Matematyka.pl

Zdaje się będzie \(\displaystyle{ f_y}\) w <0,2> i gęstość inaczej określona w obu połówkach:
\(\displaystyle{ \int_0^x dx}\) w <0,1)
\(\displaystyle{ \int_0^{2-x} dx}\) w <1,2>

To chyba automatycznie wychodzi z funkcji gęstości, jeśli wziąć \(\displaystyle{ y=\frac{x-m}{\sigma}}\), czyli wystarczy podstawić \(\displaystyle{ x = \sigma y + m}\) do funkcji gęstości rozkładu normalnego

Nie wiem, moim zdaniem obie metody są poprawne, obie powinny dać ten sam wynik, tyle że druga wydaje się na oko trochę łatwiejsza.

Najprościej chyba będzie ustalić prawdopodobieństwo, że na pewnej stronie jest n błędów drukarskich. Jest to \(\displaystyle{ Pn={64 \choose n}(\frac{1}{400})^n(\frac{399}{400})^{64-n}}\)
Wtedy szukane prawdopodobieństwo, to suma \(\displaystyle{ P_2 + P_3 + P_4 + P_5}\)

\(\displaystyle{ P(X=5)}\) to po prostu 5 w pierwszym rzucie i wszystko oprócz 5 w drugim rzucie (\(\displaystyle{ P=\frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6}}\))
\(\displaystyle{ P(X=6)}\) to 6 + cokolwiek albo dwie piątki, więc \(\displaystyle{ P=\frac{1}{6} + \frac{1}{36}}\)

Prawdopodobnie chodzi o to, że |A|=n , gdyż masz n par butów. Zliczamy tu ilości podzbiorów, więc kolejność losowania nie ma znaczenia. Alternatywne podejście to uwzględnienie kolejności losowania zarówno przy obliczaniu liczności \Omega (czyli n(n-1)), jak i liczności zbioru zdarzeń sprzyjających (...

Jak na mój gust jest tu określony przedział ufności, z tym że nie jest podane jaki jest stopień ufności (typowe przedziały ufności to 95-procentowy, 99-procentowy etc.) więc to raczej odpada. Rozkładu p-stwa nie masz podanego, ale jeśli założyć normalny i że "odchyłki" to \sigma to p-stwo,...

Chyba dlatego, że przy 2:0 są "trzy piłki meczowe", więc pulę (32) się zgarnia z p-stwem 7/8, co daje wartość oczekiwaną 28, więc chyba stąd 4 dukaty różnicy.

Żeby znaleźć gęstość, trzeba by znaleźć najpierw dystrybuantę, ale żeby ją znaleźć (zeby niepotrzebnie nie liczyć dwa razy tego samego) warto najpierw założyć, że wylosowana liczba jest z rozkładu jednostajnego (0, 1/2) bo liczymy i tak iloraz krótszej części do dłuższej. Dystrybuanta: F(y)=P(Y<y)=P...

Rozmyślam tak nad tym paradoksem i rzeczywiście proste, klarowne odpowiedzi/wyjaśnienia jakoś nie przychodzą. W każdym razie warto zauważyć następującą rzecz: Dla KAŻDEGO rzeczywistego 0<=p<1, istnieje zmienna losowa ("loteria") w której 1) prawdodopodobieństwo zdarzenia "A=wypłata je...

Mi wyszło \frac{9}{13} . W jednym "przebiegu" możliwe są trzy zdarzenia elementarne: zwycięstwo Robin Hooda z p-stwem z=0.9*0.2, porażka z p-stwem p=0.1*0.8 lub remis(dogrywka) z p-stwem r=0.8*0.9+0.2*0.1. Szukane prawdopodobieństwo zwycięstwa Robin Hooda można więc wyrazić jako ciąg geome...

1. Tak, definicja jest ogólna. P(zdarzenie) zawsze dotyczy jednego zdarzenia niezależnie od tego w jak złożony sposób byłoby ono opisane. Tyle że przy tego typu kwestiach w myślach "przełączamy się" pomiędzy różnymi przestrzeniami zdarzeń elementarnych, stąd czasami intuicja i symbole mogą...

Analogia do zagadki o Platonie i Sokratesie jest dość oczywista (np. tu: 486.htm ). W treści zabrakło chyba informacji, że pierwszy logik to właśnie pan P, a drugi - to pan S, bo przy pierwszym czytaniu robi się tłok... Nie chodzi tu o prawdopodobieństwo, lecz o pewność: przy pewnych wartościach sum...

Tak na oko wygląda nieźle, tyle że 1) C>2000 dla X>19, więc powinieneś chyba wziąć inny przedział całkowania 2) skoro sigma=0.1 to chyba lambda=10, co może nieco zmienić wynik jak sądzę...

Cóż, zła wiadomość jest taka, że to niezbyt właściwy dział na tego typu zagadnienie. Wnioskowanie na podstawie próby, co do większej populacji jest domeną statystyki, a nie teorii/rachunku prawdopodobieństwa... Z całą pewnością za to można stwierdzić, że wartość oczekiwana ilości klocków w różnych k...