Rozwiązania zadań z zestawu 1. Zadanie 1. Rozwiązanie za

Rozwiązania zadań z zestawu 1.
Zadanie 1.
Rozwiązanie za pomocą diagramu Venna.
S
0
12
R
5
39
30
3
11
T
0
100
Odpowiedź: prawdopodobieństwo, Ŝe losowo wybrana rodzina będzie miała co najmniej
jedno z urządzeń wynosi 0,97.
Zadanie2.
Y wygrywa, gdy suma jest parzysta, tzn. gdy obaj gracze wymienią tę samą liczbę.
1
1
1
, to Y powinien mówić 2, jeśli q > , to 3, a jeśli q = moŜe wymienić
2
2
2
którakolwiek z tych liczb.
Jeśli q <
Zadanie 3.
Rozwiązanie:
A = „po upływie czasu 2T będą dwie komórki”.
Jeśli po czasie T były dwie komórki, to po czasie 2T mogą zajść następujące sytuacje:
Liczba komórek Prawdopodobieństwo
1 1 1
⋅ =
(P, P)
2
4 4 16
1 1 1
⋅ =
(P, Z)
1
4 4 16
1 1 1
⋅ =
(Z, P)
1
4 4 16
Stan
(Z, Z)
0
(P, D)
3
(D, P)
3
(D, D)
4
(Z, D)
2
(D, Z)
2
1 1 1
⋅ =
4 4 16
1 1 1
⋅ =
4 2 8
1 1 1
⋅ =
2 4 8
1 1 1
⋅ =
2 2 4
1 1 1
⋅ =
4 2 8
1 1 1
⋅ =
2 4 8
Stąd wynika:
1 1 5 1 4+5 9
=
P ( A) = ⋅ + ⋅ =
.
2 4 16 2
32
32
Zadanie 4.
A = „Motocyklista przejedzie bez zatrzymania odcinek AC”.
Stąd:
P ( A) = 0,9 12 ⋅ 0,7 = 0,1977
lub korzystając ze schematu Bernoullego, gdzie p=0,9 q=0,1 mamy:
12 
P ( A) =   ⋅ 0,912 ⋅ 0,10 ⋅ 0,7 = 0,1977
12 
Zadanie 5.
Rozwiązanie:
Jest to prawdopodobieństwo geometryczne, porównujemy dwie długości odcinków.
Odcinek L jest przestrzenią zdarzeń elementarnych Ω, natomiast odcinek l jest zbiorem
zdarzeń sprzyjających A.
P(A) = „prawdopodobieństwo, Ŝe losowo wybrany punkt z odcinka L leŜy takŜe na odcinku
l.”
10cm 1
=
P ( A) =
20cm 2
Zadanie 6.
k
r
p1
p2
Promień monety: r
Odległość między prostymi :p1 i p2: 2a
Rozpatrujemy połoŜenie środka monety aŜ do momentu przecięcia z prostą p1 , a następnie z
p2. Prawdopodobieństwo, Ŝe moneta nie przetnie Ŝadnej prostej jest równa stosunkowi
długości dwóch odcinków: (2a-2r)/2a = (a-r)/a. Zadanie to moŜna rozwiązać równieŜ
rozpatrując połoŜenie środka monety od połowy odległości między prostymi do momentu
przecięcia z jedną z prostych (symetria!).
Zadanie 8.
a)
A = „w rodzinie jest dwóch chłopców”
Korzystając ze schematu Bernoullego mamy:
p = 0,51
q = 1 − p = 0,49
n=5
k=2
5
n
P ( A) =   ⋅ p k ⋅ q n −k =   ⋅ 0,512 ⋅ 0,49 3 = 0,306
 2
k 
b)
B = „w rodzinie jest więcej niŜ jeden chłopiec”.
Korzystając ze schematu Bernoullego mamy:
p = 0,51
q = 0,49
n=5
k1 = 0
k2 = 1
k3 = 2
 5
P5 (0) =   ⋅ 0,49 5 = 0,0283
 0
 5
P5 (1) =   ⋅ 0,51 ⋅ 0,49 4 = 0,147
1
P ( B ) = 1 − P5 (0) − P5 (1) = 0,8247
Zadanie 9.
6 prób Bernoullego. Mamy zatem:
p = 0,3
q = 1 − p = 0,7
n=6
6
k1 = 0 ⇒ P6 (0) =   ⋅ 0,7 6 = 0,1177
0
 6
k 2 = 1 ⇒ P6 (1) =   ⋅ 0,3 ⋅ 0,7 5 = 0,3025
1
6
k 3 = 2 ⇒ P6 (2) =   ⋅ 0,3 2 ⋅ 0,7 4 = 0,3241
 2
6
k 4 = 3 ⇒ P6 (3) =   ⋅ 0,33 ⋅ 0,7 3 = 0,1852
 3
 6
k 5 = 4 ⇒ P6 (4) =   ⋅ 0,3 4 ⋅ 0,7 2 = 0,0595
 4
6
k 6 = 5 ⇒ P6 (5) =   ⋅ 0,35 ⋅ 0,7 = 0,0102
5
 6
k 7 = 6 ⇒ P6 (6) =   ⋅ 0,3 6 = 0,000729
 6
a) najbardziej prawdopodobna liczba trafień – k = 2;
b) P6 (2) = 0,3241 ;
c) A = „obiekt zostanie zniszczony”, zatem P( A) = 1 − P6 (0) − P6 (1) = 0,5798
Zadanie 11.
A – inwestor powiększył swój łączny kapitał po jednym dniu.
Ω = {( x, y ) : x ∈ 4500;5500 ; y ∈ 3600;4400 }
A = {( x, y ) : x + y ≥ 9000}
Zatem mamy:
y ≥ − x + 9000
Ω moŜna przedstawić jako prostokąt.
Prostokąta przedstawiający Ω ma bokach o długościach 1000 i 800. Pole odpowiadające
zdarzeniu A to pole jednego z dwóch symetrycznych trapezów, na które podzielony został
prostokąt przez prostą y = − x + 9000
P ( A) =
Zadanie 12.
(porównaj zadanie 7).
PoleA 1
= .
PoleΩ 2
A = „jeden z klientów będzie czekać na obsługę”.
Ω = {( x, y ) : 0 < x < T ∧ 0 < y < T }
A = {( x, y ) : x − y < a},0 < a < T
y > x − a
x− y <a⇒
y < x + a
PA − pole obszaru A; PΩ − pole obszaru Ω
Z tego mamy, Ŝe:
2
P
T 2 − (T − a )
(T − a ) 2
=
−
P ( A) = A =
1
.
PΩ
T2
T2
Zadanie 13.
A = „uzyskanie co najmniej jednej jedynki w rzucie czterema kostkami”
A' = zdarzenie przeciwne do A.
1
5
p = ; q = (1 − p ) = n = 4.
6
6
0
4
 4  1   5 
P( A) = 1 − P( A') = 1 −   ⋅   ⋅   = 0,51775
 0  6   6 
B = „uzyskanie co najmniej dwóch jedynek na obu kostkach przy 24 rzutach dwóch kostek”
p=
1
35
; q = (1 − p ) = .
36
36
B’ = zdarzenie przeciwne do B.
0
 24   1   35 
P( B) = 1 − P( B' ) = 1 −   ⋅   ⋅  
 0   36   36 
24
= 0,4914
Bardziej prawdopodobne jest uzyskanie co najmniej jednej jedynki w rzucie czterema
kostkami.
Zadanie 14.
Ω = {( x, y ) : −1 ≤ x ≤ 1 i − 1 ≤ y ≤ 1}
Interpretacja geometryczna – kwadrat.
A = {( x, y ) ∈ Ω : y ≥ x 2 + a}
Pole odpowiadające zdarzeniu A naleŜy wyliczyć za pomocą całki.
Uwaga. NaleŜy oddzielnie rozwaŜyć przypadki dotyczące parametru a określającego
połoŜenie paraboli: a ≤ −2 , − 2 < a ≤ −1 , − 1 < a ≤ 0 , 0 < a ≤ 1 , a > 1 .
Zadanie 15.
Przy rzucie dwiema kostkami moŜemy uzyskać 36 róŜnych wyników.
Doświadczenie =,,rzut dwiema kostkami aŜ do uzyskania sumy oczek na obu kostkach równej
7”.
A=,, liczba dokonanych doświadczeń jest podzielna przez 4”
1
6
5
6
1
nie
stop
5
6
1
1
6
nie
stop
M
M
Zgodnie z drzewkiem
Liczba wykonanych
1
rzutów
prawdopodobieństwo 1 5 0
=
6 61
2
3
4
51
62
52
63
53
64
5 k −1
Prawdopodobieństwo, ze zostanie wykonanych k rzutów: k .
6
P ( A) =
53 57 511
+ +
+ K ≈ 0,19
6 4 6 8 612
...