Cześć mam problem z rozwiązaniem tych zadań proszę o pomoc z góry dziękuje
1.Dwóch graczy A i B rzuca na zmiane symetryczna moneta. Wygrywa
ten z nich, który jako pierwszy wyrzuci orła. Opisz przestrzen zdarzen
elementarnych. Oblicz prawdopodobienstwo wygranej dla kazdego z tych graczy.
2. Trzej wiezniowie A, B, C czekaja na egzekucje w wiezieniu.
Przed wyborami prezydent postanowił ułaskawic jednego z nich. Wiadomosc
ta dotarła do wiezniów. Wiezien A postanowił podpytac straznika, który
z nich zostanie uwolniony. Straznik nie chcac stracic pracy powiedział, ze
tego mu nie moze powiedziec, ale moze mu zdradzic, ze wiezien C zostanie
stracony. Wiezien A ucieszył sie, ze jego szanse wzrosły do 1/2. Czy miał racje?
3. W czasie gry w brydza widzimy, ze nie dostalismy ani jednego
asa. Jakie jest prawdopodobienstwo, ze nasz partner tez nie dostał zadnego
asa?
4 Pewien matematyk nosi w kieszeni (lewej i prawej) po jednym pudełku zapałek. Ilekroc chce zapalic
papierosa siega do losowo wybranej kieszeni. Jaka jest szansa na to, ze gdy
po raz pierwszy wyciagnie puste pudełko to w drugim bedzie k zapałek?
(k = 1, 2, 3, ...,m gdzie m jest liczba zapałek w pełnym pudełku. Zakładamy,
ze poczatkowo matematyk ma 2 pełne pudełka.)
5. Rzucamy szescienna kostka a nastepnie symetryczna moneta tyle
razy, ile wypadło oczek na kostce. Oblicz prawdopodobienstwo:
a) wyrzucenia 3 orłów,
b) wyrzucenia 6 oczek, jesli wypadły 3 orły,
c) wyrzucenia 6 oczek, jesli nie wypadł ani jeden orzeł.
6.Dwaj gracze A i B rzucaja na zmiane kostka symetryczna. Wygrywa ten z nich, który jako pierwszy wyrzuci 6. Korzystajac z wzoru na prawdopodobienstwo całkowite, oblicz prawdopodobienstwo wygranej dla kazdego
z graczy
Dwóch graczy A i B
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
martinex456
- Witam na forum
- Posty: 1
- Rejestracja: 01 kwie 2024, 19:37
- Płeć:
-
Jerry
- Expert
- Posty: 3534
- Rejestracja: 18 maja 2009, 09:23
- Podziękowania: 51 razy
- Otrzymane podziękowania: 1940 razy
Re: Dwóch graczy A i B
\(p(A)={1\over2}+{1\over2}\cdot{1\over2}\cdot{1\over2}+{1\over2}\cdot{1\over2}\cdot{1\over2}\cdot{1\over2}\cdot{1\over2}+\ldots=\dfrac{{1\over2}}{1-{1\over4}}={2\over3}\\martinex456 pisze: ↑01 kwie 2024, 19:45 1.Dwóch graczy A i B rzuca na zmiane symetryczna moneta. Wygrywa
ten z nich, który jako pierwszy wyrzuci orła. Opisz przestrzen zdarzen
elementarnych. Oblicz prawdopodobienstwo wygranej dla kazdego z tych graczy.
p(B)=1-p(A)={1\over3}\)
Pozdrawiam
-
Jerry
- Expert
- Posty: 3534
- Rejestracja: 18 maja 2009, 09:23
- Podziękowania: 51 razy
- Otrzymane podziękowania: 1940 razy
Re: Dwóch graczy A i B
\(p(A)=\dfrac{{35\choose13}}{{39\choose13}}=\ldots\)martinex456 pisze: ↑01 kwie 2024, 19:45 3. W czasie gry w brydza widzimy, ze nie dostalismy ani jednego asa. Jakie jest prawdopodobienstwo, ze nasz partner tez nie dostał zadnego asa?
Pozdrawiam
-
Jerry
- Expert
- Posty: 3534
- Rejestracja: 18 maja 2009, 09:23
- Podziękowania: 51 razy
- Otrzymane podziękowania: 1940 razy
Re: Dwóch graczy A i B
\(p(A)={1\over6}+{5\over6}\cdot{5\over6}\cdot{1\over6}+{5\over6}\cdot{5\over6}\cdot{5\over6}\cdot{5\over6}\cdot{1\over6}+\ldots=\dfrac{{1\over6}}{1-{25\over36}}=\ldots\\martinex456 pisze: ↑01 kwie 2024, 19:45 6.Dwaj gracze A i B rzucaja na zmiane kostka symetryczna. Wygrywa ten z nich, który jako pierwszy wyrzuci 6. Korzystajac z wzoru na prawdopodobienstwo całkowite, oblicz prawdopodobienstwo wygranej dla kazdego z graczy
p(B)=1-p(A)=\ldots\)
Pozdrawiam
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 1586
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 2 razy
- Otrzymane podziękowania: 418 razy
Re: Dwóch graczy A i B
Zadanie 1
Wykorzystamy fakt, że jeśli w dwóch rzutach monetą nikt z graczy nie wygrał, sytuacja jest identyczna jak na początku gry (znowu każdy z graczy A, B ma takie same szanse na wygraną).
Niech \( p_{A} \) oznacza wygraną gracza A.
W pierwszej grze gracz A wygrywa z prawdopodobieństwem \( p\) i z prawdopodobieństwem \( 1 − p \) gra toczy sie dalej.
Następnie, jeśli gracz B nie wygra, co zdarzy się z prawdopodobieństwem \( 1- p \) - gracze wracają do początkowych szans na wygraną.
Stąd
\( p_{A}= p+ (1-p)\cdot ((1-p)\cdot p_{A}) = p + (1-p)^2\cdot p_{A} \)
\( p_{A} = \frac{p}{1 - (1-p)^2}.\)
Aby obliczyć prawdopodobieństwo wygrania gracza B, wystarczy zauważyć, że jeśli w pierwszej grze wypadnie reszka to
\( p_{B} = (1-p)\cdot p_{A} = \frac{(1-p)\cdot p}{1 -(1-p)^2}. \)
Dla \( p = \frac{1}{2} :\)
\( p_{A} = \frac{4}{6}= \frac{2}{3}, \ \ p_{B} = \frac{2}{6}= \frac{1}{3}.\)
Wykorzystamy fakt, że jeśli w dwóch rzutach monetą nikt z graczy nie wygrał, sytuacja jest identyczna jak na początku gry (znowu każdy z graczy A, B ma takie same szanse na wygraną).
Niech \( p_{A} \) oznacza wygraną gracza A.
W pierwszej grze gracz A wygrywa z prawdopodobieństwem \( p\) i z prawdopodobieństwem \( 1 − p \) gra toczy sie dalej.
Następnie, jeśli gracz B nie wygra, co zdarzy się z prawdopodobieństwem \( 1- p \) - gracze wracają do początkowych szans na wygraną.
Stąd
\( p_{A}= p+ (1-p)\cdot ((1-p)\cdot p_{A}) = p + (1-p)^2\cdot p_{A} \)
\( p_{A} = \frac{p}{1 - (1-p)^2}.\)
Aby obliczyć prawdopodobieństwo wygrania gracza B, wystarczy zauważyć, że jeśli w pierwszej grze wypadnie reszka to
\( p_{B} = (1-p)\cdot p_{A} = \frac{(1-p)\cdot p}{1 -(1-p)^2}. \)
Dla \( p = \frac{1}{2} :\)
\( p_{A} = \frac{4}{6}= \frac{2}{3}, \ \ p_{B} = \frac{2}{6}= \frac{1}{3}.\)
-
maria19
- Stały bywalec
- Posty: 373
- Rejestracja: 31 maja 2019, 19:32
- Podziękowania: 346 razy
- Otrzymane podziękowania: 95 razy
Re: Dwóch graczy A i B
Nowicjusz złamał pkt.14 regulaminu forum ale co tam..to juz dawno przestało byc zabawne. Teraz janusz vel zaskronczyk vel Michael vel Biedny vel okomo vel.. będzie prezentował swoje poprawione wersje rozwiązań.
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 1586
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 2 razy
- Otrzymane podziękowania: 418 razy
Re: Dwóch graczy A i B
Zadanie 2
Rozważane w zadaniu doświadczenie losowe jest dwuetapowe:
W pierwszym etapie jest wyznaczenie do stracenia następnego dnia jednego z trzech więźniów, każdy z prawdopodobieństwem \( \frac{1}{3}.\)
Drugim etapem jest oświadczenie strażnika, kto nie będzie stracony, zgodnie z prośbą więźnia A.
Wynik doświadczenia dwuetapowego składa się z dwóch wyników kolejnych doświadczeń cząstkowych, a jego prawdopodobieństwo jest iloczynem prawdopodobieństw tych wyników.
Niech \( a, \ \ b,\ \ c \) oznaczają odpowiednio wyznaczenie do stracenia więźnia \( A, B, C \) i \( b', c' \) oznaczają, że strażnik oświadczył więźniowi A, iż nie będzie stracony odpowiednio \( B \) i \( C. \)
Mamy obliczyć prawdopodobieństwa warunkowe \( P(A|B^{-}) \) i \( P(A|C^{-}),\) gdzie \( A = \{(a, b'), (a, c')\} \) - zdarzenie polegające na tym, że więzień A będzie stracony.
\( B^{-} = \{ (a,b'), (c, b')\} \) - zdarzenie polegające na tym, że strażnik oświadczył więźniowi A, iż B nie będzie stracony.
\( C^{-} = \{ (a, c'), (b,c')\} \) - zdarzenie strażnik oświadczył więźniowi A, iż C nie będzie stracony.
\( P(A|B^{-}) = \frac{P(A\cap B^{-})}{P(B^{-})} = \frac{P(\{(a,b' \})}{P(\{(a,b')\}) + P(\{c,b'\})} = \frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}}{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}+ \frac{1}{3}\cdot 1} = \frac{1}{3}. \)
Podobnie
\( P(A|C^{-}) = \frac{P(A\cap C^{-})}{P(C^{-})} = \frac{P(\{(a,c' \})}{P(\{(b,c)\}) + P(\{c,c'\})} = \frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}}{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}+ \frac{1}{3}\cdot 1} = \frac{1}{3}. \)
Zaś wartości prawdopodobieństw warunkowych
\( P(A|B') = \frac{P(A\cap B')}{P(B')} = \frac{P(\{(a,b'),(a,c')\})}{1- P(B)} = \frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}}{1-\frac{1}{3}} = \frac{1}{2}.\)
\( P(A|C') = \frac{P(A\cap C')}{P(C')} = \frac{P(\{(a,c'),(a,c')\})}{1- P(C)} = \frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}}{1-\frac{1}{3}} = \frac{1}{2}.\)
Jak widzimy obliczone prawdopodobieństwa warunkowe są różne, Dlaczego ? Dlatego, że prawdopodobieństwo zdarzenia \( A \) liczone jest nie przy założeniu \( B^{-} \) ale przy założeniu \( B', \) a to nie to samo. \( B^{-} \) oznacza, że stażnik oświadczył, iż więzień \( B \) nie będzie stracony, czyli \( B^{-} =\{ (a,b'),(c.b')\} \), zaś \( B' = \{(a,b'), (a,c'),(c.b') \} \) oznacza, że więzień \( B \) nie będzie stracony.
Podobna różnica jest między zdarzeniami \( C^{-} \) i \( C'. \)
Odpowiadając na pytanie zawarte w treści zadania. Więzień A nie miał racji.
Rozważane w zadaniu doświadczenie losowe jest dwuetapowe:
W pierwszym etapie jest wyznaczenie do stracenia następnego dnia jednego z trzech więźniów, każdy z prawdopodobieństwem \( \frac{1}{3}.\)
Drugim etapem jest oświadczenie strażnika, kto nie będzie stracony, zgodnie z prośbą więźnia A.
Wynik doświadczenia dwuetapowego składa się z dwóch wyników kolejnych doświadczeń cząstkowych, a jego prawdopodobieństwo jest iloczynem prawdopodobieństw tych wyników.
Niech \( a, \ \ b,\ \ c \) oznaczają odpowiednio wyznaczenie do stracenia więźnia \( A, B, C \) i \( b', c' \) oznaczają, że strażnik oświadczył więźniowi A, iż nie będzie stracony odpowiednio \( B \) i \( C. \)
Mamy obliczyć prawdopodobieństwa warunkowe \( P(A|B^{-}) \) i \( P(A|C^{-}),\) gdzie \( A = \{(a, b'), (a, c')\} \) - zdarzenie polegające na tym, że więzień A będzie stracony.
\( B^{-} = \{ (a,b'), (c, b')\} \) - zdarzenie polegające na tym, że strażnik oświadczył więźniowi A, iż B nie będzie stracony.
\( C^{-} = \{ (a, c'), (b,c')\} \) - zdarzenie strażnik oświadczył więźniowi A, iż C nie będzie stracony.
\( P(A|B^{-}) = \frac{P(A\cap B^{-})}{P(B^{-})} = \frac{P(\{(a,b' \})}{P(\{(a,b')\}) + P(\{c,b'\})} = \frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}}{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}+ \frac{1}{3}\cdot 1} = \frac{1}{3}. \)
Podobnie
\( P(A|C^{-}) = \frac{P(A\cap C^{-})}{P(C^{-})} = \frac{P(\{(a,c' \})}{P(\{(b,c)\}) + P(\{c,c'\})} = \frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}}{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}+ \frac{1}{3}\cdot 1} = \frac{1}{3}. \)
Zaś wartości prawdopodobieństw warunkowych
\( P(A|B') = \frac{P(A\cap B')}{P(B')} = \frac{P(\{(a,b'),(a,c')\})}{1- P(B)} = \frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}}{1-\frac{1}{3}} = \frac{1}{2}.\)
\( P(A|C') = \frac{P(A\cap C')}{P(C')} = \frac{P(\{(a,c'),(a,c')\})}{1- P(C)} = \frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}}{1-\frac{1}{3}} = \frac{1}{2}.\)
Jak widzimy obliczone prawdopodobieństwa warunkowe są różne, Dlaczego ? Dlatego, że prawdopodobieństwo zdarzenia \( A \) liczone jest nie przy założeniu \( B^{-} \) ale przy założeniu \( B', \) a to nie to samo. \( B^{-} \) oznacza, że stażnik oświadczył, iż więzień \( B \) nie będzie stracony, czyli \( B^{-} =\{ (a,b'),(c.b')\} \), zaś \( B' = \{(a,b'), (a,c'),(c.b') \} \) oznacza, że więzień \( B \) nie będzie stracony.
Podobna różnica jest między zdarzeniami \( C^{-} \) i \( C'. \)
Odpowiadając na pytanie zawarte w treści zadania. Więzień A nie miał racji.
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 1586
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 2 razy
- Otrzymane podziękowania: 418 razy
Re: Dwóch graczy A i B
Zadanie 4
Zadanie matematyka Stefana Banacha.
Kiedy nasz matematyk potrzebuje zapałki wybiera jedną z kieszeni losowo, tak że kolejne próby stanowią doświadczenie Bernoulliego z \( p = \frac{1}{2}. \)
Przypuśćmy, że każde pudełko zawierało na początku \( n \) zapałek i rozpatrzmy moment gdy pierwszy raz nasz matematyk wyciągnie z kieszeni puste pudełko.
W tym momencie drugie pudełko może zawierać \( r = 0,1,2, ..., n \) zapałek.
Będziemy utożsamiali " sukces" z wyborem lewej kieszeni. Chwila, w której z lewej kieszeni zostanie wyciągnięte puste pudełko, w prawej będzie jeszcze \( r \) zapałek nastąpi wtedy i tylko wtedy, gdy dokładnie \( n-r \) porażek poprzedzi \( (n+1) \) sukces.
Prawdopodobieństwo tego zdarzenia zgodnie z ujemnym rozkładem dwumianowym z \( v = n+1, \ \ k = n-r, \ \ p = \frac{1}{2} \) wynosi
\( {2n -r \choose n-r} 2^{-2n +r-1} \)
To samo rozumowanie stosujemy do prawej kieszeni, wobec czego szukane prawdopodobieństwo wynosi
\( p = 2\cdot {2n -r \choose n-r} 2^{-2n +r-1} = {2n - r \choose n-r}2^{-2n +r}. \)
Obliczmy wartości liczbowe prawdopodobieństw na przykład dla \( n=50 \) i \( r = 0, 5, 10, 15, 25. \)
Program R
\( \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \\
r & 0 & 5 & 10 & 15 & 20 & 25 \\ \hline
p_{r} & 0,079589 & 0,071674 & 0,048363 & 0,023171 & 0,007338 & 0,001392 \\ \hline
\end{array} \)
Zadanie matematyka Stefana Banacha.
Kiedy nasz matematyk potrzebuje zapałki wybiera jedną z kieszeni losowo, tak że kolejne próby stanowią doświadczenie Bernoulliego z \( p = \frac{1}{2}. \)
Przypuśćmy, że każde pudełko zawierało na początku \( n \) zapałek i rozpatrzmy moment gdy pierwszy raz nasz matematyk wyciągnie z kieszeni puste pudełko.
W tym momencie drugie pudełko może zawierać \( r = 0,1,2, ..., n \) zapałek.
Będziemy utożsamiali " sukces" z wyborem lewej kieszeni. Chwila, w której z lewej kieszeni zostanie wyciągnięte puste pudełko, w prawej będzie jeszcze \( r \) zapałek nastąpi wtedy i tylko wtedy, gdy dokładnie \( n-r \) porażek poprzedzi \( (n+1) \) sukces.
Prawdopodobieństwo tego zdarzenia zgodnie z ujemnym rozkładem dwumianowym z \( v = n+1, \ \ k = n-r, \ \ p = \frac{1}{2} \) wynosi
\( {2n -r \choose n-r} 2^{-2n +r-1} \)
To samo rozumowanie stosujemy do prawej kieszeni, wobec czego szukane prawdopodobieństwo wynosi
\( p = 2\cdot {2n -r \choose n-r} 2^{-2n +r-1} = {2n - r \choose n-r}2^{-2n +r}. \)
Obliczmy wartości liczbowe prawdopodobieństw na przykład dla \( n=50 \) i \( r = 0, 5, 10, 15, 25. \)
Program R
Kod: Zaznacz cały
> p0 = choose(100-0, 50-0)*2^(-100+0)
> p0
[1] 0.07958924
> p5 = choose(100-5,50-5)*2^(-100+5)
> p5
[1] 0.07167424
> p10 = choose(100-10,50-10)*2^(-100+10)
> p10
[1] 0.04836333
> p15 = choose(100-15,50-15)*2^(-100+15)
> p15
[1] 0.02317105
> p20 = choose(100-20,50-20)*2^(-100+20)
> p20
[1] 0.00733826
> p25 = choose(100-25,50-25)*2^(-100+25)
> p25
[1] 0.001392007
r & 0 & 5 & 10 & 15 & 20 & 25 \\ \hline
p_{r} & 0,079589 & 0,071674 & 0,048363 & 0,023171 & 0,007338 & 0,001392 \\ \hline
\end{array} \)
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 1586
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 2 razy
- Otrzymane podziękowania: 418 razy
Re: Dwóch graczy A i B
Zadanie 4
Zadanie matematyka Stefana Banacha.
Kiedy nasz matematyk potrzebuje zapałki wybiera jedną z kieszeni losowo, tak że kolejne próby stanowią doświadczenie Bernoulliego z \( p = \frac{1}{2}. \)
Przypuśćmy, że każde pudełko zawierało na początku \( n \) zapałek i rozpatrzmy moment gdy pierwszy raz nasz matematyk wyciągnie z kieszeni puste pudełko.
W tym momencie drugie pudełko może zawierać \( r = 0,1,2, ..., n \) zapałek.
Będziemy utożsamiali " sukces" z wyborem lewej kieszeni. Chwila, w której z lewej kieszeni zostanie wyciągnięte puste pudełko, w prawej będzie jeszcze \( r \) zapałek nastąpi wtedy i tylko wtedy, gdy dokładnie \( n-r \) porażek poprzedzi \( (n+1) \) sukces.
Prawdopodobieństwo tego zdarzenia zgodnie z ujemnym rozkładem dwumianowym z \( v = n+1, \ \ k = n-r, \ \ p = \frac{1}{2} \) wynosi
\( {2n -r \choose n-r} 2^{-2n +r-1} \)
To samo rozumowanie stosujemy do prawej kieszeni, wobec czego szukane prawdopodobieństwo wynosi
\( p_{r} = 2\cdot {2n -r \choose n-r} 2^{-2n +r-1} = {2n - r \choose n-r}2^{-2n +r}. \)
Obliczmy wartości liczbowe prawdopodobieństw na przykład dla \( n=50 \) i \( r = 0, 5, 10, 15, 25. \)
Program R
\( \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \\
r & 0 & 5 & 10 & 15 & 20 & 25 \\ \hline
p_{r} & 0,079589 & 0,071674 & 0,048363 & 0,023171 & 0,007338 & 0,001392 \\ \hline
\end{array} \)
Zadanie matematyka Stefana Banacha.
Kiedy nasz matematyk potrzebuje zapałki wybiera jedną z kieszeni losowo, tak że kolejne próby stanowią doświadczenie Bernoulliego z \( p = \frac{1}{2}. \)
Przypuśćmy, że każde pudełko zawierało na początku \( n \) zapałek i rozpatrzmy moment gdy pierwszy raz nasz matematyk wyciągnie z kieszeni puste pudełko.
W tym momencie drugie pudełko może zawierać \( r = 0,1,2, ..., n \) zapałek.
Będziemy utożsamiali " sukces" z wyborem lewej kieszeni. Chwila, w której z lewej kieszeni zostanie wyciągnięte puste pudełko, w prawej będzie jeszcze \( r \) zapałek nastąpi wtedy i tylko wtedy, gdy dokładnie \( n-r \) porażek poprzedzi \( (n+1) \) sukces.
Prawdopodobieństwo tego zdarzenia zgodnie z ujemnym rozkładem dwumianowym z \( v = n+1, \ \ k = n-r, \ \ p = \frac{1}{2} \) wynosi
\( {2n -r \choose n-r} 2^{-2n +r-1} \)
To samo rozumowanie stosujemy do prawej kieszeni, wobec czego szukane prawdopodobieństwo wynosi
\( p_{r} = 2\cdot {2n -r \choose n-r} 2^{-2n +r-1} = {2n - r \choose n-r}2^{-2n +r}. \)
Obliczmy wartości liczbowe prawdopodobieństw na przykład dla \( n=50 \) i \( r = 0, 5, 10, 15, 25. \)
Program R
Kod: Zaznacz cały
> p0 = choose(100-0, 50-0)*2^(-100+0)
> p0
[1] 0.07958924
> p5 = choose(100-5,50-5)*2^(-100+5)
> p5
[1] 0.07167424
> p10 = choose(100-10,50-10)*2^(-100+10)
> p10
[1] 0.04836333
> p15 = choose(100-15,50-15)*2^(-100+15)
> p15
[1] 0.02317105
> p20 = choose(100-20,50-20)*2^(-100+20)
> p20
[1] 0.00733826
> p25 = choose(100-25,50-25)*2^(-100+25)
> p25
[1] 0.001392007
r & 0 & 5 & 10 & 15 & 20 & 25 \\ \hline
p_{r} & 0,079589 & 0,071674 & 0,048363 & 0,023171 & 0,007338 & 0,001392 \\ \hline
\end{array} \)
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 1586
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 2 razy
- Otrzymane podziękowania: 418 razy
Re: Dwóch graczy A i B
Zadanie 5
Wykonujemy dwuetapowe doświadczenie losowe:
- rzut symetryczną sześcienną kostką:
\( \Omega = \{ 1,2,3,4,5,6 \} \)
\( p(\{1\})= ... = p(\{6\}) = \frac{1}{6}.\)
-rzuty symetryczną monetą, w zależności od liczby wyrzuconej oczek w pierwszym rzucie
a)
Jeśli oznaczymy przez \( A \) zdarzenie " wyrzucono dokładnie trzy orły," to aby w rzucie monetą otrzymać trzy orły (rzucając co najmniej trzykrotnie monetą) - w pierwszym rzucie musieliśmy otrzymać \( 3, 4, 5, 6 \) oczek.
Ze względu na dużą ilość wyników w tym etapie - zastosujemy schemat Bernoulliego \( \mathcal{B}\left(\frac{1}{2}, n=3,4,5,6\right) \)
Obliczamy kolejne wartości prawdopodobieństw warunkowych:
\( P(A|\{3\}) = {3 \choose 3}\left(\frac{1}{2}\right)^3\left(\frac{1}{2}\right)^{0} = \frac{1}{8}.\)
\( P(A|\{4\}) = {4 \choose 3}\left(\frac{1}{2}\right)^3\left(\frac{1}{2}\right)^{1} = 4\cdot \frac{1}{16} = \frac{1}{4}.\)
\( P(A|\{5\}) = {5 \choose 3}\left(\frac{1}{2}\right)^3\left(\frac{1}{2}\right)^{2} = 10\cdot \frac{1}{32} = \frac{5}{16}.\)
\( P(A|\{6\}) = {6 \choose 3}\left(\frac{1}{2}\right)^3\left(\frac{1}{2}\right)^{3} = 12\cdot \frac{1}{64} = \frac{3}{16}.\)
Ze wzoru na prawdopodobieństwo zupełne:
\( P(A)= p(\{3\})\cdot P(A|\{3\}) + p(\{4\})\cdot P(A|\{4\}) + p(\{5\})\cdot P(A|\{5\}) + p(\{6\})\cdot P(A|\{6\}).\)
\( P(A) = \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{8} + \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{4} +\frac{1}{6}\cdot \frac{5}{16} + \frac{1}{6}\cdot \frac{3}{16} = \frac{1}{6}\left( \frac{1}{8} + \frac{1}{4} + \frac{5}{16} +\frac{3}{16}\right) = \frac{1}{6}\cdot \frac{14}{16}= \frac{7}{48}.\)
W wyniku rzutów sześcienną kostką i symetryczną monetą, możemy oczekiwać, że w około \( 15\% \) ogólnej liczby wyników, otrzymamy dokładnie trzy orły.
b)
Mamy obliczyć wartość prawdopodobieństwa warunkowego:
\( P(\{6\}|A) = \frac{P(A\cap \{6\})}{P(A)}= \frac{ p(\{6\})\cdot P(A|\{6\})}{P(A)} = \frac{\frac{1}{6}\cdot \frac{3}{16} }{\frac{7}{48}} =\frac{3}{96}\cdot \frac{48}{7} = \frac{3}{14}.\)
Możemy spodziewać, się, że jeśli otrzymano trzy orły, to w około \( 21\% \) ogólnej liczby wyników wyrzucono \( 6 \) oczek.
c)
Zdarzenie \( B \) - " nie wypadł ani jeden orzeł"
To oznacza, że wypadły same reszki.
W tym przypadku nie mamy ograniczeń na liczbę oczek otrzymanych w pierwszym rzucie monetą.
Stosując wzór na prawdopodobieństwo zupełne możemy napisać:
\( P(B) = p(\{1\})\cdot P(B|\{1\}) + p(\{2\})\cdot P(B|\{2\}) + p(\{3\})\cdot P(B|\{3\}) + p(\{4\})\cdot P(B|\{4\}) + p(\{5\})\cdot P(B|\{5\})+ p(\{6\})\cdot P(B|\{6\}).\)
Proszę obliczyć wartości prawdopodobieństw warunkowych prawdopodobieństwo zdarzenia \( B \) oraz wartość prawdopodobieństwa warunkowego \( P(\{6\}|B). \)
Wykonujemy dwuetapowe doświadczenie losowe:
- rzut symetryczną sześcienną kostką:
\( \Omega = \{ 1,2,3,4,5,6 \} \)
\( p(\{1\})= ... = p(\{6\}) = \frac{1}{6}.\)
-rzuty symetryczną monetą, w zależności od liczby wyrzuconej oczek w pierwszym rzucie
a)
Jeśli oznaczymy przez \( A \) zdarzenie " wyrzucono dokładnie trzy orły," to aby w rzucie monetą otrzymać trzy orły (rzucając co najmniej trzykrotnie monetą) - w pierwszym rzucie musieliśmy otrzymać \( 3, 4, 5, 6 \) oczek.
Ze względu na dużą ilość wyników w tym etapie - zastosujemy schemat Bernoulliego \( \mathcal{B}\left(\frac{1}{2}, n=3,4,5,6\right) \)
Obliczamy kolejne wartości prawdopodobieństw warunkowych:
\( P(A|\{3\}) = {3 \choose 3}\left(\frac{1}{2}\right)^3\left(\frac{1}{2}\right)^{0} = \frac{1}{8}.\)
\( P(A|\{4\}) = {4 \choose 3}\left(\frac{1}{2}\right)^3\left(\frac{1}{2}\right)^{1} = 4\cdot \frac{1}{16} = \frac{1}{4}.\)
\( P(A|\{5\}) = {5 \choose 3}\left(\frac{1}{2}\right)^3\left(\frac{1}{2}\right)^{2} = 10\cdot \frac{1}{32} = \frac{5}{16}.\)
\( P(A|\{6\}) = {6 \choose 3}\left(\frac{1}{2}\right)^3\left(\frac{1}{2}\right)^{3} = 12\cdot \frac{1}{64} = \frac{3}{16}.\)
Ze wzoru na prawdopodobieństwo zupełne:
\( P(A)= p(\{3\})\cdot P(A|\{3\}) + p(\{4\})\cdot P(A|\{4\}) + p(\{5\})\cdot P(A|\{5\}) + p(\{6\})\cdot P(A|\{6\}).\)
\( P(A) = \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{8} + \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{4} +\frac{1}{6}\cdot \frac{5}{16} + \frac{1}{6}\cdot \frac{3}{16} = \frac{1}{6}\left( \frac{1}{8} + \frac{1}{4} + \frac{5}{16} +\frac{3}{16}\right) = \frac{1}{6}\cdot \frac{14}{16}= \frac{7}{48}.\)
W wyniku rzutów sześcienną kostką i symetryczną monetą, możemy oczekiwać, że w około \( 15\% \) ogólnej liczby wyników, otrzymamy dokładnie trzy orły.
b)
Mamy obliczyć wartość prawdopodobieństwa warunkowego:
\( P(\{6\}|A) = \frac{P(A\cap \{6\})}{P(A)}= \frac{ p(\{6\})\cdot P(A|\{6\})}{P(A)} = \frac{\frac{1}{6}\cdot \frac{3}{16} }{\frac{7}{48}} =\frac{3}{96}\cdot \frac{48}{7} = \frac{3}{14}.\)
Możemy spodziewać, się, że jeśli otrzymano trzy orły, to w około \( 21\% \) ogólnej liczby wyników wyrzucono \( 6 \) oczek.
c)
Zdarzenie \( B \) - " nie wypadł ani jeden orzeł"
To oznacza, że wypadły same reszki.
W tym przypadku nie mamy ograniczeń na liczbę oczek otrzymanych w pierwszym rzucie monetą.
Stosując wzór na prawdopodobieństwo zupełne możemy napisać:
\( P(B) = p(\{1\})\cdot P(B|\{1\}) + p(\{2\})\cdot P(B|\{2\}) + p(\{3\})\cdot P(B|\{3\}) + p(\{4\})\cdot P(B|\{4\}) + p(\{5\})\cdot P(B|\{5\})+ p(\{6\})\cdot P(B|\{6\}).\)
Proszę obliczyć wartości prawdopodobieństw warunkowych prawdopodobieństwo zdarzenia \( B \) oraz wartość prawdopodobieństwa warunkowego \( P(\{6\}|B). \)
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 1586
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 2 razy
- Otrzymane podziękowania: 418 razy
Re: Dwóch graczy A i B
Jeśli zadanie mamy rozwiązać, stosując twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym, dzielimy grę na trzy rozłaczne przypadki.
Gracz \( A \) wygrywa w pierwszym rzucie, gracz \( B \) wygrywa w drugim rzucie, żaden z graczy nie wygrywa ani w pierwszym, ani w drugim rzucie.
Oznaczmy, te zdarzenia odpowiednio przez \( Z_{1}, \ \ Z_{2}, \ \ Z_{3} \) , zaś zdarzenie, że wygra gracz \( A \) jako \( W_{A}, \) zdarzenie, że wygra gracz \( B \) jako \( W_{B}.\)
Ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite mamy:
\( P(W_{A}) = P(W_{A}|Z_{1})\cdot P(Z_{1}) + P(W_{A}|Z_{2})\cdot P(Z_{2}) + P(W_{A}|Z_{3})\cdot P(Z_{3}) \)
\( P(W_{A}) = 1\cdot \frac{1}{6} + 0\cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6} + P(W_{A})\cdot \frac{5}{6}\cdot \frac{5}{6} = \frac{1}{6} + \frac{25}{36}P(W_{A}).\)
\( P(W_{A}) -\frac{25}{36}\cdot P(W_{A}) = \frac{1}{6} \)
\( \frac{11}{36}\cdot P(W_{A}) = \frac{1}{6}, \ \ P(W_{A}) = \frac{6}{11}. \)
Prawdopodobieństwo, że żaden z graczy nie wygra w \( i-\)tym rzucie jest równe \( (1-p)(1-p)= \frac{5}{6}\cdot \frac{5}{6} = \frac{25}{36}.\)
Stąd
\( P(W_{A}) = P\left( \bigcup_{i=1}^{\infty}W_{A_{i}}\right) = \sum_{i=1}^{\infty} P(W_{A_{i}} ) = \sum_{i=1}^{\infty} \left(\frac{25}{36}\right)^{i-1}\frac{1}{6} = \frac{1}{6}\sum_{i=0}^{\infty} \left(\frac{25}{36}\right)^{i} = \frac{\frac{1}{6}}{1 -\frac{25}{36}} = \frac{1}{6}\cdot \frac{36}{11} = \frac{6}{11}.\)
\( P(W_{B}) = 1 - \frac{6}{11} = \frac{5}{11}.\)
Skorzystaliśmy z addytywności prawdopodobieństwa, rozkładu geometrycznego oraz ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego.
Gracz \( A \) wygrywa w pierwszym rzucie, gracz \( B \) wygrywa w drugim rzucie, żaden z graczy nie wygrywa ani w pierwszym, ani w drugim rzucie.
Oznaczmy, te zdarzenia odpowiednio przez \( Z_{1}, \ \ Z_{2}, \ \ Z_{3} \) , zaś zdarzenie, że wygra gracz \( A \) jako \( W_{A}, \) zdarzenie, że wygra gracz \( B \) jako \( W_{B}.\)
Ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite mamy:
\( P(W_{A}) = P(W_{A}|Z_{1})\cdot P(Z_{1}) + P(W_{A}|Z_{2})\cdot P(Z_{2}) + P(W_{A}|Z_{3})\cdot P(Z_{3}) \)
\( P(W_{A}) = 1\cdot \frac{1}{6} + 0\cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6} + P(W_{A})\cdot \frac{5}{6}\cdot \frac{5}{6} = \frac{1}{6} + \frac{25}{36}P(W_{A}).\)
\( P(W_{A}) -\frac{25}{36}\cdot P(W_{A}) = \frac{1}{6} \)
\( \frac{11}{36}\cdot P(W_{A}) = \frac{1}{6}, \ \ P(W_{A}) = \frac{6}{11}. \)
Prawdopodobieństwo, że żaden z graczy nie wygra w \( i-\)tym rzucie jest równe \( (1-p)(1-p)= \frac{5}{6}\cdot \frac{5}{6} = \frac{25}{36}.\)
Stąd
\( P(W_{A}) = P\left( \bigcup_{i=1}^{\infty}W_{A_{i}}\right) = \sum_{i=1}^{\infty} P(W_{A_{i}} ) = \sum_{i=1}^{\infty} \left(\frac{25}{36}\right)^{i-1}\frac{1}{6} = \frac{1}{6}\sum_{i=0}^{\infty} \left(\frac{25}{36}\right)^{i} = \frac{\frac{1}{6}}{1 -\frac{25}{36}} = \frac{1}{6}\cdot \frac{36}{11} = \frac{6}{11}.\)
\( P(W_{B}) = 1 - \frac{6}{11} = \frac{5}{11}.\)
Skorzystaliśmy z addytywności prawdopodobieństwa, rozkładu geometrycznego oraz ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego.