Ćwiczenia z metodyki nauczania rachunku prawdopodobieństwa

Transkrypt

1 Ćwiczenia z metodyki nauczania rachunku prawdopodobieństwa 25 marca 209 Zadanie. W urnie jest b kul białych i c kul czarnych. Losujemy n kul bez zwracania. Jakie jest prawdopodobieństwo, że pierwsza kula jest biała, jeśli łącznie wylosowano k kul białych? Sposób I: Za zbiór zdarzeń elementarnych Ω przyjmiemy zbiór różnowartościowych ciągów n-elementoych, których wyrazami są odróżnialne kule, oznaczone przez B, B 2,..., B b, C, C 2,..., C c. Formalnie: Ω = {(a, a 2,..., a n ) : a i {B, B 2,..., B b, C, C 2,..., C c }, a i a j dla i j} Oznaczmy zdarzenia: A - pierwsza wylosowana kula jest biała, B - wylosowano k kul białych. Działamy na zbiorach skończonych, więc P(A B) = P(A B) P(B) = A B B Zastanówmy się, ile zdarzeń będzie w zbiorze B. Spośród b kul białych wybieramy k, które zostaną wylosowane. Spośród c kul czarnych wybieramy n k, które zostaną wylosowane. Wybrane kule ustawiamy w ciągu na n! sposobów. Stąd: ( )( ) b c B = n! k n k Teraz zastanówmy się, ile zdarzeń będzie w zbiorze A B. Pierwsza kula ma być biała, więc może być wybrana na b sposobów. Oprócz niej ma być jeszcze k wylosowanych kul białych, które wybierzemy spośród b pozostałych kul białych. Spośród kul czarnych, których jest c, musimy wybrać n k kul, które zostaną wylosowane. Wszystkie kule oprócz pierwszej, która ma już ustalone miejsce, ustawiamy w ciągu na (n )! sposobów. Stąd: ( )( ) b c A B = b (n )! k n k W takim razie: P(A B) = b( )( b c k n k) (n )! ( b c ) = k)( n k n! b! (k )!(b k)! b! k!(b k)! n! (n )! = k n

2 Sposób II: Zastosujemy nieco inne podejście. Nie będziemy korzystać w jawny sposób z prawdopodobieństwa warunkowego. Zamiast tego za zbiór zdarzeń elementarnych przyjmiemy tylko zdarzenia należące do zbioru B, zdefiniowanego jak wyżej. Zatem tym razem zbiór zdarzeń elementarnych Ω będzie zawierał ciągi n-elementowe, których elementami są niezróżnialne kule, spośród których k jest białych. Wtedy: ( ) n Ω =, k ponieważ spośród n wyrazów ciągu wybieramy k, które będą kulami białymi. Niech A oznacza to samo zdarzenie, co powyżej. ( ) n A =, k ponieważ spośród n pozostałych do obsadzenia miejsc w ciągu wybieramy k miejsc na kule białe. Szukane prawdopodobieństwo wynosi zatem: ( n ) A Ω = k ) = k n ( n k Zadanie 2. Wybrano losowo, jednostajnie i niezależnie dwie liczby x, y [0, ]. Jakie jest prawdopodobieństwo, że obie liczby x, y 3, jeśli wiadomo, że x + y? Skorzystamy z prawdopodobieństwa geomatrycznego, tzn. będziemy liczyć pola powierzchni odpowiadające poszczególnym zdarzeniom. Za zbiór zdarzeń elementarnych przyjmijmy Ω = [0, ] 2. Niech: A = {(x, y) [0, ] 2 : x, y 3 }, B = {(x, y) [0, ] 2 : x + y }. Korzystamy z prawdopodobieństwa warunkowego: P(A B) = P(A B) P(B) = A B, B gdzie oznacza pole powierzchni. Łatwo sprawdzić, że A B = 7 8, natomiast B = 2. Stąd: P(A B) = 7 9 2

3 Zadanie 3. W urnie jest n białych cukierków i czarny cukierek. Losujemy bez zwracania cukierki aż do momentu, gdy wylosujemy czarny. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wykonamy dokładnie k losowań? Niech A i oznacza zdarzenie, że i-ty cukierek jest biały. W tym zadaniu łatwo jest policzyć prawdopodobieństwa warunkowe poszczególnych możliwych wyników i-tego rzutu, gdy znamy wyniki rzutów od pierwszego do i -szego. Dlatego skorzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo iloczynu zdarzeń: P(A A 2... A n ) = P(A )P(A A 2 )... P(A n A... A n 2 )P(A n A... A n ) Oznaczmy przez A C k dopełnienie zbioru A k. Wtedy zdarzenie A A 2... A k A C k oznacza wylosowanie czarnego cukierka w k-tym losowaniu. Stosując powyższy wzór do zbiorów A, A 2,..., A k, A C k otrzymamy: P(A A 2... A k A C k ) = P(A )P(A A 2 )... P(A k A... A k 2 )P(A C k A... A k ) = n n n 2 n... n k + n k + 2 n k + = n Co ciekawe, wynik nie zależy od k. Możemy wyjaśnić to w następujący sposób. Przyjmijmy, że gra nie kończy się wraz z wylosowaniem czarnego cukierka, ale toczy się dalej. Niech C := {c, c 2,..., c n, c n }, gdzie c, c 2,..., c n to cukierki białe, a c n to cukierek czarny. Za zbiór zdarzeń elementarnych przyjmijmy zbiór permutacji zbioru C, tzn.: Ω = {(c i, c i2,..., c in, c in ) : i j i k dla j k} Wtedy Ω = n!. Zdarzenie A C k oznacza, że c i k = c n. Zatem A C k = (n )!. W takim razie szukane prawdopodobieństwo wynosi n. Zadanie 4. Rzucamy symetryczną monetą aż do momentu wyrzucenia pierwszego orła. Jeśli wykonano n rzutów, to wybieramy jednostajnie liczbę z przedziału {, 2,..., n}. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania liczby. Najpierw pokażemy, że z prawdopodobieństwem gra się zakończy, to znaczy, że zdarzenie polegające na wyrzuceniu samych reszek ma prawdopodobieństwo zerowe. Oznaczmy to zdarzenie A. Niech natomiast A n oznacza zdarzenie, że w n pierwszych rzutach otrzymano reszki. Zauważmy, że dla dowolnego n N zachodzi: A A n, 3

4 a zatem, z monotoniczności prawdopodobieństwa, dla dowolnego n N: P(A ) P(A n ) = 2 n Gdy n, to P(A n ) 0, więc P(A ) = 0. Przejdźmy teraz do właściwej części zadania. Skorzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite. Zdefiniujmy zbiór zdarzeń elementarnych: Ω = {(O), (R, O), (R, R, O), (R, R, R, O),...} Singletony {(O)}, {(R, O)}, {(R, R, O)},... stanowią rozbicie Ω. Niech B n Ω oznacza ciąg, który na n-tym miejscu ma O. Niech B oznacza zdarzenie, że wylosowano. Ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite otrzymujemy: P(B) = P(B B n )P(B n ) = n= n= n 2 n = ln 2 (Ostatnia równość powinna być omawiana na kursie analizy. Można ją wykazać, różniczkując szereg n= xn n.) Zadanie 5. Jest n pasażerów i n miejsc w samolocie. Pasażer i-ty ma przydzielone miejsce o numerze i. Pasażer nr zgubił swoją kartę pokładową i nie wie, jaki numer miejsca został mu przydzielony. Pasażerowie zajmują miejsca po kolei (to znaczy zaczynając od pierwszego, a kończąc na n-tym). Pasażer nr zajmuje losowe miejsce. Każdy następny pasażer postępuje tak: jeśli jego miejsce jest wolne, to siada na nim, a jeśli nie, to siada na innym, losowo wybranym miejscu. (Przez losowo wybrane miejsce rozumiemy, że wybór każdego spośród wolnych miejsc jest równie prawdopodobny). Jakie jest prawdopodobieństwo, że ostatni pasażer usiądzie na swoim miejscu? Pokażemy, że to prawdopodobieństwo wynosi 2. Oznaczmy A i,k - zdarzenie polegające na tym, że i-ty pasażer usiadł na k-tym miejscu. Potrzebne będą nam cztery obserwacje. Obserwacja : W momencie, gdy ostatni pasażer wchodzi do samolotu, wolne jest tylko miejsce nr lub miejsce nr n. Formalnie: P(A n, ) + P(A n,n ) = Dlaczego tak jest? Przypuśmy, że jednak wolne jest miejsce nr k, gdzie k, n. Ale to oznacza, że miejsce k było wolne też wcześniej, w szczególności w momencie wejścia pasażera nr k. Ale wtedy pasażer nr k usiadłby na tym miejscu. Sprzeczność. Obserwacja 2: Z punktu widzenia k -tego pasażera miejsca nr i nr n są nierozróżnialne. Formalnie: dla dowolnego k {, 2,..., n } zachodzi: P(A k, ) = P(A k,n ) 4

5 Dla k = jest to oczywiste. Dla większych k wynika to z tego, że w przypadku gdy miejsce k jest zajęte, prawdopodobieństwo zajęcia przez pasażera k innego miejsca jest takie samo dla wszystkich wolnych miejsc. Obserwacja 3: A n,n = n k= A k, Zawieranie wynika stąd, że jeśli pasażer n - ty usiadł na miejsu n-tym, to któryś z poprzednich pasażerów musiał usiąść na miejscu pierwszym, bo wszystkie miejsca mają być zajęte. Zawieranie wynika stąd, że jeśli któryś z pasażerów przed n-tym usiadł na miejscu pierwszym, to, zgodnie z obserwacją, n-ty pasażer już musiał usiąść na miejscu n-tym. Obserwacja 4: A n, = n k= A k,n Dowodzi się analogicznie, jak obserwację 3. Z naszych czterech obserwacji oraz z rozłączności zbiorów A k,, A k,n wynika, że: n n P(A n,n ) = P(A k, ) = P(A k,n ) = P(A n, ) A ponieważ to: k= k= P(A n, ) + P(A n,n ) =, P(A n,n ) = 2. Zadanie 6. Rzucamy symetryczną monetą n razy. Niech X n - najdłuższa seria orłów pod rząd. Pokaż, że: a) P(X n a log 2 n) n dla a > ; b) P(X n a log 2 n) n 0 dla a < ; a) Pokażemy, że P(X n > a log 2 n) n 0, co jest równoważne. Oznaczmy: {X n > a log 2 n} = {istnieje seria długości większej niż a log 2 n} A k,n = {seria długości a log 2 n + zaczyna się na pozycji k} Teraz oszacujemy z góry prawdopodobieństwo zdarzenia A k,n dla dowolnych k, n: P(A k,n ) ( )a log2n+ = 2 2 log 2n a = 2 2 2log2 n a = 2n a, a stąd dostajemy oszacowanie na sumę: P( n k=a k,n ) n P(A k,n ) n 2n a = 2n a. k= 5

6 Ale n było wybrane dowolnie, a a >, więc biorąc n na mocy twierdzenia o trzech ciągach otrzymamy: a stąd już wynika nasza teza. b) Oznaczmy: P( n k=a k,n ) = 0, A k = {na pozycjach k, k +,..., k + a log 2 n + są same orły}. Będziemy rozważać przecięcie dopełnień zdarzeń A k. Niech s := a log 2 n, co będziemy interpretować jako długośc pojedynczego bloczku wyrazów. Zauważmy, że: P( n k=a C k ) P n s t= AC +ts. Wynika to stąd, że jeśli nie istnieje w ogóle seria orłów o danej długości, to w szczególności nie istnieje ona na każdym z bloczków, na które możemy podzielić wyrazy ciągu. Dla dowolnego k zachodzi: P(A C k ) = ( 2 )s Zdarzenia, które zachodzą na poszczególnych rozłącznych bloczkach są od siebie niezależne. W takim razie: P( n s n s k= AC +ts) = P(A C +ts) = t= n s ( 2 s ) = ( 2 s ) n s Do zbadania granicy ostatniego wyrażenia przy n przyda nam się następujący prosty fakt: 2 s = 2 a log 2 n n a oraz nasze założenie: a <. Rozpisując granicę jako: lim ( n 2 s ) n s = lim t= ( n s n 2 s )2s 2 s i wykorzystując powyższe fakty otrzymamy wyrażenie typu [( e ) ], a więc szukana granica wynosi 0, co kończy dowód. 6