R Pr MAP1151 przyklady dyskretne ciagle lista3, EiT PWr, Rachunek Prawdopodobieństwa
[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Rachunekprawdopodobie«stwaMAP1151
WydziałElektroniki,rokakad.2009/10,sem.letni
Wykładowca:drhab.A.Jurlewicz
Przykładydolisty3:Zmiennelosowedyskretne.RozkładyBernoulliego
(dwumianowy),Pascala,Poissona.Przybli»eniePoissonarozkładu
dwumianowego.Zmiennelosowetypuci¡głego.G¦sto±¢
prawdopodobie«stwa.Rozkładjednostajny,normalny,wykładniczy.
Transformacjezmiennejlosowej.
Przykładydozadania
3.1
:
(a) Niech
X
oznacza ocen¦ z egzaminu (w czterostopniowej skali ocen: 2, 3, 4, 5) losowo wybranego
studenta z du»ej grupie studenckiej. Rozkład tej zmiennej losowej podany jest w tabeli:
n
1 2 3 4
x
n
2 3 4 5
p
n
0,1 0,3 0,4
C
Wyznacz stał¡
C
i oblicz prawdopodobie«stwo, »e ocena jest wy»sza ni» 3.
p
n
0
,
C
0
4
P
p
n
=0
,
1+0
,
3+0
,
4+
C
=0
,
8+
C
=1
,
C
=0
,
2
n
=1
Oba warunki spełnione s¡ dla
C
=0
,
2.
P
(
X >
3)=
P
(
X
=4)+
P
(
X
=5)=
p
3
+
p
4
=0
,
4+0
,
2=0
,
6
,
n
=2
,
3
,...
, okre±la rozkład pewnej
zmiennej losowej? Poda¢ trzy ró»ne przykłady takiej zmiennej losowej i wyliczy¢ dla ka»dego z
nich prawdopodobie«stwo, »e zmienna ta jest wi¦ksza od 5,2 i mniejsza od 7,9999.
1
−
1
n
2
p
n
0dla ka»dego
n
wtedy i tylko wtedy, gdy
c
¬
0(bo1
−
1
n
2
<
1).
P
n
=2
p
n
=
P
n
=2
c
(ln(
n
−
1)+ln(
n
+1)
−
2ln
n
)=lim
n
!1
c
(ln
1+
1
n
−
ln2)=
c
(
−
ln2)=1
ln2
.
Oba warunki s¡ spełnione dla
c
=
−
1
ln2
.
Aby poda¢ rozkład zmiennej losowej z wykorzystaniem
p
n
trzeba jeszcze okre±li¢ zbiór jej
warto±ci, czyli ró»nowarto±ciowy ci¡g(
x
n
).
Przykład1.
Zmienna losowa
X
, dla której
x
n
=
n
dla
n
=2
,
3
,
4
,...
. (Zbiór warto±ci to
{
2
,
3
,...
}
.)
Wtedy
P
(5
,
2
< X <
7
,
9999)=
P
(
X
=6)+
P
(
X
=7)=
p
6
+
p
7
=
=
−
1
ln2
ln
1
−
1
36
+ln
1
−
1
49
0
,
07.
Przykład2.
Zmienna losowa
Y
, dla której
x
n
=
12
n
dla
n
=2
,
3
,
4
,...
. (Zbiór warto±ci to
{
6
,
4
,
3
,
12
5
,...
}
.)
Wtedy
P
(5
,
2
< Y <
7
,
9999)=
P
(
Y
=6)=
p
2
=
−
1
ln2
ln
1
−
1
4
0
,
415.
Przykład3.
Zmienna losowa
Z
, dla której
x
n
=8+
n
2
dla
n
=2
,
3
,
4
,...
. (Zbiór warto±ci to
{
12
,
17
,...
}
.)
Wtedy
P
(5
,
2
< Z <
7
,
9999)=0.
1
(b) Dla jakiej warto±ci stałej
c
ci¡g
p
n
=
c
ln
wtedy i tylko wtedy, gdy
c
=
−
1
(c) Zmienna losowa
X
przyjmuje warto±¢
x
n
=2
n
,
n
=1
,
2
,...
, z prawdopodobie«stwem
p
n
proporcjonalnym do
1
3
n
. Wyliczy¢ prawdopodobie«stwo, »e zmienna ta jest wi¦ksza od 4,5 i
mniejsza od 6,3.
ciag
{
x
n
}
jest ró»nowarto±ciowy;
p
n
=
c
3
n
0dla ka»dego
n
wtedy i tylko wtedy, gdy
c
0.
2
=1wtedy i tylko wtedy, gdy
c
=2.
Wszystkie warunki na ci¡g okre±laj¡cy rozkład s¡ spełnione dla
c
=2, tzn.
p
n
=
2
p
n
=
c
X
3
n
=
c
3
·
1
1
−
1
3
=
c
n
=1
n
=1
3
n
.
P
(4
,
5
< X <
6
,
3)=
P
(
X
=6)=
p
3
=
2
3
3
0
,
0741.
Przykładdozadania
3.2
:
(a) Wiadomo, »e 1% skrzynek pomara«czy psuje si¦ w czasie transportu. Z transportu w sposób
losowy pobiera si¦ 10 skrzynek i transport ten jest odrzucany, gdy wi¦cej ni» 10% badanych
skrzynek zawiera popsute owoce. Jakie jest prawdopodobie«stwo odrzucenia transportu?
Model: schemat Bernoulliego, sukces-wybranie skrzynki z popsutymi owocami,
p
=0
,
01(1%),
n
=10.
Niech
X
oznacza ilo±¢ skrzynek z popsutymi owocami w±ród 10 badanych.
X
ma rozkład Bernoulliego
B
(
n
=10
,p
=0
,
01), czyli przyjmuje warto±¢
x
k
=
k
(0
,
01)
k
(1
−
0
,
01)
10
−
k
dla
k
=0
,
1
,...,
10.
Transport jest odrzucany, gdy
X >
10%
·
10=1.
Prawdop. odrzucenia transportu wynosi zatem
P
(
X >
1)=1
−
P
(
X
=0)
−
P
(
X
=1)=
(0
,
01)
0
(1
−
0
,
01)
10
−
10
1
(0
,
01)
1
(1
−
0
,
01)
9
0
,
0043
.
(b) Na podstawie pewnych bada« stwierdzono, »e zmienna losowa
X
opisuj¡ca procent zanieczysz-
cze« w próbce rudy miedzi ma rozkład o dystrybuancie
8
<
0 dla
x
¬
0
,
x
3
(4
−
3
x
)dla0
< x
¬
1
,
1 dla
x >
1
.
F
(
x
)=
:
Wybrano niezale»nie cztery próbki. Wyznaczy¢ prawdopodobie«stwo, »e
(1) dokładnie jedna próbka zawiera ponad 50% zanieczyszcze«;
(2) co najmniej jedna próbka zawiera ponad 50% zanieczyszcze«.
2
1
X
z prawdopodobie«stwem
p
k
=
10
k
=1
−
10
0
x
!
0
,
5+
F
(
x
)=
11
16
,
n
=4.
Niech
Y
oznacza ilo±¢ próbek z wi¦cej ni» 50% zanieczyszcze« w±ród 4 badanych (czyli
ilo±¢ sukcesów w
n
=4próbach).
Y
ma rozkład Bernoulliego
B
n
=4
,p
=
11
16
, czyli
przyjmuje warto±¢
x
k
=
k
z prawdopodobie«stwem
p
k
=
4
k
11
16
k
4
−
k
1
−
11
16
dla
k
=0
,
1
,...,
4.
0
,
084;
(2)
P
(
Y
1)=1
−
P
(
Y
=0)=1
−
4
0
11
16
1
1
−
11
16
3
11
16
0
4
1
−
11
16
0
,
99.
(c) Rzucamy symetryczn¡ kostk¡ tak długo a» wypadnie „6”. Niech
X
oznacza liczb¦ wykonanych
rzutów. Jakie s¡ mo»liwe warto±ci
X
i z jakim prawdopodobie«stwem przyjmuje ka»d¡ z nich?
Wyznaczy¢ prawdopodobie«stwo, »e b¦dzie potrzebna parzysta liczba rzutów.
Model: schemat Bernoulliego, sukces-wypadła „szóstka”,
p
=
1
6
.
X
to czas oczekiwania na pierwszy sukces, który przyjmuje warto±ci
k
=1
,
2
,...
z praw-
dopodobie«stwami
p
k
=
P
(
X
=
k
)=
1
−
1
6
k
−
1
·
1
6
=
1
5
·
5
6
k
p
k
=
1
5
P
5
6
2
l
=
5
11
0
,
45.
l
=1
(Uwaga: jest ono ró»ne od 0,5).
(d) Gra polega na zarzucaniu kr¡»ków na kołek. Gracz otrzymuje ich sze±¢ i rzuca je a» do pierw-
szego celnego rzutu. Obliczy¢ prawdopodobie«stwo, »e po zarzuceniu kr¡»ka zostanie graczowi
jeszcze co najmniej jeden kr¡»ek, je»eli prawdopodobie«stwo trafienia na kołek przy ka»dym
rzucie wynosi 0,1.
Model: schemat Bernoulliego, sukces-trafienie na kołek,
p
=0
,
1.
Wyobra¹my sobie, »e mamy nieograniczon¡ liczb¦ kr¡»ków, i oznaczmy przez
Y
czas ocze-
kiwania na pierwsze trafienie. Wiemy, »e
Y
ma rozkład geometryczny
G
eo
(0
,
1), czyli
przyjmuje warto±¢
x
k
=
k
z prawdop.
p
k
=0
,
1
·
(1
−
0
,
1)
k
−
1
dla
k
=1
,
2
,...
.
Graczowi zostanie co najmniej jeden kr¡»ek, gdy
Y
¬
5.
Szukane prawdopod. wynosi zatem
P
(
Y
¬
5)=
5
P
p
k
=
5
P
0
,
1
·
(0
,
9)
k
−
1
=1
−
(0
,
9)
5
0
,
41.
k
=1
k
=1
3
Model: schemat Bernoulliego,
sukces-procent zanieczyszcze« w próbce jest wi¦kszy ni» 50%, czyli
X >
0
,
5;
p
=
P
(
X >
0
,
5)=1
−
lim
Mamy zatem
(1)
P
(
Y
=1)=
4
1
.
Prawdopodobie«stwo, »e b¦dzie potrzebna parzysta liczba rzutów, wynosi
P
(
X
parzyste)=
P
k
parzyste
Przykładydozadania
3.3
:
(a) Dla
X
o rozkładzie Bernoulliego
B
(
n
=100
,p
=0
,
01)wyliczy¢
P
(
X >
2)i porówna¢ otrzy-
many wynik z przybli»eniem Poissona.
Ze wzorów dokładnych dostajemy
P
(
X >
2)=1
−
(
P
(
X
=0)+
P
(
X
=1)+
P
(
X
=2))=
=1
−
2
0
,
01
2
0
,
99
98
0
,
0794.
Z tw. Poissona otrzymujemy przybli»enie
P
(
X >
2)
1
−
p
0
−
p
1
−
p
2
=1
−
0
,
3679
−
0
,
3679
−
0
,
1839=0
,
0803, gdzie
p
k
odczytane
s¡ z tablic rozkładu Poissona dla
=
np
=100
·
0
,
01=1.
Poró
wnanie otrzymanych warto±ci
P
(
X
>
2):
wzory dokładne z tw. Poissona
0,0794
0,0803
(Bł¡d przybli»enia istotnie nie przekracza tu
np
2
=0
,
01.)
(b) W±ród ziaren pszenicy znajduje si¦ 0.6% ziaren chwastów. Oszacowa¢ na podstawie przybli»enia
Poissona, jakie jest prawdopodobie«stwo, »e w±ród 1000 losowo wybranych ziaren znajduje si¦
(1) co najwy»ej 16 ziaren chwastów, (2) co najmniej 3 ziarna chwastów, (3) dokładnie 6 ziaren
chwastów. Oszacowa¢ bł¡d przybli»enia.
Model: schemat Bernoulliego, sukces-natrafiono na ziarno chwastu,
p
=0
,
006,
n
=1000.
Niech
X
oznacza liczb¦ sukcesów, czyli liczb¦ ziaren chwastów w±ród 1000 ziaren.
16
P
k
=0
p
k
=0
,
9998;
gdzie
p
k
odczytane s¡ z tablic rozkładu Poissona z
=
np
=1000
·
0
,
006=6.
(2)
P
(
X
3)
1
−
p
0
−
p
1
−
p
2
=1
−
0
,
0025
−
0
,
0149
−
0
,
0446=1
−
0
,
0620=0
,
9380;
gdzie
p
k
odczytane z tablic rozkładu Poissona z
=
np
=1000
·
0
,
006=6.
(3)
P
(
X
=6)
p
6
=0
,
1606,
gdzie
p
6
odczytane z tablic rozkładu Poissona z
=
np
=1000
·
0
,
006=6.
Bł¡d przybli»enia w ka»dym przypadku nie przekracza
np
2
=0
,
036.
4
0
,
99
100
+100
·
0
,
01
·
0
,
99
99
+
100
·
99
(1)
P
(
X
¬
16)
(c) Prawdopodobie«stwo, »e dowolna osoba odpowie na przesłan¡ poczt¡ reklam¦ i zamówi ksi¡»k¦,
wynosi 0,1. Reklam¦ wysłano do 20 osób. Obliczy¢ prawdopodobie«stwo, »e (1) dokładnie
2 osoby, (2) wi¦cej ni» 2 osoby przy±l¡ zamówienia. Obliczenia wykona¢ metod¡ dokładn¡ i
przybli»on¡ z tw. Poissona. Porówna¢ wyniki.
(0
,
1)
2
(1
−
0
,
1)
20
−
2
0
,
2852.
Przybli»enie Poissona:
P
(
X
=2)
p
2
=0
,
2707; gdzie
p
2
odczytane z tablic rozkładu Poissona z
=
np
=20
·
0
,
1=2.
(2) Wzory dokładne:
P
(
X >
2)=1
−
P
(
X
=0)
−
P
(
X
=1)
−
P
(
X
=2)=
20
2
=1
−
20
0
(0
,
1)
0
(1
−
0
,
1)
20
−
0
−
20
1
(0
,
1)
1
(1
−
0
,
1)
20
−
1
−
20
2
(0
,
1)
2
(1
−
0
,
1)
20
−
2
=
=1
−
(0
,
9)
20
−
20
·
0
,
1
·
(0
,
9)
19
−
190
·
(0
,
1)
2
·
(0
,
9)
18
0
,
3231.
Przybli»enie Poissona:
P
(
X >
2)
1
−
p
0
−
p
1
−
p
2
=1
−
0
,
1353
−
0
,
2707
−
0
,
2707=0
,
3233;
gdzie
p
k
odczytane z tablic rozkładu Poissona z
=
np
=20
·
0
,
1=2.
Porównanie otrzymanych warto±ci :
wzory dokładne z tw. Poissona
P
(
X
=2) 0,2852
0,2707
P
(
X >
2) 0,3231
0,3233
(Bł¡d przybli»enia istotnie nie przekracza
np
2
=0
,
2.)
(d) Przy masowych prze±wietleniach małoobrazkowych prawdopodobie«stwo natrafienia na chorego
na gru¹lic¦ jest 0,01. Na podstawie przybli»enia Poissona oszacowa¢ prawdopodobie«stwo, »e
w±ród 200 ludzi prze±wietlonych b¦dzie nie mniej ni» 3 chorych. Oszacowa¢ bł¡d przybli»enia.
Model: schemat Bernoulliego, sukces-pacjent jest chory,
p
=0
,
01,
n
=200.
Niech
X
oznacza liczb¦ chorych. Mamy oszacowa¢
P
(
X
3).
Przybli»enie Poissona:
P
(
X
3)
1
−
p
0
−
p
1
−
p
2
=
=1
−
0
,
1353
−
0
,
2707
−
0
,
2707=0
,
3233;
gdzie
p
k
odczytane z tablic rozkładu Poissona z
=
np
=200
·
0
,
01=2.
Bł¡d przybli»enia nie przekracza
np
2
=0
,
02.
5
Model: schemat Bernoulliego, sukces-osoba odpowie na reklam¦,
p
=0
,
1,
n
=20.
Niech
X
oznacza liczb¦ osób, które zamówiły ksi¡»k¦, czyli liczb¦ sukcesów.
(1) Wzór dokładny:
P
(
X
=2)=
[ Pobierz całość w formacie PDF ]