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)
Дисперсията
(2)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.
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
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)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)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.
за това не съм много сигурен дали е така
(8)използваме свойствата на математическото очакване и дисперсия за независими величини и задача 3
(9)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