Matematyka.pl

Na powtórzenie chciałem machnąć sobie zestaw zadań, proszę o sprawdzenie czy są dobrze, ewentualnie poprawienie jeśli nie.

1. Rzucamy 8 razy symetryczną monetą. Rozwazmy zdarzenia \(\displaystyle{ A}\) - w pierwszym rzucie wypadł orzeł, \(\displaystyle{ B}\) - co najmniej raz wypadł orzeł. Opisz przestrzeń probabilistyczną (tu nie bardzo wiem jak to ładnie rozpisać) i policz prawdopodobieństwo zdarzeń:
\[P(A) = \frac{1}{2}\]
Tu przeciwne:
\[P(B) = 1 - B' = 1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{8} = \frac{255}{256}\]
Częścią wspólną tych zbiorów zakładam będzie po prostu \(\displaystyle{ B}\)
\[A\cap B = \frac{255}{256}\]
A różnicą:
\[B \setminus A = \frac{127}{128}\]

2. Z urny w której jest tyle samo kul czarnych, białych i zielonych wyjęto bez oglądania jedną kulę a potem wyolosowano dwie kule. Prawdopodobienstwo, że są one białe wynosi `1/11`. Ile było kul w urnie na początku.

Ilość wszystkich kul to będzie \(\displaystyle{ 3X}\). Zatem zacząłem liczyć całkowite tak:
\[\frac{1}{3} \cdot \frac{x-1}{3x-1} \cdot \frac{x-2}{3x-2} + 2 \cdot \left(\frac{1}{3} \cdot \frac{x}{3x-1} \cdot \frac{x-1}{3x-2} \right)\]
Po rachunkach wyszła mi dość brzydka liczba, ale wystarczy mi informacja czy idę dobrym tropem, równanie już sobie rozwiąże:
\[\frac{3x^{2} - 5x + 2}{27x^2 - 27x - 6} = \frac{1}{11}\]
Teraz wydaje mi się mega proste zadanie ale mam totalny blok i przekombinowywałem. Jak się za nie zabrać?

3. Z urny zawierającej \(\displaystyle{ 4}\) białe i \(\displaystyle{ 4}\) czarne kule losujemy \(\displaystyle{ 4}\) kule bez zwrotu. Niech \(\displaystyle{ X}\) bedzie liczba wylosowanych białych kul. Zaproponuj przestrzeń probalbitsyczną (znowu nie wiem jak ładnie rozpisać). Znajdź rozkład, wartość oczekiwaną i wariancję. (Jak będę wiedział jak zrobić rozkład to dalej z górki)

I ostatnie, gdzie skorzystałem z rozkładu jednostajnego, pytanie czy to dobry trop, wyniki wydają mi się logiczne, no ale.

4. Strzelec strzela do orkągłej tarczy o promieniu \(\displaystyle{ 5}\) i zawsze w nią trafia. Niech X bedzie ogległością trafienia od środka tarczy. Zaproponuj przestrzeń probalistyczną (eh). Znajdź gęstość \(\displaystyle{ X}\) i oblicz \(\displaystyle{ E(X^2 + 2X + 1)}\)

Gęstość:
\[\begin{cases}\frac{1}{5-0} &\text{dla } x \in \langle 0,5\rangle\\ 0 &\text{dla pozostałych }x.\end{cases}\]
Korzystając ze wzoru \(\displaystyle{ EX}\) wyszło mi \(\displaystyle{ 2,5}\).

I w końcu liczę nową wartość oczekiwaną:
\[E(X^2) + 2EX + E(1) = \frac{25}{2} + 5 + 1 = 18\frac{1}{2}\]
Z góry serdecznie dziękuje

1. \(\displaystyle{ \Omega}\) to zbiór ciągów długości osiem, których wyrazy to wyniki kolejnych rzutów: orzeł lub reszka. I teraz, zdarzenie \(\displaystyle{ A \cap B}\) można przeczytać: orzeł wypadł w pierwszym rzucie ORAZ orzeł wypadł co najmniej raz. Czyli \(\displaystyle{ A \cap B = A}\). Różnica źle policzona: w pierwszym rzucie musi wypaść reszka, a później co najmniej raz orzeł. Czyli:

$$P(B \setminus A) = \frac 12 \left(1 - \left(\frac 12\right)^7 \right) = \ldots$$

2. Można tak: prawdopodobieństwo nie zmieni się, jeśli najpierw wyciągniesz dwie kule, a potem jedną (z urny) wyrzucisz. Czyli

$$\frac{{X \choose 2}}{{3X \choose 2}}=\frac{1}{11}$$

to daje proste równanie kwadratowe, którego rozwiązaniem jest \(\displaystyle{ x = 4}\).

3. Może ktoś inny zerknie

4. Musisz zacząć rozwiązywanie takich zadań od przestrzeni probabilistycznej, bez tego dalsze rozważania nie mają sensu. To jest zadanie na p-stwo geometryczne, dlatego za \(\displaystyle{ \Omega}\) wygodnie jest uznać dysk (koło) o promieniu pięć. Łatwiej będzie znaleźć dystrybuantę niż gęstość: \(\displaystyle{ X \le r}\) wtedy i tylko wtedy, gdy strzelec trafia w koło (o takim samym środku, co tarcza) o promieniu \(\displaystyle{ r}\). Czyli

$$P(X \le r) = \frac{\pi r^2}{\pi \cdot 5^2} = \frac{r^2}{25}$$

Oczywiście to się dzieje dla \(\displaystyle{ 0 \le r \le 5}\). Gęstość to pochodna dystrybuanty.

O drugie zadanie genialnie skrócone, dzięki za to!

Różnica w pierwszym rzeczywiście pomyliłem się w rachunkach robionych w głowie. Iloczyn zbiorów już poprawiam.

Czy jesteś pewien co do czwartego, że chodzi o pole? "Niech X bedzie ogległością trafienia od środka tarczy." mi to dało do zrozumienia, że mimo, że mowa o tarczy mamy do czynienia z odcinkiem, a dokładniem promieniem.

Tak, jestem pewien co do czwartego. \(\displaystyle{ X}\) jest u mnie odległością od środka tarczy, ale żeby znaleźć jego rozkład, muszę odwołać się do pola. Zdanie "strzelec strzela do tarczy" należy rozumieć: wybrano losowy punkt \(\displaystyle{ (x, y)}\) z koła o promienu \(\displaystyle{ 5}\) (zgodnie z rozkładem jednostajnym na tym kole). Rozkład zmiennej \(\displaystyle{ X = \sqrt{x^2 + y^2}}\) już jednostajny nie jest.

BigPaws pisze: ↑9 wrz 2019, o 22:20Częścią wspólną tych zbiorów zakładam będzie po prostu \(\displaystyle{ B}\)
\[A\cap B = \frac{255}{256}\]
A różnicą:
\[B \setminus A = \frac{127}{128}\]

Jak ktoś pisze, że zbiór to liczba to strasznie mi zęby zgrzytają...

JK

Zadanie 1

Doświadczenie losowe polega na ośmiokrotnym rzucie symetryczną monetą.

Model doświadczenia losowego

\(\displaystyle{ \displaystyle{ ( \Omega , 2^{\Omega}, P) }}\)

\(\displaystyle{ \Omega = \{ \omega: \omega= ( \omega_{1}, \omega_{2},..., \omega_{8}) \wedge \omega_{i} \in \{O, R\} \wedge i=1,2,3,4,5,6,7,8\}}\)

\(\displaystyle{ |\Omega| = 2^{8} }\)

\(\displaystyle{ 2^{\Omega} }\) - przestrzeń zdarzeń probabilizowalnych łącznie ze zdarzeniem niemożliwym \(\displaystyle{ \emptyset }\) i zdarzeniem pewnym \(\displaystyle{ \Omega }\).

\(\displaystyle{ P }\) - rozkład prawdopodobieństwa na zbiorze \(\displaystyle{ \Omega }\)

Wypadnięcie orła i reszki w każdym rzucie jest jednakowo możliwe, więc

\(\displaystyle{ \displaystyle{P(\omega ) = \frac{1}{|\Omega| } = \frac{1}{256}.}}\)

\(\displaystyle{ A = \{ \omega: \omega= (\omega_{1}, \omega_{2},..., \omega_{8}) \wedge \omega_{1} \in \{O\} \wedge \omega_{i}\in \{O, R\} \wedge i=,2,3,4,5,6,7,8\}}\)

\(\displaystyle{ |A| = 2^{7} }\)

\(\displaystyle{ \displaystyle{ P(A) = \frac{2^{7}}{2^{8}} = \frac{1}{2}}}\)

\(\displaystyle{ \overline{B} }\) zdarzenie - orzeł nie wypadł ani razu (wypadły same reszki)

\(\displaystyle{ \overline{B} = \{ \omega: \omega= (\omega_{1}, \omega_{2},..., \omega_{8}) \wedge \omega_{i} \in \{R\} \wedge i =1,2,3,4,5,6,7,8\}}\)

\(\displaystyle{ |\overline{B}| = 1 }\)

\(\displaystyle{ \displaystyle{P(\overline{B}) = \frac{1}{2^8} = \frac{1}{256} }}\)

Na podstawie twierdzenia o prawdopodobieństwie zdarzenia przeciwnego

\(\displaystyle{ \displaystyle{ P( B) = 1 - \frac{1}{256} = \frac{255}{256}.}}\)


Proszę podać interpretację częstościową obliczonych prawdopodobieństw zdarzeń \(\displaystyle{ A, B. }\)

W zadaniu 4 po zbudowaniu przestrzeni probabilistycznej, uwzględniamy rozkład hipergeometryczny ilości wylosowanych kul białych.

\(\displaystyle{ \displaystyle{ P(\{ X = i\}) = \frac{{4\choose i}\cdot {4\choose 4 - i}}{\binom{8}{i}}, \ \ i= 0,1,2,3,4 .}}\)

Proszę poprawnie rozwiązać pozostałe zadania.

Zadanie 2

Doświadczenie losowe - dwuetapowe

Z urny zawierającej \(\displaystyle{ x }\) kul białych, \(\displaystyle{ x }\) kul czarnych , \(\displaystyle{ x }\) kul zielonych losujemy jedną kulę, \(\displaystyle{ x \in \mathbb{N}}\) - etap I

Z urny zawierającej \(\displaystyle{ x }\) kul białych , \(\displaystyle{ x }\) kul czarnych, \(\displaystyle{ x }\) kul zielonych pomniejszonej o jedną wylosowaną kulę w etapie pierwszym, losujemy jednocześnie dwie kule - etap II.

Oznaczenia:

\(\displaystyle{ b }\) - kula biała
\(\displaystyle{ c }\) - kula czarna
\(\displaystyle{ z }\) - kula zielona

Etap I

\(\displaystyle{ \Omega_{1} = \{ b, c, z \} }\)

\(\displaystyle{ \displaystyle{P(\{b\}) = \frac{x}{3x} = \frac{1}{3}, \ \ P(\{c\}) = \frac{x}{3x} = \frac{1}{3}, \ \ P(\{z\}) = \frac{x}{3x} = \frac{1}{3}.}}\)

Etap II

\(\displaystyle{ \Omega_{2} = \{ \{b, b\}, \{b,c\}, \{b, z\} , \{c, c\}, \{c, z\} , \{z, z\} \} }\)

Z twierdzenia o prawdopodobieństwie zupełnym (całkowitym)

\(\displaystyle{ P(\{b,b\} ) = P(\{b\})\cdot P(\{ \{b,b \}| b)+ P(\{c\})\cdot P(\{ \{b,b \}| c)+ P( \{z\}) \cdot P(\{ \{b,b \}| z). }\)

Z treści zadania

\(\displaystyle{ \displaystyle{P(\{b,b\}) = \frac{1}{11}} }\)

\(\displaystyle{ \displaystyle{ P(\{b,b\}) = \frac{1}{3}\cdot \frac{{x-1\choose 2}}{{3x -1 \choose 2}} + \frac{1}{3}\cdot \frac{{x\choose 2}}{{3x -1\choose 2}} + \frac{1}{3}\cdot \frac{{x\choose 2}}{{3x -1 \choose 2}} = \frac{1}{11}, \ \ 2 < x \in \mathbb{N}.}}\)

Z definicji symbolu Newtona

\(\displaystyle{ \displaystyle{ \frac{(x -1)(x-2)}{(3x -1)(3x-2)} + \frac{x(x-1)}{((3x-1)(3x-2)} + \frac{x(x-1)}{((3x-1)(3x-2)} = \frac{3}{11}} }\)

\(\displaystyle{ 3x^2 -14 x + 8 = 0, \ \ x = 4.}\)

W urnie było na początku \(\displaystyle{ 3x = 12 }\) kul.

Taka uwaga - pan Kraszewski pewnie by się do tego przyczepił - zapis \(\displaystyle{ \{b, b\}}\) sugeruje, że mamy do czynienia ze zbiorem. Co by było, gdybyśmy wyciągali trzy kule? Jak odróżnić \(\displaystyle{ \{b, b, c\}}\) od \(\displaystyle{ \{b, c, c\}}\)? Jako zbiory te obiekty są identyczne.

To nie są zbiory identyczne. Proszę nie mylić zbiorów liczbowych ze zbiorami różnokolorowych kul, kostek, kart do gry oraz innych atrybutów rachunku prawdopodobieństwa. Odsyłam Pana do książek Lecha Kubika czy Adama Płockiego.

Punktem wyjścia w nauczaniu rachunku prawdopodobieństwa, rozwiązywania zadań na obliczanie prawdopodobieństw, powinny być doświadczenia losowe, odznaczające się stabilnością częstości.

W tym celu, rozwiązując tego typu zadania należy:

- opisać doświadczenie losowe:

- skonstruować przestrzeń probabilistyczną (model probabilistyczny) \(\displaystyle{ (\Omega, \mathcal{M}, P )}\) tego doświadczenia;

- rozwiązać w modelu zagadnienie matematyczne, będące odpowiednikiem postaiwionego zagadnienia praktycznego;

- zinterpretować otrzymany wynik w odniesieniu do rozpatrywanego doświadczenia losowego.

Wiem, że jako przedmioty kule nie są identyczne (na wykładzie z rachunku prawdopodobieństwa tłumaczone to było tak: możemy sobie wyobrazić, że każda kula ma nadrukowaną od spodu pewną liczbę, każda inną. Wtedy nawet jeśli dwie kule mają ten sam kolor, możemy je odróżnić). Chciałem po prostu zauważyć, że zapis \(\displaystyle{ \{b, b\}}\) tego nie odzwierciedla, a że temat został założony przez początkującego matematyka, warto uważać na takie niuanse.

Musimy potrafić rozróżniać zbiory \(\displaystyle{ \{ b, b, b \}, \ \ \{b_{1}, b_{2}, b_{3} \} }\) - zbiór trzech kul białych nierozróżnialnych od zbioru trzech kul białych rozróżnialnych z napisanymi liczbami \(\displaystyle{ 1, 2, 3 }\). Tak jak kombinacje od permutacji czy wariacji bez powtórzeń.

Probabilistyczny model \(\displaystyle{ (\Omega, \mathcal{M} , P) }\) strzelania do tarczy kołowej o danym promieniu \(\displaystyle{ r }\)

\(\displaystyle{ \Omega = \{(x,y): \sqrt{x^2 + y^2}\leq r \}}\)

\(\displaystyle{ \mathcal{M} = 2^{\Omega} }\)

\(\displaystyle{ \displaystyle{P((x,y)) = \iint_{(K)} f(x,y) dx dy} }\)

\(\displaystyle{ f(x,y) = g(r) , \ \ r = \sqrt{x^2 +y^2} }\)

\(\displaystyle{ \displaystyle{ P(\{ R< r\} ) = \int_{0}^{2\pi} d\phi \int_{0}^{r} g(r)dr = 2\pi \int_{0}^{r} g(r) dr} }\)

W praktyce przyjmuje się, że rozkład trafień do tarczy kołowej jest rozkładem Rayleigha

o gęstości \(\displaystyle{ \displaystyle{ g(r) = 2\pi \lambda r e^{-\pi \lambda r^2}, \ \ r>0} }\) i dystrybuancie \(\displaystyle{ \displaystyle{F(r) = 1 - e^{-\pi r^2 \lambda} .}}\)

Bardzo dziękuje za rozpisywanie, przeanalizowałem sobie i mam nadzieję wyciągnąłem odpowiednie lekcje Nie widzę opcji "Pomógł" jak było na starym forum, więc słowa musza starczyć chyba

janusz47 pisze: ↑11 wrz 2019, o 00:01 \(\displaystyle{ \mathcal{M} = 2^{\Omega} }\)

Dość niebezpieczne, ja bym ograniczył się do \(\displaystyle{ \sigma}\)-ciała zbiorów mierzalnych w sensie Lebesgue'a.

"Nie strzelajmy z armaty do muchy". W zadaniach, modelujących przestrzenie probabilistyczne o skończonej ilości wszystkich zdarzeń elementarnych , podaje się, a najczęściej nie podaje się klasę wszystkich podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \Omega: \ \ \mathcal{M} = 2^{\Omega} .}\)

Jak pisze Pan prof Lech Tadeusz Kubik jest to zbiór (klasa) zdarzeń probabilizowalnych.