0x01 graphic

2 Znaleźć prawdopodobieństwo jednoczesnego wyrzucenia orła przy jednym rzucie dwóch monet.

Rozwiązanie

Prawdopodobieństwo pojawienia się orła dla pierwszej monety (zdarzenie A)

0x01 graphic

Prawdopodobieństwo pojawienia się orła dla drugiej monety (zdarzenie B)

0x01 graphic

Zdarzenia A i B są niezależne a więc

0x01 graphic

 3W pudełku zawierającym 10 rezystorów 8 jest dobrych a 2 uszkodzone. Zakładając przypadkowość wyjęcia 1 rezystora z pudełka obliczyć prawdopodobieństwa zdarzeń:

  1. a)      wyjęty rezystor jest dobry (A)

  2. b)     wyjęty rezystor jest uszkodzony (B)

Rozwiązanie

0x01 graphic

0x01 graphic

 

4 Na ile różnych sposobów można wylosować dwa elementy z pudełka zawierającego 10 elementów?

Rozwiązanie

Rozwiązaniem jest liczba kombinacji:

0x01 graphic
.

5 Ile trzycyfrowych liczb można stworzyć z cyfr 1, 2, 3, jeżeli każda cyfra występuje w każdej liczbie tylko raz?

Rozwiązanie

Rozwiązaniem jest liczba permutacji:

0x01 graphic

6 Ile można utworzyć sygnałów świetlnych z 6 różnych kolorów wziętych po 2?

Rozwiązanie

Rozwiązaniem jest ilość rozmieszczeń:

0x01 graphic

7 Ile nastąpi powitań, gdy jednocześnie spotka się czterech znajomych?

Rozwiązanie

Za różne powitania uważamy tylko takie, w których skład osób jest różny. Ponieważ w każdym powitaniu biorą udział dwie osoby, więc ilość powitań jest równa ilości kombinacji czterech elementów po 2, tj.

0x01 graphic
.

8 Wybierając numer telefonu abonent zapomniał dwóch ostatnich cyfr i tylko pamiętając że były różne wybrał je na zasadzie: „a może się uda”. Znaleźć prawdopodobieństwo że wybrane zostały 2 cyfry prawidłowo.

Rozwiązanie

Można wybrać tyle różnych cyfr ile jest rozmieszczeń z 10 cyfr po 2 cyfry, tj.

0x01 graphic
.

Ogólna liczba zdarzeń elementarnych wynosi więc 0x01 graphic
.

Liczba zdarzeń sprzyjających prawidłowemu wybraniu 2 cyfr wynosi 0x01 graphic
a więc

0x01 graphic
.

9 Wykazać że

0x01 graphic

Rozwiązanie:

 A+AB+BC+A'C= (AΩ+AB)+BC+A'C= A(Ω+B)+A'C+BC= AΩ+A'C+BC=A+A'C+BC= A+AC+A'C+BC= A+C(A+A')+BC=A+C+BC=A+C

10 Z talii 52 kart losujemy 5 kart. Jakie jest prawdopodobieństwo P, że wśród wylosowanych kart znajdzie się as pikowy?

Rozwiązanie

Zbiorem zdarzeń podstawowych A jest zbiór wszystkich możliwych układów 5 kart spośród 52. Ilość n zdarzeń zbioru A jest więc równa ilości kombinacji 52 elementów po 5, czyli

0x01 graphic
.

Zdarzeniami sprzyjającymi są te układy kart, wśród których znajduje się as pikowy. Układy te składają się, prócz asa pikowego, z 4 kart spośród pozostałych 51. A więc liczba nA zdarzeń sprzyjających zjawisku A1 równa się ilości kombinacji 51 elementów po 4, czyli

0x01 graphic
,

wobec czego

0x01 graphic
.

 11Ktoś czeka na autobus nr 0 lub nr 18 na przystanku autobusowym, przy którym zatrzymują się autobusy nr 0, 18, 30, 11 i 36. Obliczyć prawdopodobieństwo tego, że pierwszy nadjeżdżający autobus będzie odpowiedni dla oczekującej osoby, przyjmując, że wszystkie wymienione autobusy zjawiają się na przystanku jednakowo często

Rozwiązanie

Prawdopodobieństwo przyjazdu każdego z autobusów w tym nr 0 i 18 równa się

0x01 graphic

więc poszukiwane prawdopodobieństwo wynosi

0x01 graphic
.

 12 W urnie mamy 10 kul białych, 20 czarnych i 30 zielonych. Losujemy jedną kulę. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosujemy kulę białą lub czarną?

Rozwiązanie

Ilość zdarzeń zbioru podstawowego 0x01 graphic
, w tym zdarzeń sprzyjających zjawisku A1 (wylosowanie kuli białej) jest 0x01 graphic
, a zdarzeń sprzyjających A2 (wylosowanie kuli czarnej) jest 0x01 graphic
. Wylosowanie kuli białej lub czarnej jest sumą wykluczających się zjawisk A1 i A2, więc szukane prawdopodobieństwo wynosi

0x01 graphic

13 Z talii 52 kart losujemy 5 kart. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosujemy co najmniej 2 damy?

Rozwiązanie

Ilość zdarzeń zbioru podstawowego 0x01 graphic
, w tym mamy 0x01 graphic
zdarzeń sprzyjających zjawisku A1 (wylosowanie dokładnie dwóch dam), 0x01 graphic
zdarzeń sprzyjających zjawisku A2 (wylosowanie dokładnie trzech dam) oraz 0x01 graphic
zdarzeń sprzyjających zjawisku A3 (wylosowanie dokładnie czterech dam). Wylosowanie co najmniej dwóch dam jest sumą wykluczających się zjawisk A1, A2, A3, zatem prawdopodobieństwo wylosowania co najmniej dwóch dam wyraża się wzorem

0x01 graphic

14 Losujemy 5 kart z talii 52 kart. Jakie jest prawdopodobieństwo P, że wśród wylosowanych kart znajdzie się dokładnie jeden as?

Rozwiązanie

Ilość zdarzeń zbioru podstawowego 0x01 graphic
. Do zbioru zdarzeń sprzyjających zjawisku zaliczamy układy kart, które składają się z 1 asa spośród 4 asów i z 4 kart spośród 48, jakie otrzymamy wyłączając z talii 4 asy, więc 0x01 graphic
, wobec czego

 0x01 graphic

15 Każda litera słowa „matematyka” jest napisana na osobnej kartce. Kartki zostały umieszczone w pudełku i wymieszane. Po kolei losowane jest pięć kartek. Jakie jest prawdopodobieństwo

0x01 graphic
otrzymania słowa „temat”.

Rozwiązanie

Niech A1, A2, A3, A4, A5 oznaczają zdarzenia odpowiadające kolejnemu wyciągnięciu liter t, e, m, a, t. Odpowiednie prawdopodobieństwa są równe:

0x01 graphic
; 0x01 graphic
; 0x01 graphic
;

0x01 graphic
; 0x01 graphic

więc

0x01 graphic

 16Dwaj strzelcy niezależnie od siebie strzelają do tego samego celu. Prawdopodobieństwo trafienia wynosi dla

strzelca A 0x01 graphic
a dla strzelca B 0x01 graphic
. Znaleźć prawdopodobieństwo co najmniej jednokrotnego trafienia celu.

Rozwiązanie

0x01 graphic

 17 Prawdopodobieństwo tego że dzień będzie deszczowy wynosi

0x01 graphic
. Znaleźć prawdopodobieństwo q tego, że dzień będzie słoneczny.

Rozwiązanie

Zdarzenia „dzień deszczowy” i „dzień słoneczny” wykluczają się a więc

0x01 graphic

 

18 Cztery automaty do kawy pracują jednocześnie. Dla każdego urządzenia prawdopodobieństwo że pracuje ono w danym momencie jest równe 0x01 graphic
.

Znaleźć prawdopodobieństwo tego (zdarzenie A) że w danym momencie pracuje choćby jeden automat.

Rozwiązanie

Zdarzenia „automat pracuje” i „automat nie pracuje” w danej chwili są przeciwne, więc

0x01 graphic

i 0x01 graphic

ostatecznie

0x01 graphic

  19 Obliczyć, jakie jest prawdopodobieństwo, że na 5 rzutów kostką co najmniej 4 razy wypadnie ilość oczek nie większa od 3?

Rozwiązanie

Obliczmy najpierw prawdopodobieństwo p, że w jednym rzucie kostką wypadnie ilość oczek nie większa od 3. Zjawisko E polegające na wyrzuceniu ilości oczek nie większej od 3 jest sumą trzech zjawisk wykluczających się, polegających odpowiednio na wylosowaniu jedynki, dwójki lub trójki, a każde z tych zjawisk ma prawdopodobieństwo równe 0x01 graphic
, więc

 0x01 graphic
.

 Prawdopodobieństwo P zjawiska A polegającego na zajściu zjawiska E w 5 rzutach co najmniej 4 razy jest równe sumie prawdopodobieństw 0x01 graphic
, gdzie 0x01 graphic
są prawdopodobieństwami zajścia zjawiska E, 4 względnie 5 razy w 5 rzutach. Zatem szukane prawdopodobieństwo

0x01 graphic

20 Pewien element elektroniczny jest produkowany w dwóch zakładach, przy czyn większość produkcji drugiego zakładu jest n razy większa od wielkości produkcji pierwszego zakładu. Udział elementów wadliwych w produkcji pierwszego zakładu wynosi p1 a w produkcji drugiego zakładu p2.

Załóżmy, że elementy wyprodukowane przez te zakłady w jednakowym czasie zostały wymieszane w składnicy tych elementów. Wyznaczmy prawdopodobieństwo tego, że został wybrany element wyprodukowany przez drugi (względnie pierwszy) zakład, jeżeli był to element wadliwy?

Rozwiązanie

Niech zdarzenie A1 oznacza fakt, że został wybrany element wyprodukowany przez pierwszy zakład, a A2, że element pochodzi z drugiego zakładu.

Zauważmy, że

0x01 graphic

i

0x01 graphic

Są to prawdopodobieństwa a priori zdarzeń A1 i A2. Niech zdarzenie A oznacza, że wybrano element wadliwy. Dane są prawdopodobieństwa warunkowe:

0x01 graphic
.

Ze wzoru Bayesa otrzymujemy:

0x01 graphic
.

Również mamy

0x01 graphic
.

Ostanie zależności dają odpowiedź na postawione pytanie.

 21 Fabryki A1, A2 i A3 produkują żarówki w0x01 graphic

ilościach, 0x01 graphic
i 0x01 graphic
. Wiadomo, że fabryki te produkują przeciętnie 0,3%, 0,2% i 0,5% zepsutych żarówek. Określić, z której fabryki najprawdopodobniej pochodzi zakupiona zepsuta żarówka.

Rozwiązanie

Oznaczając przez A1, A2 i A3 zjawiska polegające na tym, że żarówka pochodzi z fabryki A1, A2 lub A3 oraz przez B polegające na tym, że zakupiona żarówka jest niezdatna do użytku, mamy tu

0x01 graphic
, 0x01 graphic
, 0x01 graphic

oraz

0x01 graphic

0x01 graphic

0x01 graphic

wobec czego zgodnie z wzorem Bayesa po wykonaniu rachunków otrzymamy

0x01 graphic
, 0x01 graphic
, 0x01 graphic

Zakupiona żarówka pochodzi najprawdopodobniej z fabryki A2.

 22 Jakie jest prawdopodobieństwo, że przy rzucie kostką na 10 rzutów wypadnie 8 razy jedynka?

Rozwiązanie

Mamy tu 0x01 graphic
, więc szukane prawdopodobieństwo

 0x01 graphic

23 Rzucamy osiem kostek. Jakie jest prawdopodobieństwo, że na 2 kostkach wypadnie po sześć oczek?

Rozwiązanie

Zadanie jest równoważne następującemu: rzucamy jedną kostką 8 razy, jakie jest prawdopodobieństwo, że 2 razy wypadnie szóstka?

 Mamy tu 0x01 graphic
, więc

 0x01 graphic

24 Z urny zawierającej 7 kul białych i 8 czarnych losujemy 5 razy po dwie kule, które po wylosowaniu wrzucamy z powrotem do urny. Obliczyć prawdopodobieństwo, że 3 razy wylosujemy parę kul różnokolorowych.

Rozwiązanie

Obliczmy najpierw prawdopodobieństwo p, że w jednym losowaniu wyciągniemy parę kul różnokolorowych; zjawisko to jest sumą dwóch zjawisk wykluczających się, z których pierwsze polega na wyjęciu najpierw kuli białej a potem kuli czarnej, drugie zaś na wyjęciu najpierw kuli czarnej i potem kuli białej. Wobec tego

0x01 graphic
.

Ponieważ po każdym losowaniu dwóch kul wrzucamy je do urny z powrotem, więc mamy tu do czynienia z doświadczeniami niezależnymi. Doświadczenie wykonano 5 razy i chcemy znaleźć prawdopodobieństwo, że rozważane zjawisko (wylosowanie pary różnokolorowych kul), o prawdopodobieństwie 0x01 graphic
w jednym doświadczeniu, zajdzie 3 razy, zatem oznaczając szukane prawdopodobieństwo przez 0x01 graphic
, mamy zgodnie z prawem dwumianowym

 0x01 graphic
.

25Obliczyć prawdopodobieństwo, że na 3600 rzutów monetą orzeł wypadnie 1830 razy.

Rozwiązanie

Ponieważ 0x01 graphic
, 0x01 graphic
, 0x01 graphic
, 0x01 graphic
, więc

0x01 graphic

dla 0x01 graphic
odczytujemy z tablicy wartość 0x01 graphic
, wobec czego

 0x01 graphic

 26

Dla 0x01 graphic
, 0x01 graphic
obliczyć prawdopodobieństwo 0x01 graphic
ze wzoru Bernouliego.

Rozwiązanie

0x01 graphic

0x01 graphic

0x01 graphic

0x01 graphic

Obliczenie prawdopodobieństwa ze wzoru Bernouliego jest technicznie trudne.

 27Znaleźć prawdopodobieństwo tego, że zdarzenie A wystąpi 80 razy w 400 doświadczeniach jeżeli prawdopodobieństwo wystąpienia tego zdarzenia w każdym doświadczeniu jest równe 0,2.

Rozwiązanie

0x01 graphic
, 0x01 graphic
, 0x01 graphic
, 0x01 graphic

W oparciu o lokalne twierdzenie Laplace'a otrzymuje się wynik:

0x01 graphic

a w oparciu o twierdzenie Bernouliego

0x01 graphic

Występuje tutaj dobra zgodność wyników.

 28 Prawdopodobieństwo trafienia w cel przy jednym strzale wynosi 0x01 graphic
. Znaleźć prawdopodobieństwo tego, że w 10 strzałach cel zostanie trafiony 8 razy.

Rozwiązanie

 0x01 graphic
,0x01 graphic
,0x01 graphic
,0x01 graphic

0x01 graphic
(z tw. Laplace'a),

0x01 graphic
(z tw. Bernouliego).

Rozbieżność wyników jest spowodowana małymi wartościami n i k.

29 Dla n prób Bernouliego wyznaczyć najbardziej prawdopodobną wartość

0x01 graphic
, dla której prawdopodobieństwo 0x01 graphic
osiąga maksimum. Rozważyć dwie sytuacje:

  1. a)      0x01 graphic

  2. b)     0x01 graphic

Rozwiązanie:

a) 0x01 graphic
nie jest liczbą całkowitą

0x01 graphic

0x01 graphic
(wzór przybliżony).

 

b)

0x01 graphic

0x01 graphic

0x01 graphic

0x01 graphic
(wzór przybliżony).

 30Obliczyć prawdopodobieństwo, że w 100 rzutach monetą orzeł wypadnie od 40 do 60 razy.

Rozwiązanie

Mamy tu

0x01 graphic

Obliczamy a i b:

0x01 graphic

skąd

0x01 graphic

a więc prawdopodobieństwo, że ilość k rezultatów wyrzucenia orła jest większa od 40 i mniejsza od 60, wyraża się wzorem

0x01 graphic

Dla x=2 odczytujemy z tablicy wartość 0x01 graphic
, wobec czego

 0x01 graphic
.

31 Obliczyć wartość oczekiwaną zmiennej losowej k występującej w prawie dwumianowym.

Rozwiązanie

Ponieważ

0x01 graphic
,

więc wartość oczekiwana zmiennej k wyrazi się wzorem

0x01 graphic

0x01 graphic

0x01 graphic

Wartość ta dla dużych n jest bliska najbardziej prawdopodobnej ilości wystąpienia zdarzenia w serii n doświadczeń.

32Zastosować twierdzenie o wartości oczekiwanej sumy zmiennych losowych do obliczenia wartości oczekiwanej zmiennej losowej podlegającej prawu dwumianowemu.

Przedstawiamy zmienną losową k w postaci sumy zmiennych losowych

0x01 graphic

gdzie ki jest ilością wystąpienia zdarzenia A w i-tym doświadczeniu (i=1, 2, ..., n). Ponieważ w każdym doświadczeniu może wystąpić zdarzenie A z prawdopodobieństwem p lub jego zaprzeczenie 0x01 graphic
z prawdopodobieństwem 0x01 graphic
i wówczas zmienna losowa przyjmuje odpowiednio wartość 1 lub 0, więc wartością oczekiwaną zmiennej losowej 0x01 graphic
będzie

0x01 graphic

W myśl twierdzenia o wartości oczekiwanej sumy zmiennych losowych

0x01 graphic

 33W loterii pieniężnej przygotowano 100 losów w tym 1 wygrywający 1000zł i 10 wygrywających 100zł. Znaleźć rozkład prawdopodobieństwa zmiennej losowej X - wartość możliwej wygranej dla posiadacza pojedynczego losu.

Rozwiązanie

X: 0x01 graphic
0x01 graphic
0x01 graphic

0x01 graphic
0x01 graphic
0x01 graphic

Sprawdzenie: 0x01 graphic
.

34Wyznaczymy dystrybuantę zmiennej losowej, określonej na zbiorze zdarzeń elementarnych, odpowiadających wynikom rzutu kostką.

Rozwiązanie

Taka zmienna losowa przyjmuje wartości 1, 2, 3, 4, 5, 6 z jednakowymi prawdopodobieństwami, wynoszącymi 1/6.

Zgodnie z definicją dystrybuanta ma w tym przypadku postać:

0x01 graphic

0x01 graphic

 0x01 graphic

Przykład prawdopodobieństw i odpowiadającej im dystrybuanty zmiennej losowej dyskretnej

 

35Znaleźć wartość średnią, wariancję i odchylenie standardowe zmiennej losowej X, która jest zadana wartościami szeregu rozkładu:

Xi

1

2

5

p(Xi)

0,3

0,5

0,2

 Rozwiązanie:

Wartość średnia 0x01 graphic

 Wartości kwadratu odchylenia: 0x01 graphic

0x01 graphic

0x01 graphic

 Szereg rozkładu prawdopodobieństwa kwadratu odchylenia:

0x01 graphic

1,69

0,09

7,29

p(Xi)

0,3

0,5

0,2

 Wariancja:

0x01 graphic

 Odpowiedź: 0x01 graphic
0x01 graphic
0x01 graphic
.

 



Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
rachunek ściąga kolos 2 wersja 2
rachunek ściąga kolos 2
chemia żywności ściaga 1 kolos (2)
sciaga 2 kolos SZORT, dokumenty, biomechanika
Moja ściąga 2. kolos, Szkoła, Semestr 4, Podstawy automatyki
sciaga kolos 1 13
ściąga kolos I
Rachunkowość ściąga, Szkoła, Notatki studia
Rachunkowość sciaga
Rachunkowosc sciaga, WYKŁAD 1 (04
ściąga kolos I
Rachunkowosc - sciaga, Ekonomia, Studia, I rok, Rachunkowość
rachunkowosc sciaga z testu, UCZELNIA WSEI
Zarz dzanie ściąga 1 kolos
rachunkowość ściąga
SCIĄGA 1 KOLOS 2
rachunkowosc sciaga

więcej podobnych podstron