Treść zadania

Najlepsze rozwiązanie

• 

  1 0

  antekL1 12.2.2012 (11:13)

  Kolokwium 1A.
  Zadanie 1.
  Kule są jednakowe czyli traktowałbym je jako nierozróżnialne. Natomiast szuflady są różne. Przyjmuję następujący model zdarzenia elementarnego: Układam kule w poziomym rzędzie i wkładam pomiędzy nie dwie przegródki. Po lewej stronie jest pierwsza szuflada, w środku druga, po prawej trzecia.
  
  To jest tak zwany model Bosego-Einsteina i możesz korzystać z gotowego wzoru na ilość elementarnych gdy jest k kul w n szufladkach:
  
  m(\Omega) = C^{n+k-1}_n = C^7_3 = \frac{7\cdot 6}{2} = 21
  
  Można tez dostać m(Omega) następująco: Pierwszą przegródkę mogę umieścić na 6 sposobów, w pozycjach jak na rysunku:
  |o|o|o|o|o|
  Jeśli umieszczę ją na skrajnie lewej pozycji to drugą mogę umieścić na 6 sposobów.
  Jeżeli pierwszą przegródkę umieszczę tak: o|oooo
  to na drugą mam tylko 5 sposobów, bo nie może być przed pierwszą (rozróżnialne szuflady). I tak dalej w sumie ilość rozmieszczeń to:
  6 + 5 + ...+ 2 + 1 = suma liczb od 1 do 6 = 21 ze znanego wzoru 6*(6+1) / 2.
  Zdarzenia sprzyjające (zbiór A) najlepiej po prostu wypisać:
  3 układy typu 3|1|1 (trójka na każdej pozycji)
  3 układy typu 2|2|1 (jedynka na każdej pozycji). Razem m(A) = 6
  
  p(A) = m(A) / m(Omega) = 6 / 21 = 2/7
  
  --------------------------------------
  
  Zadanie 2.
  Prawdopodobieństwo warunkowe. (wzór Bayesa)
  Zdarzenie A to losowanie urny, A = A1 + A2 + A3, Ai jest rozłączne z Aj gdy i,j są różne.
  Zdarzenie B to wylosowanie białej kuli. Wtedy:
  
  p(A_1|B) = \frac{p(B|A_1)}{p(B|A_1)+p(B|A_2)+p(B|A_3)}
  
  Odpowiednie prawdopodobieństwa p(B | Ai) to 1/2, 1/3, 1/4. Wstawiam do powyższego wzoru:
  
  p(A_1|B) = \frac{1/2)}{1/2+1/3+1/4} = \frac{6}{13}
  
  -----------------------------------
  
  Zadanie 3. Też prawd. warunkowe.
  Założenie zadania wymaga, aby ilość orłów wynosiła 4,5 lub 6.
  Zdarzenie A to ilość orłów > 3. Zdarzenie B to dokładnie 4 orły.
  
  p(B|A) = \frac{p(A\cap B)}{p(A)} = \frac{B^4_6}{B^4_6+B^5_6+B^6_6}
  
  gdzie symbolem B oznaczyłem dokładnie k z 6 orłów. Ze wzoru na schemat Bernouliego
  
  p(B | A) = \frac{15/2^6}{(15+6+1)/2^6} = \frac{15}{22}
  
  -----------------------------------
  
  
  Zadanie 4.
  Suma 2 boków trójkąta ma być większa od trzeciego boku. Niech x oznacza długość jednego z odcinków, wtedy L - x to długość drugiego boku, L/2 - długość trzeciego boku. Nierówność trójkąta daje trzy warunki:
  
  x + (L - x) > L/2 ; co jest zawsze prawdziwe
  x + L / 2 > L - x ; co daje 2x > L / 2 ; czyli x > L / 4
  L/2 + (L - x) > x ; co daje 2x < 3L / 2 ; czyli x < 3L / 4.
  
  W rezultacie x należy do (L / 4 ; 3L / 4). Długość tego odcinka to L / 2.
  Z określenia prawdopodobieństwa geometrycznego p(A) = 1 / 2.
  
  ------------------------
  
  Zadania 5.
  Akurat w tym zadaniu długość odcinka wynosi 1 więc zmienna losowa d(x) (długość boku) ma rozkład:
  
  d(x) = 0 dla x < 1
  d(x) = 1 dla x z przedziału [1,2] (dystrybuanta się wtedy zgadza)
  d(x) = 0 dla x > 1
  
  Pole kwadratu o boku a to jednowymiarowa zmienna losowa P(a) = a^2.
  Jeżeli wezmę dystrybuantę F(x) takiego rozkładu (czyli pole kwadratu o boku mniejszym od a dzielone przez pole kwadratu o boku 1) to dostaję:
  
  F(x) = 0 dla x < 1
  F(a) = a^2 = (x-1)^2. na odcinku [1,2]. Gęstość rozkładu jest pochodną F(x) czyli
  F(x) = 1 dla x > 2
  
  f(x) = 0 dla x < 1
  f(x) = 2(x -1) dla x z przedziału [1,2] (wychodzi prosta o nachyleniu 2)
  f(x) = 0 dla x > 2.
  
  To można wyjaśnić jeszcze tak: Jak się narysuje parabolę y = a^2 (dla a od 0 do 1) następnie podzieli oś pionową na kilka równych odcinków to widać, że takie same zakresy pól odpowiadają coraz krótszym przedziałom na osi poziomej. I odwrotnie - jednakowe przedziały na osi poziomej odpowiadają coraz większym zakresom pól. Duże pola stają się "bardziej prawdopodobne."
  
  Jeśli się nie pomyliłem.
  
  Drugie kolokwium umieść proszę jako osobne zadanie, ten tekst staje się za długi!

  Dodawanie komentarzy zablokowane - Zgłoś nadużycie