Ime in priimek: Vpisna št: FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Oddelek za matematiko Verjetnost Pisni izpit 5. februar 2018 Navodila Pazljivo preberite

Transkripcija

1 Ime in priimek: Vpisna št: FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Oddelek za matematiko Verjetnost Pisni izpit 5 februar 018 Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite reševanja Nalog je 6, 5 rešenih nalog pa je že 100% Na razpolago imate uri Naloga a b c d Skupaj REˇSITVE

2 1 (0 V igri Točke igralca A in B mečeta pošten kovanec Privzamamo, da so meti neodvisni Če pade grb, igralec A dobi točko, v nasprotnem primeru pa dobi točko igralec B Igralec A zmaga, če zbere a točk, preden igralec B zbere b točk, pri čemer sta a in b dani pozitivni celi števili a (10 Izrazite verjetnost, da zmaga igralec A, z vsoto Vsote vam ni treba sešteti Rešitev: Zamislimo si, da igralca mečeta v nedogled, in označimo z X število metov, dokler ne pade a grbov Igralec A bo zmagal, če bo X a + b 1 Vemo, da je X NegBin(a, 1 Sledi P (zmaga A a+b 1 ka ( k 1 a 1 ( k 1 b (10 Problem posplošimo na igralce A, B in C Iz škatle, v kateri so trije listki z napisi A, B in C, naključno izbirajo listke Točko dobi igralec, ki je napisan na izbranem listku Izbire so med sabo neodvisne, vsak listek pa izberemo z verjetnostjo 1 Igralec A zmaga, če prej izbere a točk, kot B zbere b točk ali C 3 zbere c točk, kjer so a, b in c dana pozitivna cela števila Izrazite verjetnost, da zmaga A, z ustreznimi vsotami, ki vam jih ni treba sešteti Namig: H k {A zmaga natanko pri k-tem izbiranju iz škatle} Rešitev: Podobno kot v prvem delu si zamislimo, da igralci izbirajo listke v nedogled, in označimo z X število izbir, dokler izberejo a listkov A Velja X NegBin ( a, 3 1 Igralec A ima možnosti za zmago, če se zgodi dogodek Hk {X k} za k a, a + 1,, a + b + c Če se zgodi H k, vemo, da sta igralca B in C skupaj dobila k a točk Pogojno se točke med igralca A in B porazdelijo binomsko z verjetnostjo 1 Igralec A bo zmagal, če bo število točk l igralca B ustrezalo neenačbama l < b in k a l < c ali k a c < l < b Sledi P (zmaga A min{a+b,a+c} 1 ka P (H k + a+b+c kmin{a+b,a+c} P (H k P (zmaga A H k Po zgornjem razmisleku so pogojne verjetnosti v drugi vsoti enake P (zmaga A H k ( k a 1 b 1 lk a c+1 ( k a Vstavimo verjetnosti za negativno binomsko porazdelitev in dobimo kmin{a+b,a+c} l ( a min{a+b,a+c} 1 1 ( ( k a k 1 P (zmaga A 3 a 1 3 ka a+b+c ( ( k k 1 1 b 1 + a 1 3 lk a c+1 ( k a l

3 ob dogovoru, da je vsota enaka nič, če je končni indeks manjši od začetnega (to se zgodi pri drugi vsoti, če je a b 1 Če pa sprejmemo še dogovor, da je 0, brž ko je r < 0 ali r > m, se celoten izraz poenostavi kar v: ( m r P (zmaga A a+b+c ka ( k 1 a 1 ( 1 3 k b 1 lk a c+1 ( k a l 3

4 (0 Pošten kovanec mečemo, dokler ne dobimo dveh grbov zapovrstjo Predpostavljamo, da so meti med sabo neodvisni Naj bo Y potrebno število metov Naj bo X celotno število grbov, ki jih dobimo pred dvema zapovrstnima grboma Za k 1,, definiramo { 1, če je k-ti met grb in je Y k +, I k 0 sicer a (10 Utemeljite, da je P (I in P (I k 1 1 P (Y k 1 za k 8 Rešitev: Dogodek {I 1 1} se zgodi, če na začetku dobimo grb, za njim pa številko Dogodek {I k 1} se zgodi, če na k-tem metu dobimo grb, pred njim in za njim številko, med prvimi k meti pa ni dveh zaporednih grbov Ker so meti neodvisni, je dogodek, da med prvimi k meti ni dveh grbov, nodvisen od izidov v metih k 1, k, k + 1 Zveza sledi b (10 Predpostavite kot znano, da je E(Y 6 Izračunajte E(X Kot znano privzemite, da za nenegativne slučajne spremenljivke X 1, X, vedno velja ( E X k E(X k Rešitev: Zapišemo lahko X I k Vsota je končna, brž ko je Y končen, to pa se zgodi z verjetnostjo ena Zapišemo ( E(X E I k E(I k Vsoto prepišemo v E(X k 1 P (Y k 1 8 Vemo, da je Sledi, da je P (Y k 1 P (Y n E(Y k n1 E(X E(Y 1 4

5 3 (0 Za vsak n N naj bo ( X (n 1,, X n (n slučajni vektor z gostoto, dano z f n (x 1,, x n c n (1 + x x n n+1 za ustrezno konstanto c n > 0 a (10 Naj bo k N Pokažite, da je porazdelitev slučajnega vektorja ( (n X 1,, X (n k enaka ne glede na n k Tako lahko zgornje indekse odmislimo Namig: oglejte si najprej primer, ko je n k + 1 Rešitev: Za n k + 1 z uvedbo nove spremenljivke x k x x k u izračunamo: f (k+1 X 1,,X (k+1 k (x 1,, x k c k+1 f n (x 1,, x k, x k+1 dx k+1 c k+1 dx k+1 (1 + x x k + x k+1 k x x k du (1 + x x k k+3 (1 + u k+3 d k ( 1 + x x k k+1 kjer je d k ustrezni integral, neodvisen od x 1,, x k A ker se mora gostota integrirati v 1, mora biti d k c k Dobili smo oziroma f (k+1 X 1,,X (k+1 k (x 1,, x k f X k 1,,X k k (x 1,, x k f (n X (x 1,,X (n 1,, x n 1 f (n 1 n 1 X To pomeni tudi, da za vse k < n velja f (n X 1,,X (n k Z iteriranjem po n dobimo f (n X 1,,X (n k od koder sledi dana trditev (x 1,, x k f X (n 1 (x 1,, x k f X (k b (10 Dokažite, da sta slučajna vektorja 1,,X (n 1 n 1 1,,X (n 1 k 1,,X(k k (x 1,, x n 1 (x 1,, x k (x 1,, x k, (X 1, X,, X k in 1 (X 1 + X 1 + X + + Xk k+1, X k+,, X n neodvisna za vse k 1,,, n 1 5

6 Rešitev: Definirajmo preslikavo F : R n R n po predpisu F (x 1,, x n ( : x 1,, x k, x k+1 x,, n 1 + x 1 + x + + x k 1 + x 1 + x + + x k in si oglejmo slučajni vektor (Y 1,, Y n : F (X 1, X,, X n Preslikava F je bijektivna in ekvivalentno je dokazati, da sta slučajna vektorja (Y 1,, Y k in (Y k+1,, Y n neodvisna Po krajšem računu dobimo f Y1,,Y n (y 1,, y n (1 + y1 + + yk (n k/ f n (y 1,, y k, 1 + y1 + + yk y k+1,, 1 + y1 + + yk y n c n (1 + y y k (k+1/ (1 + y k y n (n+1/, kar je produkt funkcije le spremenljivk y 1,, y k in funkcije le spremenljivk y k+1,, y n, zato sta dana slučajna vektorja res neodvisna 6

7 4 (0 Naj bo 0 < a, b < 1 Slučajna spremenljivka N naj bo porazdeljena geometrijsko Geom(a Nadalje naj bo K slučajna spremenljivka, ki je pogojno na N n porazdeljena negativno binomsko NegBin(n, b Držimo se naslednjih dogovorov: Slučajna spremenljivka N je porazdeljena geometrijsko Geom(p, če za n 1,, 3, velja P (N n p(1 p n 1 Slučajna spremenljivka X je porazdeljena negativno binomsko NegBin(n, p, če za k n, n + 1, n +, velja P (X k ( k 1 n 1 p n (1 p k n a (10 Določite brezpogojno porazdelitev slučajne spremenljivke K Rešitev: Po predpostavki za k n, n + 1, n +, velja P (N n a(1 a n 1 ; n 1,, 3, ( k 1 P (K k N n b n (1 b k n ; k n, n + 1, n +, n 1 Po izreku o popolni verjetnosti je P (K k n P (N n P (K k N n k ( k 1 a(1 a n 1 b n (1 b k n n 1 n1 k 1 ( k 1 ab (1 a l b l (1 b k l 1 l l0 ab(1 ab k 1 Slučajna spremenljivka K je torej porazdeljena geometrijsko Geom(ab b (10 Za vse k 1,, 3, določite pogojno porazdelitev slučajne spremenljivke N 1 glede na K k Rešitev: Pogojno na K k lahko slučajna spremenljivka N zavzame vrednosti iz množice {1,, k}, torej lahko N 1 zavzame vrednosti iz množice {0, 1, k 1} Za l iz te množice velja P (N 1 l K k P (N l + 1 K k P (N l + 1 P (K n N l + 1 P (K k ( k 1 (1 a l b l (1 b k l 1 l (1 ab l ( ( l ( k 1 l k 1 (1 ab 1 b l 1 ab 1 ab Od tod zaključimo, da je slučajna spremenljivka N 1 pogojno na K k porazdeljena binomsko Bin ( k 1, (1 ab 1 ab 7

8 5 (0 Naj bodo X 1, X, in N neodvisne slučajne spremenljivke in λ > 0 Slučajne spremenljivke X 1, X, naj bodo enako porazdeljene, slučajna spremenljivka N pa naj ima Poissonovo porazdelitev Pois(λ, t j P (N n λn e λ Nadalje je znano, da je porazdelitev slučajne spremenljivke S X 1 + X + + X N podana s predpisom P (S k 1 ; k 0, 1,, k+1 a (15 Določite porazdelitev slučajnih spremenljivk X 1, X, za λ 1 Rešitev: Označimo z G X rodovno funkcijo slučajnih spremenljivk X 1, X,, z G N rodovno funkcijo slučajne spremenljivke N, z G S pa rodovno funkcijo slučajne spremenljivke S Vemo, da je G S (s G N (G X (s S seštetjem ustreznih vrst dobimo G N (s e s 1 in G S (s 1 s Torej mora veljati e G X(s 1 1 s, od koder dobimo ( G X (s 1 ln( s 1 ln ln 1 s 1 ln + Torej za i 1,, 3, velja s k k k P (X i 0 1 ln, P (X i k 1 ; k 1,, 3, k k b (5 Za katere λ sploh obstajajo takšne slučajne spremenljivke? Rešitev: Zdaj mora veljati e λ(g X(s 1 1 s, od koder dobimo G X (s 1 ln( s λ 1 ln λ + 1 λ s k k k Očitno je G X (1 1, vsi koeficienti pa bodo nenegativni natanko tedaj, ko bo λ ln : to je potreben in zadosten pogoj za obstoj zahtevanih slučajnih spremenljivk 8

9 6 (0 Naj bo N množica z n elementi Naključno izberemo permutacijo teh elementov, tako da so vse permutacije enako verjetne Vsako permutacijo lahko zapišemo kot produkt ciklov a (10 Naj bo J N podmnožica z j elementi Izračunajte verjetnost, da ti elementi v izbrani permutaciji tvorijo zaključen cikel Rešitev: Preštejmo vse permutacije, pri katerih ti elementi tvorijo cikel Izberimo element a 1 J, nato element a J \ {a 1 }, v katerega se preslika a 1, nato element a 3 J \ {a 1, a 1 }, v katerega se preslika a, in tako naprej do a j ; slednji element naj se preslika v a 1 Pri že izbranem elementu a 1 vsi možni cikli natanko ustrezajo izbiram elementov a, a 3,, a j, teh pa je (j 1! Nato moramo izbrati še, kako se permutirajo elementi izven J Neodvisno od prejšnje izbire imamo za to (n j! možnosti Iskana verjetnost je torej (j 1! (n j! b (10 Izračunajte verjetnost, da ima naključna permutacija n elementov vsaj en cikel dolžine j Dobljenih vsot vam ni treba poenostavljati Namig: izrazite ustrezni dogodek z dogodki A J, da elementi množice J v izbrani permutaciji tvorijo zaključen cikel Rešitev: Če z A označimo dogodek, da ima izbrana permutacija vsaj en cikel dolžine j, velja A A J Po načelu vključitev in izključitev je P (A n ( 1 k 1 J N J j J 1,,J k P (A J1 A J A Jk, sumacijski znak pa tu označuje vsoto po vseh neurejenih izborih različnih podmnožic J 1, J,, J k Če želimo, da je P (A J1 A J A Jk > 0, morajo biti le-te tudi disjunktne in veljati mora jk n Z večkratno uporabo točke a dobimo P (A J1 A J A Jk (j 1! (n j! (j 1! (n j! (n j! ( k(n (j 1! kj! (j 1! (n kj! (n (k 1j! Ker je število vseh neurejenih izbir k disjunktnih podmnožic moči j enako (j! k (n kj! k!, 9

10 je končno n/j P (A ( 1 k 1 (j! k (n kj! k! ( (j 1! k(n kj! n/j ( 1 k 1 k! j k 10