Monety, urządzenia, towary i modele probalistyczne

[rbt]

Witam!
Zamieszczam parę zadań z prawdopodobieństwa:
nie bardzo wiem jak je rozwiązać ani w ogóle czym jest model probalistyczny, więc byłbym bardzo wdzięczny za ich rozwiązanie:

1) Eksperyment polega na rzucaniu symetryczną monetą. Eksperyment kończymy, gdy moneta upadnie dwa razy z rzędu na tę samą stronę. Wyznaczyć najmniejszą liczbę rzutów, przy której prawdopodobieństwo zakończenia eksperymentu wynosi co najmniej 0.95.

2) W partii czterdziestu detali znajduje się dziesięć detali wadliwych. Eksperyment polega na kolejnym losowaniu grupy czterech detali do momentu uzyskania samych dobrych detali. Po każdym losowaniu zwracamy detale do partii. Wyznaczyć model probabilistyczny dla liczby kolejnych losowań.

3) Trzy fabryki produkują towar(w sztukach)tak, że pierwsza fabryka pokrywa 30% zapotrzebowania rynku, druga fabryka -15% oraz trzecia - 65%. Jakość towaru produkowanego przez poszczególne fabryki kształtuje się następująco:
pierwsza-12%
druga-15%
trzecia-13%
Kupujemy na rynku w sposób losowy po jednej sztuce tak długo, aż zakupimy trzy dobre sztuki lub gdy liczba zakupów przekroczy 6. Wyznaczyć model probabilistyczny dla liczby zakupów.

4) W celu zwiększenia niezawodności przyrządu, dubluje się go za pomocą pracujących niezależnie takich samych przyrządów o niezawodności p każdy. Ile należy wsiąść przyrządów, aby uzyskać niezawodność nie mniejszą niż 0.99?

[darlove]

1) Eksperyment polega na rzucaniu symetryczną monetą. Eksperyment kończymy, gdy moneta upadnie dwa razy z rzędu na tę samą stronę. Wyznaczyć najmniejszą liczbę rzutów, przy której prawdopodobieństwo zakończenia eksperymentu wynosi co najmniej 0.95.

Zrobimy to zadanie ogolniej. Zalozmy, ze rzucamy moneta, ktora daje orla z prawd. \(\displaystyle{ p}\) i reszke z prawd. \(\displaystyle{ q}\), \(\displaystyle{ p+q=1}\) (w twoim przypadku bedzie to \(\displaystyle{ p=\frac{1}{2}}\)). Niech \(\displaystyle{ X}\) oznacza ilosc rzutow do pojawienia sie pierwszy raz jednej i tej samej strony dwa razy z rzedu. Musimy znalezc takie minimalne \(\displaystyle{ n}\), aby:

\(\displaystyle{ \Pr(X\leq n)\geq (1-\alpha),\quad (\star)}\)

przy czym u ciebie \(\displaystyle{ \alpha = 0.05.}\)

Innymi slowy, szukamy takiej minimalnej ilosci rzutow, aby z prawd. nie mniejszym niz \(\displaystyle{ 1-\alpha}\) pojawil sie w niej ciag OO lub RR.

Nasz warunek \(\displaystyle{ (\star)}\) mozna przetlumaczyc na:

\(\displaystyle{ \Pr(X> n)\leq \alpha,\quad (\star\star)}\)

przechodzac na dopelnienia zdarzen.

Zdarzenie \(\displaystyle{ \{X>n\}}\) oznacza, ze musielismy rzucac wiecej niz \(\displaystyle{ n}\) razy, aby otrzymac RR lub OO. Inaczej, mamy rownowaznosc:

\(\displaystyle{ X>n\equiv\text{ do rzutu }n\text{ nie bylo ciagu RR i OO}.}\)

Brak ciagu RR i OO do momentu \(\displaystyle{ n}\) oznacza, ze musielismy otrzymac albo ciag, ktorego \(\displaystyle{ n}\) poczatkowych rzutow tworzy ciag ROROR..., albo ciag ORORO.... Teraz mamy dwa przypadki:

\(\displaystyle{ (a)\quad n=2k,\\

\Pr(X>2k)=2(pq)^k.}\)

Dlatego tak, poniewaz mamy albo RORORO...RO albo OROROR...OR, a ciagi te maja to samo prawdopodobienstwo.

\(\displaystyle{ (b)\quad n=2k+1,\\

\Pr(X>2k+1)=(pq)^kp+(qp)^kq=(pq)^k.}\)

Dlatego tak, poniewaz mamy dwa ciagi RORORO...ROR albo ORORORO...ORO.

Zatem szukamy takich minimalnych \(\displaystyle{ k_i}\), aby:

\(\displaystyle{ 2(pq)^{k_1}\leq\alpha,}\)

\(\displaystyle{ (pq)^{k_2}\leq\alpha,}\)

przy czym po wyznaczeniu tych minimalnych \(\displaystyle{ k_i}\) bierzemy \(\displaystyle{ n_{min}=\min(2k_1,2k_2+1)}\) jako nasze \(\displaystyle{ n}\). Rozwiazanie tych nierownosci (po zlogarytmowaniu stronami) daje:

\(\displaystyle{ k_1\geq\frac{\ln(\frac{\alpha}{2})}{\ln(pq)},}\)

\(\displaystyle{ k_2\geq\frac{\ln(\alpha)}{\ln(pq)},}\)

czyli

\(\displaystyle{ k_1=\left\lceil\frac{\ln(\frac{\alpha}{2})}{\ln(pq)}\right\rceil,}\)

\(\displaystyle{ k_2=\left\lceil\frac{\ln(\alpha)}{\ln(pq)}\right\rceil.}\)

Po podstawieniu mamy:

\(\displaystyle{ n_{min}=\min\left(2\cdot\left\lceil\frac{\ln(\frac{\alpha}{2})}{\ln(pq)}\right\rceil, 2\cdot\left\lceil\frac{\ln(\alpha)}{\ln(pq)}\right\rceil + 1\right),}\)

co w naszym przypadku daje odpowiedz \(\displaystyle{ n_{min}=6}\).

A teraz cos dodatkowego i ciekawego (mam nadzieje). Policzymy wartosc oczekiwana \(\displaystyle{ X}\). Skoro mamy ogony dystrybuanty, tj. \(\displaystyle{ \Pr(X>n)}\), to robimy to latwo, bo (dowod tego faktu pomijam, choc nie jest trudny):

\(\displaystyle{ \mathbb{E}(X)= \sum_{n=0}^{ \infty } \Pr(X>n).}\)

Tyle, ze musimy byc ostrozni, bo nasze wzory dzialaja dla okreslonych \(\displaystyle{ n}\) (i \(\displaystyle{ k}\)). Ostroznie piszemy:

\(\displaystyle{ \mathbb{E}(X) = 1 + \sum_{k=0}^{\infty} (pq)^k + \sum_{k=1}^{\infty} 2(pq)^k = 2 + 3\sum_{k=1}^{\infty} (pq)^k=\frac{2+pq}{1-pq}.}\)

Wartosc oczekiwana ma najwieksza wartosc, gdy \(\displaystyle{ p=\frac{1}{2}}\) i wynosi wowczas \(\displaystyle{ 3}\). Ze wzoru widac, ze jesli \(\displaystyle{ p}\) jest bardzo malutkie, to \(\displaystyle{ \mathbb{E}(X)}\) jest prawie 2, co zgadza sie z intuicja. To samo mamy, gdy \(\displaystyle{ p}\) jest bliskie 1 (lub nawet 1). Wariancje tez sie daje policzyc, ale nie chce mi sie tego robic, bo jest pozno...

[angelika8941]

Rzucamy trzykrotnie monetą symetryczną. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia:
A. wypadł jeden orzeł
B. w pierwszym rzucie wypadł orzeł