Klasyczne i geometryczne - kilka zadań

[Mrlos]

Proszę o sprawdzenie rozwiązań/wskazówki.

1. Rzucamy dwiema kośćmi do gry. Wyznaczyć ogólny wzór na prawdopodobieństwo zdarzenia, że suma oczek będzie równa \(\displaystyle{ k}\).

Rozwiązanie
\(\displaystyle{ \Omega=\{\ (\omega_1,\omega_2):\ \omega_1,\omega_2\in\{1,2,3,4,5,6\}\ \}\\
|\Omega|=\overline V^2_6=36\\[2ex]
A=\{\ (\omega_1,\omega_2)\in\Omega:\ \omega_1+\omega_2=k, \ k\in\{2,3,\ldots,12\}\ \}\\
|A|=-|k-7|+6\\[2ex]
\mathbb P(A)=\frac{-\left|k-7\right|+6}{36}}\)

Wzór na \(\displaystyle{ |A|}\) nie podoba mi się. Wziąłem go po zliczeniu dwuelementowych podzbiorów na kartce i przypasowaniu ich do funkcji. Nie wpadłem na żaden kombinatoryczny wzór.


2. Na okręgu wybrano losowo trzy punkty, które wyznaczyły trójkąt. Jaka jest szansa, że tak powstały trójkąt jest ostrokątny?

Rozwiązanie
\(\displaystyle{ \varphi}\) - kąt środkowy o wierzchołkach A i B trójkąta
\(\displaystyle{ \psi}\) - kąt środkowy o wierzchołkach B i C trójkąta

\(\displaystyle{ \Omega=\{\ (\varphi,\psi):\ \varphi\in(0;2\pi),\ \psi\in(0;2\pi-\varphi)\ \}\\
l_2(\Omega)=2\pi^2\\[2ex]
A=\{\ (\varphi,\psi)\in\Omega:\ \frac\varphi2\in(0;\frac\pi2),\ \frac\psi2\in(0;\frac\pi2),\ \pi-\frac\varphi2-\frac\psi2\in(0;\frac\pi2)\ \}\\
l_2(A)={\pi^2\over2}\\[2ex]
\mathbb P(A)=\underline{\frac14}}\)


3. \(\displaystyle{ (\Omega, \mathcal{A}, \mathbb{P})}\) - przestrzeń probabilistyczna. Pokazać, że jeżeli zdarzenia \(\displaystyle{ A,B,C\in\mathcal{A}}\) spełniają warunki:

\(\displaystyle{ A\cup B\cup C=\Omega,\quad\mathbb P(B)=2\mathbb P(A),\quad\mathbb P(C)=3\mathbb P(A),\quad\mathbb P(A\cap B)=\mathbb P(B\cap C),}\)

to \(\displaystyle{ \frac16\le\mathbb P(A)\le\frac14}\).

Rozwiązanie
Ograniczenie dolne łatwo wychodzi z faktu, że \(\displaystyle{ \mathbb P(A\cup B\cup C)\le\mathbb P(A)+\mathbb P(B)+\mathbb P(C)}\). Ograniczenie górne udało mi się znaleźć najmniejsze \(\displaystyle{ \frac13}\), ale nie udało mi się zejść do \(\displaystyle{ \frac14}\).


4. \(\displaystyle{ (\Omega, \mathcal{A}, \mathbb{P})}\) - przestrzeń probabilistyczna. Niech \(\displaystyle{ A_1, A_2,\ldots\in\mathcal{A}}\). Wykazać, że jeżeli \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty\mathbb P(A_n)<\infty}\), to \(\displaystyle{ \mathbb P(\underset{n=1}{\overset{\infty}{\cap}}\underset{k=n}{\overset{\infty}{\cup}}A_k)=0}\).

Proszę o wskazówkę, jak z tym ruszyć/w jakim kierunku iść.

Pozdrawiam i dziękuję za pomoc,
Mrlos.

[szw1710]

4. Najpierw skorzystaj ze woru (z granicą) na prawdopodobieństwo części wspólnej zdarzeń, a potem z własności szeregów zbieżnych. Mianowicie sprawdź, że jeśli \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}a_n<\infty}\), to \(\displaystyle{ \lim\limits_{n\to\infty}\sum_{k=n}^{\infty}a_k=0}\). Po drodze wystąpi jeszcze jedna własność prawdopodobieństwa, ale nie zdradzę jaka.

Wzór, który mam na myśli, sam poznałem na wykładzie z teorii miary. Na niej to opiera się każdy nowoczesny wykład rachunku prawdopodobieństwa.

[Premislav]

3. Zobacz tutaj:
406703,25.htm#p5427522

[a4karo]

1. Prz takim oznaczeniu \(\displaystyle{ A=\Omega}\). Przemyśl to.

2. chyba nie na te kąty patrzysz. Dlaczego maja byc one w zakresie \(\displaystyle{ (0,\pi/2)}\)?

[Mrlos]

a4karo

W pierwszym to faktycznie, \(\displaystyle{ A=\Omega}\). Ten zbiór będzie wyglądał tak:
\(\displaystyle{ A_k=\{\ (\omega_1,\omega_2)\in\Omega:\ \omega_1+\omega_2=k\ \},\ k\in\{2,3,\ldots,12\}}\).

W drugim, skoro \(\displaystyle{ \varphi}\) to kąt środkowy oparty na wierzchołkach A i B, to \(\displaystyle{ \angle ACB=\frac\varphi2}\). Podobnie z drugim kątem. Zatem ten trójkąt ma kąty: \(\displaystyle{ \frac\varphi2,\frac\psi2,\pi-\frac\varphi2-\frac\psi2}\). Ten trójkąt ma być ostrokątny, czyli te wszystkie trzy kąty \(\displaystyle{ \in(0;\frac\pi2)}\).


Premislav, dzięki! Rozpisywałem to w podobny sposób, ale gdzieś, między linijkami, zbaczałem z kursu.

szw1710, pewnie chodzi o te dwie własności:
\(\displaystyle{ (1)\quad A_{n+1}\subseteq A_n\ \Rightarrow\ \mathbb P(\underset{n=1}{\overset{\infty}{\cap}} A_n)=\lim_{n\to\infty}\mathbb P(A_n)\\
(2)\quad \mathbb P(\underset{n=1}{\overset{\infty}{\cup}}A_n)\le\sum_{n=1}^\infty\mathbb P(A_n)}\)
Zatem:
\(\displaystyle{ \mathbb P(\underset{n=1}{\overset{\infty}{\cap}}\underset{k=n}{\overset{\infty}{\cup}}A_n)=\lim_{n\to\infty}\mathbb P(\underset{k=n}{\overset{\infty}{\cup}}A_k)\le\\}\)
\(\displaystyle{ \le\lim_{n\to\infty}\sum_{k=n}^\infty\mathbb P(A_k)=\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^\infty\mathbb P(A_k)-\sum_{k=1}^n\mathbb P(A_k)\right)=0}\)

Jest ok?

[Premislav]

1. Ja to widzę tak:

dla \(\displaystyle{ n \in \left\{ 2,3,4,5,6,7\right\}}\) możliwości uzyskania \(\displaystyle{ n}\) jako sumy dwóch składników ze zbioru \(\displaystyle{ \left\{ 1,2,3,4,5,6\right\}}\) mamy
\(\displaystyle{ n-1}\). Prosta sprawa: na obu kostkach mamy \(\displaystyle{ 1,2, \dots 6}\) oczek, zatem jeśli na jednej kostce wypadnie \(\displaystyle{ k}\) oczek, gdzie \(\displaystyle{ k=1, \dots n-1}\) (łącznie \(\displaystyle{ n-1}\) możliwości), to aby suma była równa \(\displaystyle{ n}\), na drugiej kostce musi wypaść \(\displaystyle{ n-k}\) oczek.
Dla \(\displaystyle{ n=8,\dots 12}\) sprawa trochę się komplikuje, ale tylko trochę, bo nie możemy mieć \(\displaystyle{ \ge 7}\) oczek.
Dla \(\displaystyle{ n \in\left\{ 8,9,10,11,12\right\}}\) możemy zliczyć możliwości otrzymania sumy \(\displaystyle{ n}\) w taki sposób: na pierwszej kostce może wypaść \(\displaystyle{ k=n-6, \dots 6}\) oczek (tak, aby liczba ta była w zakresie \(\displaystyle{ \left\{ 1,2,3,4,5,6\right\}}\) i liczba \(\displaystyle{ n-k}\) też była w tym zakresie), a wówczas na drugiej
musi wypaść \(\displaystyle{ n-k}\). Stąd mamy wówczas \(\displaystyle{ 6-(n-6)+1=13-n}\) możliwości gdy \(\displaystyle{ n=8, \dots 12}\).-- 19 wrz 2016, o 14:56 --No a zwarta formuła wtedy jest taka, jak u Ciebie, jeśli nie chcemy stosować zapisu z nawiasami klamrowymi i przypadkami.

[szw1710]

Mrlos, co do zadania 4, gdzie udzielałem wskazówek, bezbłędnie ustaliłeś te własności. Rozumowanie OK.

[a4karo]

Zadanie 2 jest taką dośc klasyczną pułapką. Nie okreslono mianowicie co oznacza losowe wybieranie trójkątów. A sposobów może być wiele:

a. Ze wzgledu na symetrię możemy uznać, że jeden punkt jest stały (no \(\displaystyle{ (1,0)}\) na okregu jednostkowym.
Wybieramy losowo punkt wewnątrz okręgu. Dla każdego punktu oprócz środka istnieje dokładnie jedna cieciwa, której środkiem jest ten punkt. Końce tej cięciwy dają pozostałe dwa wierzchołki.

b. założenie j.w.
Losujemy dwie liczby z odcinka \(\displaystyle{ \left(-90^\circ,90^\circ\right)}\) i prowadzimy przez \(\displaystyle{ (1,0)}\) proste nachylone pod wylosowanymi kątami. Ich punkty przecięcia z okręgiem dają pozostałe wierchołki.

c. z odcinka \(\displaystyle{ [0,2\pi]}\) wybieramy losowo dwie liczby. Dziela one odcinek na trzy odcinki. Kolejne długości tych odcinków są kątami wewnętrznymi odpowiadającymi kolejnym bokom trójkąta.

d. podobny jak b., tylko współczynniki kierunkowe prostych wybieramy z \(\displaystyle{ (-\infty,\infty)}\) z rozkładem normalnym

e. założenie jak w a. Wybieramy losowo liczbę \(\displaystyle{ \alpha\in (0,\pi)}\) oraz \(\displaystyle{ \beta\in \left(0,\frac{\pi-\alpha}{2}\right)}\). Pierwszy kąt będzie kątem przy wierzchołku \(\displaystyle{ (1,0)}\), drugi katem nachylenia dwusiecznej tegoż kąta do prostej \(\displaystyle{ x=1}\).


Każdy z tych sposobów da inny wynik, a nie widać istotnej przyczyny dla której którś z nich miałby być lepszy od innego

[Mrlos]

a4karo, zgadzam się. Pamiętam, że Doktor prowadzący moje zajęcia ze Wstępu do rachunku prawdopodobieństwa mówił dokładnie to samo, tak że zdaję sobie sprawę z tego faktu. Proszę tylko o stwierdzenie, czy moje rozwiązanie, dla tego konkretnego przypadku, jest prawidłowe.