Probu4

Тука сложи заглавие

Задача 1

Студенти от две групи хвърляли монета докато се падне лице два пъти поред. Студентите от първата група получили следните резултати: 3, 2, 3, 5, 10, 2, 6, 6, 9, 2, а тези от втората: 10, 2, 10, 7, 5, 2, 10, 6, 10, 2. Оценете математическото очакване и дисперсията, основавайки се (а) на данните от първата група; (б) на данните от втората група.

Решение:
И така тук просто ще заместим по формулите..
За втория пример математическото очакване (средното аритметично, но записано по малко по-странен начин)

(1)
\begin{array} {} EX = \sum_{x \in \Omega} x P(X = x) = 10 \frac{4}{10} + 2 \frac{3}{10} + 7\frac{1}{10} + 5\frac{1}{10} + 6\frac{1}{10} = 4.0 + 0.6 + 0.7 + 0.5 + 0.6 = 6,4 \end{array}

Дисперсията

(2)
\begin{array} {} VarX = EX^2 - (EX)^2 = \sum_{x \in \Omega} x^2 P(X = x) - (EX)^2 = \\ = 100 \frac{4}{10} + 4 \frac{3}{10} + 49\frac{1}{10} + 25\frac{1}{10} + 36\frac{1}{10} - (6,4)^2 = 40 + 1,2 + 4,9 + 2,5 + 3,6 - (6,4)^2 = 52,2 - 40,96 = 11,24 \end{array}

За първия случай си го сметнете самостоятелно.
Отг*. 4.8, 8.6; 6.4, 12.5
*И в двата случая дисперсията излиза различна. Не знам защо.

Задача 2

Нека $H(z) = F(z)/G(z)$ и $F(1) = G(1) = 1$. Означаваме $Mean(G) = G'(1), Var(G) = G''(1) + G'(1) - (G'(1))^2$. Докажете, че $Mean(H) = Mean(F)-Mean(G), Var(H) = Var(F) - Var(G)$

Решение:
Тук проссто пишем производни,
забележка $\big(\frac{F(z)}{G(z)}\big)'(1)$ означава производната на някаква функция по $z$ и след това подаваме параметър 1 на функцията.

(3)
\begin{array} {} Mean(H) = \big(\frac{F(z)}{G(z)}\big)'(1) = \big(\frac{F'(z)G(z) - F(z)G'(x)}{G^2(z)}\big)(1) = \frac{F'(1)G(1) - F(1)G'(1)}{G^2(1)} = \\ = F'(1) - G'(1) = Mean(F) - Mean(G) Var(H) = H''(1) + H'(1) - (H'(1))^2 = \big(\frac{F'(z)G(z) - F(z)G'(x)}{G^2(z)}\big)'(1) + F'(1) - G'(1) - (F'(1) - G'(1))^2 = ..... \end{array}

много гадно да го пиша цялото на латех, по добре си го сметнете самостоятелно

Задача 3

Нека $F(z)$ и $G(z)$ са п. ф. на сл. в. и $H(z) = pF(z) + qG(z)$, където $p+q = 1$ (смес). Изразете очакването и дисперсията на $H$ чрез $p, q$ и очакването и дисперсията на $F$ и $G$.

Отг. $Mean(H) = pMean(F)+ qMean(G); Var(H) = pVar(F)+qVar(G)+pq(Mean(F) - Mean(G))^2$

Решение:
има печатна грешка, но за сега нямам време да я оправя

(4)
\begin{array} {} Mean(H) = H'(1) = (pF(z) + qG(x))'(1) = pF'(1) + qG'(1) = pMean(F)+ qMean(G) \\ \\ Var(H) = H''(1) + H'(1) - (H'(1))^2 = pF''(1) + qG''(1) - (pF'(1) + qG'(1)) - (pF'(1) + qG'(1))^2 = \\ = pF''(1) + qG''(1) - (pF'(1) + qG'(1)) - p^2F'(1)^2 - q^2G'(1)^2 - 2pqG'(1)F'(1) = \\ = pVar(F) + qVar(G) + pF'(1)^2 + qG'(1)^2 - p^2F'(1)^2 - q^2G'(1)^2 - 2pqG'(1)F'(1) = \\ сега\ ще\ използваме\ сместа \ p = 1 - q\\ = pVar(F) + qVar(G) + pF'(1)^2 + G'(1)^2(q-q^2) + F'(1)^2(p - p^2) - 2pqG'(1)F'(1) = \\ = pVar(F) + qVar(G) + pF'(1)^2 + G'(1)^2q(1-q) + F'(1)^2p(1 - p) - 2pqG'(1)F'(1) = \\ = pVar(F) + qVar(G) + pF'(1)^2 + G'(1)^2qp + F'(1)^2pq - 2pqG'(1)F'(1) = \\ = pVar(F) + qVar(G) + pq(Mean(G) - Mean(F))^2 = \\ \end{array}

Задача 4

Нека $F(z)$ и $G(z)$ са п. ф. на сл. в. и $H(z) = F(G(z))$ (композиция). Изразете очакването и диспесията на $H$ чрез очакването и дисперсията на $F$ и $G$.

Отг.: $Mean(H) = Mean(F)Mean(G); Var(H) = Var(F)(Mean(G))^2 + Mean(F)Var(G)$

** Решение**:

(5)
\begin{array} {} Mean(G) = G'(1) \\ Mean(F) = F'(1) \\ G(1) = 1 \\ Mean(H) = H'(1) = (F'(G(z))G'(z))(1) = F'(G(1))Mean(G) = Mean(F)Mean(G) \\ \\ Var(H) = H''(1)+ H'(1) - (H'(1))^2 = \\ = (F'(G(z))G'(z))'(1) + F'(1)G'(1) - (F'(1)G'(1))^2 = \\ = (F'(G(z))G'(z))'(1) + F'(1)G'(1) - (F'(1)G'(1))^2 = \\ = (F''(G(z))G'(z)G'(z) + F'(G(z))G''(z))(1) + F'(1)G'(1) - (F'(1)G'(1))^2 = \\ = F''(1)G'(1)^2 + F'(1)G''(1) + F'(1)G'(1) - F'(1)^2G'(1)^2 = \\ = G'(1)^2(F''(1) - F'(1)^2) + F'(1)(G''(1) + G'(1)) + F'(1)G'(1)^2 - F'(1)G'(1)^2 = \\ = G'(1)^2(F''(1) - F'(1)^2 + F(1)) + F'(1)(G''(1) - G'(1) - G'(1)^2) = \\ = Mean(G)^2Var(F) + Mean(F)Var(G) \end{array}

Задача 5

Нека $X_{n,p}$ и $Y_{n,p}$ имат съответно биномно и отрицателно биномно разпределение с параметри $(n, p)$. Докажете, че $P(Y_{n,p} \leq m) = P(X_{m+n,p} \geq n)$. Какво тъждество за биномните коефициенти следва оттук?

Решение:
Хубаво е първо да си прочетете http://fmi.wikidot.com/prob7
И да погледнете отрицателното биномно разпределение в гоогле.

и така

(6)
\begin{array} {} P(Y_{n,p} = k) = \binom{k+n-1}{n-1} p^{n-1}q^{k} \\ P(X_{m+n,p} = k) = \binom{m+n}{k} q^{m+n-k}p^{k} \\ \\ P(Y_{n,p} \leq c) = \sum_{0}^{k=c} \binom{k+n-1}{n-1} p^{n-1}q^{k} \\ P(X_{m+n,p} \geq c) = \sum_{k=c}^{m+n} \binom{m+n}{k} q^{m+n-k}p^{k} \\ \\ P(Y_{n,p} \leq m) = \sum_{k=0}^{m} \binom{k+n-1}{n-1} p^{n-1}q^{k} \\ P(X_{m+n,p} \geq n) = \sum_{k=n}^{m+n} \binom{m+n}{k} q^{m+n-k}p^{k} \\ \end{array}

Очевидно, при тези формули, е вярно за $Y_{n+1,p}$ но не знам къде бъркам.

Задача 6

X има Поасоново разпределение с параметър $\lambda$, ако $P(X = k) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!} , k = 0, 1, 2,...$. Намерете пораждащата функция на $X$, очакването и дисперсията. Нека $Y$ има разпределение на Поасон с параметър $\mu$. Каква е вероятността $X + Y = n$ ? Какви са средното и дисперсията на $2X + 3Y$?

Решение:
Това спомняте ли си го от анал.2?
$e^x= \overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} \dfrac{x^n}{n!}$ сходим за $x \in R$
Ще пресметнем пораждащата функция с аргумент $e^t$ защото сме умни и сме се сетили.

(7)
\begin{array} {} P(X = k) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!} \\ G_X(e^t) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!} e^{tk} = e^{-\lambda} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(\lambda e^t)^k}{k!} = e^{-\lambda} e^{\lambda e^t} = e^{\lambda(e^t-1)} \\ EX = G'_X(1) = (e^{\lambda(x-1)})'(1) = (e^{\lambda(x-1)} \lambda)(1) = \lambda \\ VX = G_X''(1) + G'(1) - (G'(1))^2 = (e^{\lambda(x-1)} \lambda)'(1) + \lambda - \lambda^2 = (e^{\lambda(x-1)} \lambda^2)(1) + \lambda - \lambda^2 = \lambda \end{array}

за това не съм много сигурен дали е така

(8)
\begin{array} P(X+Y = n) = P(X = n \cap Y = 0) + ... + P(X = n - c \cap Y = c) + ...+ P(X = 0 \cap Y = n) = \sum_{c=0}^{n} \frac{e^{-\lambda}\lambda^{n-c}}{(n-c)!}\frac{e^{-\mu}\mu^{c}}{(c)!} \end{array}

използваме свойствата на математическото очакване и дисперсия за независими величини и задача 3

(9)
\begin{array} {} E(2X + 3Y) = 2E(X)+3E(Y) = 2\lambda + 3\mu \\ V(2X + 3Y) = 2V(X) + 3V(Y) + 6(E(X) - E(Y))^2 = 2\lambda + 3\mu + 6(\lambda - \mu)^2 \end{array}

Задача 7*

Ана и Бил се намират във войскови части, дислоцирани в един от петте щата: Канзас, Небраска, Мисури, Оклахома и Колорадо. Първоначално Ана се намира в Небраска, а Борис в Оклахома. Всеки месец всеки от тях бива преместен в съседен щат (с равна вероятност).
Всеки щат е свързан с всеки друг с директна връзка.

Намерете очакването и дисперсията на броя месеци, необходими
двамата да се срещнат.
Решение:
Нека щатите са 1,2,3,4,5 и имаме $A = x$ Aнна е в щат $x$, тогава вероятността Анна и Бил да са в един щат е
$P(A= x \cap B = x) = P(A= x )P( B = x) = \frac{1}{5}\frac{1}{5} = \frac{1}{25}$ защото вероятността да са във всеки щат е равна.

и така $p = \frac{1}{25}$ и имаме $P(\eta = k) = (\frac{24}{25})^k\frac{1}{25}$
Сега търсим очакване и дисперсия на Геометрично разпределение:


ще го мисля още това

Задача 8*

Стефан Банах имал навика да носи в джоба си две кутии кибрит, в които първоначално е имало по n клечки. Когато има нужда от огънче, той случайно и равновероятно вади едната кутия, взема от нея клечка и я връща в джоба си (дори ако тя вече е празна). Ако избраната кутия е празна, той я зхвърля и взема другата. Един ден, когато изхвърля първата кутия, той открива, че и другата кутия е празна. Каква е вероятността на такова събитие? Каква е вероятността в момента, когато се изхвърли едната кутия, в другата да има точно k клечки? Какво е очакването на този брой?

Отг: $2^{k-2n} {2n - k \choose n}; \frac{2n+1}{2^{2n}} {2n \choose n} - 1$

Решение:

Нека наречем едната кутия успех, а другата неуспех. Тогава въпросът е каква е вероятността от $2n$ опита да имаме $n$ успеха и толкова неуспеха.

Биномно разпределение с $2n$ опита и $n$ успеха

$P(X=n) = \binom{2n}{n}p^{n}q^n = \binom{2n}{n}\frac{1}{2}^{2n}$

Сега трябва да се намери вероятността да има n на брой успеха и n−k на брой неуспеха в серия от бернулиеви опити. Тази вероятност е
$P(X=n) = \binom{2n-к}{n}p^{2n-k-n}q^n = \binom{2n-к}{n}\frac{1}{2}^{2n-k-n + n} = 2^{k-2n} {2n - k \choose n}$

Очакването на $k$ означава, ще ще обърнем задачата(не променям горното поросто за да има разнообразие)
Сега интересено е как обръщаме задачата и вероятността за $k$ неуспеха е същата.

$P(Y=k) = 2^{k-2n} {2n - k \choose n}$ вече я намерихме горе, интересно е как са равни.

Търсим математическото очакване
$EX = \sum_{k=0}^{n} 2^{k-2n} {2n - k \choose n} k$
….
ще го мисля още това

Unless otherwise stated, the content of this page is licensed under Creative Commons Attribution-NonCommercial-ShareAlike 3.0 License