i=7 X i. Zachodzi EX i = P(X i = 1) = 1 2, i {1, 2,..., 11} oraz EX ix j = P(X i = 1, X j = 1) = 1 7 VarS 2 2 = 14 3 ( 5 2 =

Transkrypt

1 Kombinatoryka W tej serii zadań można znaleźć pojawiające się na egzaminach zadania dotyczące problemu wyznaczania prostych parametrów rozkładu w przypadku zgadnień kombinatorycznych. Zadania te wymagają podstawowej wiedzy kombinatorycznej oraz dyskretnych zmiennych losowych.. (Eg / W urnie znajduje się kul, z których jest białych i czarnych. Losujemy bez zwracania kul, a następnie z pozostałych kul. Niech S oznacza liczbę kul białych uzyskaną w drugim losowaniu. Oblicz VarS. Odp: B->. Rozwiązanie. Stosujemy zmienne włączeniowe, X i {0, }, i {,,..., }, gdzie X i = jeśli w i-tym losowaniu wyciągnięto białą kulę i 0 w przeciwnym przypadku. Oczywiście S = i= X i. Zachodzi EX i = P(X i = =, i {,,..., } oraz EX ix j = P(X i =, X j = = = 0, i j, i, j {,,..., }. Zatem Czyli ES = =, ES = P(X = + P(X =, X = = + =. VarS = ( = =.. (Eg 9/ Dysponujemy dwiema urnami: A i B. W urnie A są kule białe i czarne, w urnie B są kule białe i czarna. Wykonujemy trzy etapowe losowanie: (a losujemy urnę; (b z wylosowanej urny ciągniemy kule bez zwracania, a następnie wrzucamy do tej urny kule białe i czarne; (c z urny, do której wrzuciliśmy kule, losujemy jedną kulę. Okazało się, że wylosowana w trzecim etapie kula jest. Obliczyć p-stwo, że w drugim wylosowano kule tego samego koloru. Odp: C-> 0,. Rozwiązanie. Mamy drzewo prawdopodobieństw przejścia do poszczególnych stanów Stan P-p Stan P-p Stan P-p (, (, 0 (, (, 0 (, (, 0 (, (, 0 (, (, 0. Niech P(, b będzie prawdopodobieństwem uzyskania białej kuli w losowaniu, P(, b = = 0. Z drugiej strony prawdopodobieństwo, że w drugim losowaniu pojawiły się kule i czarna, a w trzecim losowaniu P(, (b, c;, b wynosi P(, (b, c;, b = = 0. Zatem P(, (b, c, b = P(, (b, c;, b/p(, b =.

2 . (Eg 0/ W urnie znajduje się 0 kul białych, 0 kul czarnych i 0 kul niebieskich. Losujemy bez zwracania kule. Niech (a X oznacza liczbę wylosowanych kul białych; (b Y oznacza liczbę wylosowanych kul czarnych; (c Z oznacza liczbę wylosowanych kul niebieskich. Współczynnik korelacji zmiennych losowych X + Y i Z, Corr(X + Y, Z jest równy? Odp: B->. Rozwiązanie. Przypomnijmy, że Corr(X + Y, Z = Cov(X, Z = Cov(Y, Z, Var(X = Var(Y = Var(Z, zatem Podobnie Cov(X+Y,Z Var(X+Y Var(Z. Łatwo zauważyć, że Cov(X + Y, Z = Cov(X, Z + Cov(Y, Z = Cov(X, Z. Var(X + Y = Cov(X + Y, X + Y = Var(X, X + Cov(X, Y. Korzystamy zmiennych włączeniowych, żeby obliczyć Cov(X, Z. Niech X = i= X i=, gdzie X i = jeśli w i tym losowaniu pojawiła się kula. Analogicznie definiujemy Y i, Z i, i {,,..., }. Zachodzi Wreszcie EX = P(X = = =, EX = P(X = + P(X =, X = = + czyli Cov(X, Y = ( 0 a = 9, mamy EXY = P(X =, Y = = = 0 9. = 9 oraz Var(X = ( = 9 9. Cov(X + Y, Z = a, Var(X + Y = 0a a = a, Var(Z = a. = 9. Niech zatem Ostatecznie Corr(X + Y, Z = a = a a =.. (Eg /0 Pan A przeznaczył zł na pewną grę. W pojedynczej kolejce gry pan A wygrywa zł z p-stwem / przegrywa zł z p-stwem /. Pan A kończy grę, gdy wszystko przegra lub gdy będzie miał 0 zł. P-stwo, że A wszystko przegra jest równe? Odp: D-> 0, 9. Rozwiązanie. Zadanie dotyczy prawdopodobieństwa ruiny. W celu rozwiązania budujemy niezależne zmienne losowe X k, k takie, że X k = jeśli A wygrywa oraz X k = jeśli A przegrywa. Definiujemy S n = X X n, n oraz S 0 = 0. Okazuje się, że zmienne M n = Sn, n 0 tworzą martyngał względem naturalnej filtracji. Rzeczywiście ( E(M n F n = M n E Xn = M n + = M n. Zauważmy, że gracz kończy grę w momencie τ = inf{n 0 : S n {, }}. Zatem z twierdzenia Dooba (moment τ nie jest ograniczony ale nietrudno pokazać, że w tym przypadku również to

3 twierdzenie działa wynika, że = EM τ. Niech teraz a = P(S τ =, b = P(S τ=. Ponieważ jak łatwo sprawdzić P(τ < =, więc a + b =, nadto = EM τ = a + b. Mamy zatem układ równań { a + b = a + b = Stąd a = 0, b = 0 0. Szukana wartość to b 0, 9.. (Eg / W urnie znajduje się 00 ponumerowanych kul o numerach,..., 00. Losujemy bez zwracania 0 kul, zapisujemy numery, kule zwracamy do urny. Czynność te powtarzamy 0 razy. Oblicz wartość oczekiwaną liczby kul, które zostały wylosowane dokładnie dwa razy. Odp: D-> 9,. Rozwiązanie. Zadanie staje się proste jeśli zastosujemy zmienne włączeniowe, Xi=, i {,,..., 00}, gdzie X i = jeśli dokładnie dwa razy kula z numerem i została wylosowana. Należy wyznaczyć E 00 i= X i= = 00P(X =, gdyż P(X i = są identyczne. Pozostaje zauważyć, że P(X i = = ( 0 ( 0 ( 9 0. Stąd E 00 i= X i= = ( 9 0 9,.. (Eg /0 Z urny, w której jest kul czarnych i białe losujemy kolejno bez zwracania po jednej kuli, tak długo aż wylosujemy kulę czarną. Wartość oczekiwana liczby wylosowanych kul białych jest równa? Odp: B->. Rozwiązanie. Przypomnijmy wzór EX = k=0 P(X > k, dla zmiennych X o watotściach całkowitych dodatnich. Sprawdzamy, że P(X > 0 =, P(X > = 0 =, P(X > = 0 9 =, P(X > = 0 9 =, P(X > = = 0, nadto P(X > k = 0 dla k >. Stąd EX = = 0 0 =.. (Eg / mamy dwie urny: I i II. Na początku doświadczenia w każdej z urn znajdują się kule białe i czarne. Losujemy po jednej kuli z każdej urny - po czym kulę wylosowaną z urny I wrzucamy do urny II, a te wylosowana z urny II wrzucamy do urny I. Czynność tę powtarzamy wielokrotnie. Granica (przy n p-stwa, iż obie kule wylosowane w n-tym kroku są jednakowego koloru, wynosi:? Odp: C->. Rozwiązanie. Zadanie rozwiązuje się metoda łańcuchów Markowa. Jest możliwych stanów na liczbę kul białych w urnie I. Należy znaleźć prawdopodobieństwa przejścia w jednym kroku. Mamy S P =

4 należy wyznaczyć rozkład stabilny z równania πm = π oraz warunku, że k=0 π k =. Nietrudno zauważyć symetrię macierzy skąd wynika, że π 0 = π, π = π. Nadto natychmiast zauważamy, że π 0 = π. Wystarczą zatem równania (w terminach π i π { π = π + π = π + π + π Skąd wynika, że π 0 = π = 0, π = π =, π =. Obliczamy prawdopodobieństwa warunkowe wylosowania kul różnego koloru w zależności od stanu liczby kul białych w I urnie P((b, c 0 = P((b, c =, P((b, c = P((b, c =, P((b, c =. Dostajemy ze wzoru Bayesa dla stanów rozłożonych według π (czyli w granicy n P((b, c = 0 + Zatem prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego wynosi. + =.. (Eg / Wylosowano niezależnie liczb z rozkładu symetrycznego ciągłego i ustawiono je w ciąg według kolejności losowania. Otrzymano liczb dodatnich (każda z nich oznaczamy symbolem a i ujemnych (każdą z nich oznaczamy symbolem b. Obliczyć p-stwo, że otrzymano serii, gdzie serią nazywamy ciąg elementów jednego typu, przed i za którym występuje element drugiego typu, na przykład w ciągu: aaabbbbaabbbbba jest serii ( serie elementów typu a i serie elementów typu b. Odp: C-> Rozwiązanie. Należy zauważyć, że zbiór Ω złożony ze wszystkich możliwych podzbiorów elementowych w zbiorze elementowym ma ( elementów. Teraz należy zauważyć, że seria będzie jednoznacznie wyznaczonym podzbiorem jeśli podamy od jakiego symbolu zaczynamy, a następnie długości ścieżek k, k, k dla serii symbolu a oraz l, l, l dla serii symbolu b. Oczywiście ścieżki muszą mieć długość dodatnią nadto k + k + k =, l + l + l =. Ogólnie liczba rozwiązań równania x x k = n w liczbach naturalnych (bez zera wynosi ( n k. Zatem liczność zbioru A złożonego z serii długości wynosi Ostatecznie A = ( (. P(A = A Ω =. 9. (Eg / Dysponujemy identycznymi urnami. Każda z nich zawiera kule. Liczba kul białych w i-tej urnie jest równa i, gdzie i =,,...,, pozostałe kule są czarne. Losujemy urnę, a następnie ciągniemy z niej jedną kulę i okazuje się, że otrzymana kula jest. Oblicz p-stwo, że ciągnąc drugą kule z tej samej urny (bez zwracania pierwszej również otrzymamy kulę białą. Odp: D->. Rozwiązanie. Ze symetrii zadania jest jasne, że szansa wylosowania białej kuli w pierwszej rundzie wynosi. Aby obliczyć szansę wyciągnięcia dwóch kul białych stosujemy wzór Bayesa ( i P((b, b = (. Zachodzi wzór kombinatoryczny ( i ( i= = ( (trójkąt Pascala. Nadto ( / =, stąd P((b, b =. To oznacza, że P((b, b b =. i=

5 0. (Eg / Urna zawiera kul o numerach: 0,,,,. Z urny ciągniemy kulę, zapisujemy numer i kulę wrzucamy z powrotem do urny. Czynność tę powtarzamy, aż kula z każdym numerem zostanie wyciągnięta co najmniej raz. Oblicz wartość oczekiwaną liczby powtórzeń. Odp: C->. Rozwiązanie. Tutaj łatwo zauważyć, że jeśli T,..., T będą czasami oczekiwania na kolejny nowy symbol, to T = nadto T k+ T k, k {,,, } ma rozkład geometryczny z prawdopodobieństwem sukcesu p k = k (i wartości oczekiwanej /p k. Zatem ET = + E(T k+ T k = + k= k= k =.. (Eg / W urnie znajduje się 0 kul: 0 białych i 0 czerwonych. Losujemy bez zwracania kul, a następnie z pozostałych w urnie kul losujemy kolejne kul. Niech S oznacza liczbę wylosowanych kul białych wśród pierwszych wylosowanych kul, a S liczbę kul białych wśród następnych kul. Oblicz Cov(S, S + S. Odp: C-> 9. Rozwiązanie. Oczywiście skorzystamy ze zmiennych włączeniowych. Niech X i, i {,..., } oznacza jeśli w i tej rundzie pojawiła się kula i 0 w przeciwnym przypadku. Mamy S = i= X i oraz S = i=9 X i. Zachodzi Teraz Stąd Z drugiej strony Co daje Ostatecznie ES = P(X = =, E(S = P(X = =. ES = P(X = + P(X =, X = = = 9. VarS = = 9. ES S = P(X =, X = = 9 9. Cov(S, S = 9 9 = 9. Cov(S, S + S = VarS + Cov(S, S = 9 9 = 9.. (Eg 0/9 W urnie znajduje się 0 kul, na każdej narysowana jest litera i cyfra. Mamy: (a 0 kul oznaczonych X; (b kul oznaczonych Y ; (c kul oznaczonych X; (d kul oznaczone Y. Losujemy bez zwracania kul. Niech N X oznacza liczbę kul oznaczonych literą X wśród kul wylosowanych,a N liczbę kul z cyfrą wśród kul wylosowanych. Obliczyć Var(N X N =. Odp: A->. Rozwiązanie. Dokonujemy uproszczenia, mamy pięć kul wylosowanych z cyfrą. Zatem de facto losujemy 0 typu X lub X, czyli ze zbioru elementowego. W tym modelu probabilistycznym

6 musimy policzyć wariancję zmiennej NX co robimy przez zmienne włączeniowe. Niech X i, i {,..., 0} będzie zmienną przyjmującą jeśli na i-tej pozycji stoi X oraz 0 jeśli X. Oczywiście N X = 0 i= X i=. Wyznaczamy Nadto Stąd E N X = 0P(X = = 0 =. E N X = 0P(X = + 90P(X =, X = = = 0 = 0. Var N X = 0 =.. (Eg / W urnie znajduje się 00 kul ponumerowanych od do 00. Losujemy bez zwracania kul i zapisujemy numery, a następnie wrzucamy kule z powrotem do urny. Czynność powtarzamy razy. Oblicz wartość oczekiwaną liczby kul, które zostały wylosowane co najmniej razy. Odp: D->,. Rozwiązanie. Zadanie rozwiązujemy przez zmienne włączeniowe. Niech X i, i {,..., 00} przyjmuje wartość jeśli kula z numerem i pojawiła się co najmniej razy w losowaniu i 0 w przeciwnym przypadku. Oczywiście szukana odpowiedź to 00 E X i = 00P(X =. i= Żeby policzyć P(X = zauważmy, że w każdym z losowań kula i miała prawdopodobieństwo, że się pojawi. Zatem P(X = = k= ( k ( k ( k = ( ( =. Czyli wynik to 00,.. (Eg / Z urny, w której są kule białe i czarne, wylosowane jedną kulę a następnie wrzucono ja z powrotem dorzucając kulę w tym samym kolorze co wylosowana. Następnie z urny wylosowano kule, wrzucono je z powrotem dorzucając kule identyczne jak wylosowane. Następnie wylosowano kule. Okazało się, że są to kule białe. Oblicz p-stwo, że w drugim losowaniu wylosowane kule różnych kolorów. Odp: A-> 9. Rozwiązanie. Potrzebujemy struktury drzewa aby opisać kolejne losowania Wyznaczamy Stan P-p Stan P-p Stan P-p (, (, (b, b, b (, (, (b, b, b (, (, (b, b, b (, (, (b, b, b (, (, (b, b, b P(, (b, b, b = = 9.

7 Teraz wyznaczamy Stąd P(, (b, c;, (b, b, b = + =. P(, (b, c;, (b, b, b = 9.. (Eg /W urnie znajdują się kule, z których każda jest oznaczona jedną z liter alfabetu: 0 kul oznaczonych literą A. 0 kul oznaczonych literą B. 0 kul oznaczonych literą C. x kul oznaczonych innymi literami alfabetu. Losujemy bez zwracania 9 kul z urny. Zmienne losowe N A, N B, N C oznaczają, odpowiednio, liczbę wylosowanych kul z literami A, B, C. Jakie musi być x, aby zmienne losowe N A +N B oraz N B +N C były nieskorelowane. Odp: C-> x =. Rozwiązanie. Korzystamy ze zmiennych A i, B i, C i, X i, i 9 gdzie zmienne przyjmują wartości 0 lub, przy czym jeśli na pozycji w i-tym losowaniu wybrano odpowiednio A, B, C oraz inną literę. Zachodzi N A = 9 i= A i, N B = 9 i= B i N C = 9 i= C i. Należy wyliczyć Cov(N A, N B, Cov(N B, N C, Cov(N C, N A. Zachodzi nadto Stąd 0 EN A = x, EN 0 B = x, EN 0 C = x, 0 0 EN A N B = EA B = 0 + x 9 + x, 0 0 EN B N C = EB C = 0 + x 9 + x, 0 0 EN C N A = EC A = 0 + x 9 + x, ENB = EB B + 9EB 0 9 = 0 + x 9 + x x. Cov(N A, N B = Cov(N B, N C = Cov(N B, N C = x ( 9 + x x = 9 0c 0( x (0 + x (9 + x, x ( 9 + x ( x = 0 + x (0 + x (9 + x, x ( 9 + x ( x = 0 + x (0 + x (9 + x, Cov(N B, N B = x ( x x = 9 0(x + 9x + 0 (0 + x. (9 + x Zatem N A + N B i N B + N C są nieskorelowane jeśli 0 = Cov(N A + N B, N B + N C = Cov(N A, N B + Cov(N C, N A + Cov(N B, N B + Cov(N B, N C

8 co jest równoważne Przekształcając to równanie 00(x + + 0(x + 9x + 0 = 0. x + x = 0. Rozwiązaniami tego równanie są x = ±, czyli x = i x =. Interesują nas wyłącznie rozwiązania dodatnie zatem x =.