Zk 27. ledna 2010

Ahoj, obsah dnešní zkoušky najdete v zadání. Nebyla tam žádná stastika, dokonce ani CLV. Jediná úloha, která vyžadovala vtip, byla dvojka -- pokud byste jí tu někdo chtěl vyřešit, byl bych rád, protože svému postupu nevěřím.

Attachments:

• zk-past-2010-01-27.JPG

Dodávám odpolední zadání:

1. Na každém z 15 lístků jsou dvě otázky, které se neopakují. Zkoušený zná odpověď na 25 otázek. Určete pravděpodobnost s jakou zkoušený udělá zkoušku, jestliže k tomu stačí buď odpovědět na dvě otázky z jednoho lístku, nebo na jednu otázku z prvního lístku a na určenou otázku z druhého lístku. (8b)

2. Na večeři se dostaví n párů. Hosté se náhodně seřadí (bok po boku) do řady na vydávání jídla. Jaká je pravděpodobnost toho, že žádní dva manželé nebudou stát vedle sebe? (6b)

3. Nechť náhodná veličina X ~ Po(lambda1) a náhodná veličina Y ~ Po(lambda2) (tj. Poissonovo rozdělení). Předpokládejme, že obě tyto veličiny jsou nezávislé. Jaké je rozdělení pravděpodobnosti náhodné veličiny Z = X + Y? Jakých hodnot Z nabývá? Spočtěte P(Z = n). (6b)

4. Během zkoušky spolehlivosti se výrobek porouchá s pravděpodobností p = 0.05.Jaká je pravděpodobnost toho, že při zkoušení sta výrobků se porouchá pět až deset výrobků? (5b)
   5)Podrobně vysvětlete následující pojmy (5 x 4b):

• Nechť A₁, A₂,...,A_n, n>2, jsou náhodné jevy na témže pravděpodobnostním prostoru. Kdy jsou tyto jevy sdruženě nezávislé a kdy jsou neslučitelné?

• Kovariance mezi náhodnými veličinami X a Y.

• Řekneme-li, že exponenciální rozdělení nemápaměť, co tím rozumíme? Jak je exponencionální rozdělení dsefinováno a jaké má další vlastnosti.

• Nechť jevy A a B jsou nezávislé. Rozhodněte, zda jsou nezávislé jevy A^c a B^c (tj. doplňkové jevy). Své rozhodnutí podrobně zdůvodněte / dokažte.

• Jak odhadujeme distribuční funkci?

nemeli uz byt nahodou vysledky...podle toho co rikal? na jeho stranke neni nic..

ha, dal to tam akurat ted :D

Aaaaaaa fail :-( , neviete niekto poradit ako sa mali riesit tie vrtulniky (to mi nejak nesadlo, nemal som sajn) a aj tie pary okolo gulateho stolu (popr.obycajneho stolu) (mne tam vysla nepekna suma ktoru som nevedel upravit, robil som to cez PIE co by malo byt ok, ale viem, ze na ten priklad existuje pekny vzorec) :P

(1)
Do první oblasti pošlu i vrtulníků do druhé 10-i. Pak pravděpodobnost, že ho najdou je:
*P(A) = (1 - (1 - 0,2)^i )*0,8 + (1 - (1 - 0,2)^(10-i) )0,2
Pak stačí vyčíslit pro k = {1..n} a říct, pro jaké i to dává maximum.

(2)
Postup je správně přes PIE, kde P(X = k) je pravděpodobnost, že k párů bude sedět vedle sebe.
P(nikdo vedle sebe) = 1 + suma i=1..n{ (-1)^i * (n nad i)(2n - i)! * 2^i }*
Postup: vyberu i prvkovou podmnožinu z n párů, která bude vedle sebe, potom prohlásím pár za jednoho člověka a udělám všechny permutace kolem stolu a nakonec může káždý pár sedět vedle sebe na 2 způsoby.

marxin wrote: (2)
Postup je správně přes PIE, kde P(X = k) je pravděpodobnost, že k párů bude sedět vedle sebe.
P(nikdo vedle sebe) = 1 + suma i=1..n{ (-1)^i * (n nad i)(2n - i)! * 2^i }*
Postup: vyberu i prvkovou podmnožinu z n párů, která bude vedle sebe, potom prohlásím pár za jednoho člověka a udělám všechny permutace kolem stolu a nakonec může káždý pár sedět vedle sebe na 2 způsoby.

Ahoj, postup pres PIE mi taky prijde ok, ale ten tvuj vzorecek ma mouchy - uz pro relativne maly cisla dava zaporny hodnoty :) Tak jsem se na to vrhnul a mam neco, co vypada ok :)
Oznacime Ai, ze i-ty par sedi vedle sebe a -Ai doplnek tohoto jevu. Potom $P(A_i) = \frac{4n(2n-2)!}{(2n)!}$, protoze posadim 1 muze kamkoli (2n moznosti) a jeste ho muzu prohodit se zenou. Zbytek lidi posadim na volne zidle. Ted si vyjadrim prunik dvou techto jevu: $P(A_i \cap A_j) = \frac{4n2(2n-3)(2n-4)!}{(2n)!} = \frac{4}{(2n-1)(2n-2)}$. Posadim opet 1 muze a mohu ho prohodit se zenou. Pak chci posadit 2. dvojici muz-zena, pro ktere mam ale uz jen 2n-3 mist (2 lidi uz sedi, a tim narusili kruhovost, takze pro dvojici najdu jeste o 1 misto min). Zbytek opet normalne posadim. Kdyz si to rozepisete jeste pro prunik 3 jevu, uvidite, ze se to da napsat (pomoci PIE) jako $P\left(\ \bigcup_{i=1}^n A_i \right) = \sum_{i=1}^n (-1)^{i+1} {n \choose i} \frac{2^i}{(2n-1)\prod_{j=1}^{i-1}(2n-2j)}$. K cemu je nam pst sjednoceni? Chceme najit prunik doplnku Ai (tedy aby zaroven platilo, ze zadny par nesedi u sebe), podle pana De Morgana je to stejne jako doplnek sjednoceni Ai. Takze to, co chceme, po chvili hrani prevedeme na $P\left(\ \bigcap_{i=1}^n eg A_i \right) = 1- \frac{2n}{2n-1}*\sum_{i=1}^n \frac{(-1)^{i+1}}{i!}$. Vic uz to zjednodusit neumim, ale kdyz se podivame na konvergenci, tak 2n/(2n-1) jde jasne k jednicce a $\sum_{i=1}^\infty \frac{(-1)^{i+1}}{i!} = -\sum_{i=0}^\infty \frac{(-1)^i}{i!} + 1 = -\frac{1}{e} + 1$, takze kdyz si to slozime dohromady, mame krasnou limitu pozadovane pravdepodobnosti $\frac{1}{e}$, coz vypada, ze by to i mohl byt spravny vysledek =) Alespon pro dva pary mi to funguje :)