| Prethodna tema :: Sljedeća tema |
| Autor/ica |
Poruka |
kikzmyster
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 14. 10. 2010. (13:35:08)
Postovi: (72)16
Spol: 
|
 Postano: 13:11 čet, 26. 1. 2012 Naslov: |
    |
|
|
4. 37.
a) pretpostavit cu da drugu kuglicu izvlacimo iz iste kutije iz koje smo izvukli ovu zelenu (nije bas jasno iz zadatka kako se treba gledat)
oznacimo G-{izvucena je zelena kugla}, B-{izvucena je plava kugla}, H1, H2, H3 - {izabrana je i-ta kutija} (i=1,2,3). H1,H2,H3 cine potpun sustav dogadaja.
Sad mi trazimo P(B|G). iz poopcene formule potpune vjerojatnosti imamo [latex]\displaystyle P(B|G) = \sum_i P(B|H_i \cap G)P(H_i|G)[/latex]
racunamo redom [latex]\displaystyle P(B|G \cap H_1) = \frac{6}{11} , P(B|G \cap H_2) = \frac{8}{17} , P(B|G \cap H_3) = \frac{10}{23} [/latex] (gledamo vjerojatnost da izvucemo plavu ako smo vec izabrali i-tu kutiju i izvukli jednu zelenu kuglu. onda za npr. H1 mozemo birati plavu na 6 nacina, a sve skupa ima 11 kugli, pa je 6/11). Sad preostaje [latex]\displaystyle P(H_i|G) =(Bayes)= \frac{P(G|H_i)P(H_i)}{\sum_j P(G|H_j)P(H_j)}[/latex]
vrijedi P(H1)=1/2, P(H2)=1/6, P(H3)=1/3, P(G|H1)=4/12, P(G|H2)=6/18, P(H3)=8/24, pa sad to sve uvrstimo i dobijemo P(B|G)=6401/12903. (sumnjivo mi je rjesenje, ali ima puno prostih brojeva u nazivnicima pa bi trebalo bit nesto ovako)
b) oznacimo sa Y-{izvucene su dvije zute}. sad cemo odrediti [latex]\displaystyle P(H_1|Y) , P(H_2|Y) , P(H_3|Y) [/latex], pa ce onaj [latex]\displaystyle i[/latex] za koji je [latex]\displaystyle P(H_i|Y)[/latex] najveci bit rjesenje.
[latex]\displaystyle P(H_i|Y)=\frac{P(Y|H_i)P(H_i)}{\sum_j P(Y|H_j)P(H_j)} [/latex]
jedino sto je novo ovdje je [latex]\displaystyle P(Y|H_1) = \frac{\binom{2}{2}}{\binom{12}{2}} , P(Y|H_2) = \frac{\binom{4}{2}}{\binom{18}{2}} , P(Y|H_1) = \frac{\binom{6}{2}}{\binom{24}{2}}[/latex]. uvrstimo sve to i citamo za koji je i izraz najveci.
4. 29
dakle, [latex]\displaystyle P(djevojka)=0.4, P(bar)=0.6, P(zatvor|bar)=0.4 [/latex]
nas zanima [latex]\displaystyle P(zatvor|nije doma) = \frac{P(zatvor \cap nije doma)}{P(nije doma)} = \frac{P(zatvor)}{P(zatvor \cup djevojka)} = \frac{P(zatvor)}{P(zatvor) + P(djevojka)} [/latex]. Buduci da je zatvor podskup od bara, imamo [latex]\displaystyle P(zatvor \cap bar) = P(zatvor) = P(zatvor|bar)P(bar) = 0.24 [/latex]
dakle trazena vjerojatnost je 0.24/(0.24+0.4)
4. 37.
a) pretpostavit cu da drugu kuglicu izvlacimo iz iste kutije iz koje smo izvukli ovu zelenu (nije bas jasno iz zadatka kako se treba gledat)
oznacimo G-{izvucena je zelena kugla}, B-{izvucena je plava kugla}, H1, H2, H3 - {izabrana je i-ta kutija} (i=1,2,3). H1,H2,H3 cine potpun sustav dogadaja.
Sad mi trazimo P(B|G). iz poopcene formule potpune vjerojatnosti imamo 
racunamo redom  (gledamo vjerojatnost da izvucemo plavu ako smo vec izabrali i-tu kutiju i izvukli jednu zelenu kuglu. onda za npr. H1 mozemo birati plavu na 6 nacina, a sve skupa ima 11 kugli, pa je 6/11). Sad preostaje 
vrijedi P(H1)=1/2, P(H2)=1/6, P(H3)=1/3, P(G|H1)=4/12, P(G|H2)=6/18, P(H3)=8/24, pa sad to sve uvrstimo i dobijemo P(B|G)=6401/12903. (sumnjivo mi je rjesenje, ali ima puno prostih brojeva u nazivnicima pa bi trebalo bit nesto ovako)
b) oznacimo sa Y-{izvucene su dvije zute}. sad cemo odrediti  , pa ce onaj  za koji je  najveci bit rjesenje.
jedino sto je novo ovdje je  . uvrstimo sve to i citamo za koji je i izraz najveci.
4. 29
dakle, 
nas zanima  . Buduci da je zatvor podskup od bara, imamo 
dakle trazena vjerojatnost je 0.24/(0.24+0.4)
|
|
| [Vrh] |
|
minnie m.
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 06. 10. 2011. (20:34:28)
Postovi: (16)16
|
|
| [Vrh] |
|
ceps
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 08. 10. 2010. (13:03:07)
Postovi: (13A)16
|
|
| [Vrh] |
|
kobila krsto
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 02. 07. 2009. (16:55:08)
Postovi: (6A)16
|
|
| [Vrh] |
|
kikzmyster
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 14. 10. 2010. (13:35:08)
Postovi: (72)16
Spol:
|
| Postano: 17:46 čet, 26. 1. 2012 Naslov: |
|
|
|
1.56
[latex]\displaystyle A_n \bigtriangleup A = A_n \backslash A \cup A \backslash A_n[/latex] pa imamo [latex]\displaystyle P(A_n \backslash A \cup A \backslash A_n) \to 0 \Rightarrow P(A_n \backslash A) + P(A \backslash A_n) \to 0[/latex]. kako je P>=0 kao funkcija, slijedi [latex]\displaystyle P(A \backslash A_n) \to 0 , P(A_n \backslash A) \to 0
\Leftrightarrow P(A)-P(A \cap A_n) \to 0 , P(A_n) - P(A \cap A_n) \to 0
\Leftrightarrow P(A \cap A_n) \to P(A) , P(A \cap A_n) \to P(A_n)
\Leftrightarrow P(A)=limP(A)=limP(A \cap A_n), limP(A \cap A_n)=limP(A_n) [/latex]
zbog jedinstvenosti limesa [latex]\displaystyle limP(A_n)=P(A) [/latex]
i kobila krsto, da, trebalo bi gledat 9 slucajeva, koje bi oznacio sa [latex]\displaystyle H_ij [/latex] sto bi oznacavalo da je prvi put izabrana i-ta kutija, iz nje izvucena zelena kugla, pa je onda j-ta kutija izabrana za drugo biranje. [latex]\displaystyle P(H_{ij}) = P(H_i \cap G \cap H_j') = P(H_i \cap G)P(H_j') = P(G|H_i)P(H_i)P(H_j') [/latex] H'j oznacava biranje j-te kutije drugi put (da se ne bi mijesalo sa prvim biranjem), a G oznacava bas izvlacenje zelene kugle u prvom izvlacenju. kako su pokusi nezavisni imamo ovaj umnozak. dalje bi racun najvjerojatnije bio slican onome valjda, sigurno nista puno kompliciranije
1.56
 pa imamo  . kako je P>=0 kao funkcija, slijedi 
zbog jedinstvenosti limesa 
i kobila krsto, da, trebalo bi gledat 9 slucajeva, koje bi oznacio sa  sto bi oznacavalo da je prvi put izabrana i-ta kutija, iz nje izvucena zelena kugla, pa je onda j-ta kutija izabrana za drugo biranje.  H'j oznacava biranje j-te kutije drugi put (da se ne bi mijesalo sa prvim biranjem), a G oznacava bas izvlacenje zelene kugle u prvom izvlacenju. kako su pokusi nezavisni imamo ovaj umnozak. dalje bi racun najvjerojatnije bio slican onome valjda, sigurno nista puno kompliciranije
|
|
| [Vrh] |
|
minnie m.
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 06. 10. 2011. (20:34:28)
Postovi: (16)16
|
|
| [Vrh] |
|
sunny
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 21. 01. 2007. (01:06:34)
Postovi: (153)16
|
|
| [Vrh] |
|
googol
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 29. 09. 2011. (21:23:09)
Postovi: (71)16
Spol: 
|
|
| [Vrh] |
|
ceps
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 08. 10. 2010. (13:03:07)
Postovi: (13A)16
|
|
| [Vrh] |
|
mini
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 04. 02. 2009. (14:31:34)
Postovi: (69)16
Spol: 
|
| Postano: 21:01 sub, 28. 1. 2012 Naslov: |
|
|
|
ako može par objašnjenja nekih rješenja ;)
5.zad: http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/uuv/kolokviji/vjer-1011-zav.pdf
nije mi jasno kako su dobili vjerojatnosti P(X=i), i=1,2,3,...
5.zad: http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/uuv/kolokviji/vjer-0809-popr.pdf
ne mogu shvatit rješenja :/
5.b)zad http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/uuv/kolokviji/vjer-1011-popr.pdf
ne znam ni kako bi netko to mogao objasnit ljepše, al pola toga mi nije jasno odakle dolazi. nisam sigurna da li su skraceni postupci, pa da zbog toga ne kontam. ugl, budem i ja sjela još malo uz to :D
unaprijed hvala
ako može par objašnjenja nekih rješenja 
5.zad: http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/uuv/kolokviji/vjer-1011-zav.pdf
nije mi jasno kako su dobili vjerojatnosti P(X=i), i=1,2,3,...
5.zad: http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/uuv/kolokviji/vjer-0809-popr.pdf
ne mogu shvatit rješenja 
5.b)zad http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/uuv/kolokviji/vjer-1011-popr.pdf
ne znam ni kako bi netko to mogao objasnit ljepše, al pola toga mi nije jasno odakle dolazi. nisam sigurna da li su skraceni postupci, pa da zbog toga ne kontam. ugl, budem i ja sjela još malo uz to 
unaprijed hvala
|
|
| [Vrh] |
|
kikzmyster
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 14. 10. 2010. (13:35:08)
Postovi: (72)16
Spol:
|
| Postano: 22:10 sub, 28. 1. 2012 Naslov: |
|
|
|
evo redom.
prvo.
prvo gada nikola, pa onda ivano, pa nikola, pa ivano... P(X=1) je vjerojatnost da ce precka bit pogodena odmah u prvom bacanju, a tad Nikola baca, pa je vjerojatnost 0.4. P(X=2) je vjerojatnost da Nikola fali, pa Ivano pogodi. dakle (1-0.4)*0.6 = 0.6*0.6. P(X=3) je vjerojatnost da Nikola fali, pa Ivano fali, pa Nikola pogodi, to je (1-0.4)*(1-0.6)*0.4 = 0.6*0.4*0.4. i tako dalje
drugo.
a) kako se kocke razlikuju, ishod jednog bacanja je uredena 6-torka od 1,2,3,4,5 ili 6. P(3 para) = (broj takvih ishoda)/(ukupni broj mogucih ishoda). Ukupni broj mogucih ishoda je 6^6 (na svakom mjestu moze biti bilo sto iz {1,2,3,4,5,6}, a 6 je mjesta (kocki)). u rjesenju pise n, to treba pisat 6. Sad, po tome kakvo je njihovo rjesenje vidim da za "bacanje u kojem se pojavljuju 3 para" ne uzimaju u obzir mogucnosti kao 4 jedinice i 2 sestice. znaci sva 3 para moraju biti par razlicitih brojeva, npr 11 44 55. Na [latex]\displaystyle \binom{6}{3} [/latex] nacina biramo koja ce to 3 broja biti, pa njih na [latex]\displaystyle \frac{6!}{2!*2!*2!} [/latex] mozemo permutirati (permutacija multiskupa). dakle [latex]\displaystyle P(tri para) = \frac{\binom{6}{3}\frac{6!}{2!*2!*2!}}{6^6} [/latex]
b) zamislimo da su grla za zarulje poredane ovako u red O O X X X
O oznacava ispravno, a X neispravno grlo. Sad mi imamo 2 ispravne zarulje, i 3 neispravne. Bit ce svjetla ako bar jednu ispravnu zarulju stavimo u ispravno grlo. Dakle nece bit svjetla ako je svaka ispravna zarulja stavljena u neispravno grlo. Za prvu ispravnu zarulju biramo jedno neispravno grlo na 3 nacina, a za drugu zarulju biramo neispravno grlo na 2 nacina. Onda ove 3 neispravne zarulje permutiramo po ostalim grlima na 3! nacina. A sve skupa smo mogli zarulje staviti na 5! nacina (svaku zarulju razlikujemo, iako ih dijelimo u klase "ispravna" i "neispravna"). Dakle vjerojatnost da NECE bit svjetla je [latex]\displaystyle \frac{3*2*3!}{5!} [/latex] pa je vjerojatnost da ce bit svjetla (komplement od "nece bit svjetla") [latex]\displaystyle 1 - \frac{3*2*3!}{5!} [/latex]
trece.
da bi f bila funkcija gustoce neke slucajne varijable, moraju vrijediti 2 stvari: [latex]\displaystyle f(x)\ge 0 , \forall x \in R [/latex] i [latex]\displaystyle
\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx =1 [/latex]
ovo [latex]\displaystyle 1_{x\in [0,\pi]} [/latex] je funkcija koja je jednaka 1 ako je x iz [0,pi] a 0 inace. zato oni u rjesenju, da bi provjerili drugi uvjet nad f, integriraju samo od 0 do pi.
u b) dijelu, bitno je znat distribuciju Poissonove i geometrijske slucajne varijable. za Poissonovu s parametrom [latex]\displaystyle \lambda [/latex] je [latex]\displaystyle P(X=k) = \frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda} [/latex], a za geometrijsku s parametrom p je [latex]\displaystyle P(X=k) = q^{k-1}p [/latex], pri cemu je q=1-p.
Jedino sto je ovako dosta nenaznaceno u rjesenju je ovo u drugom redu, da je [latex]\displaystyle \sum_{n=k}^{\infty}pq^n = p\sum_{n=k}^{\infty}q^n = p(\sum_{n=0}^{\infty}q^n - (1+q+q^2+...+q^{k-1})) = p(\frac{1}{1-q} - \frac{1-q^k}{1-q}) = [/latex] [latex]\displaystyle p(\frac{1}{p} - \frac{1-q^k}{p}) = 1-1+q^k = q^k [/latex]
u rjesenju oni rade sa malo "translatiranom" geometrijskom slucajnom varijablom, gdje je P(Y=k) = q^k * p, da bi k mogao ici od 0 (jer inace geometrijska slucajna varijable prima vrijednosti u N)
evo redom.
prvo.
prvo gada nikola, pa onda ivano, pa nikola, pa ivano... P(X=1) je vjerojatnost da ce precka bit pogodena odmah u prvom bacanju, a tad Nikola baca, pa je vjerojatnost 0.4. P(X=2) je vjerojatnost da Nikola fali, pa Ivano pogodi. dakle (1-0.4)*0.6 = 0.6*0.6. P(X=3) je vjerojatnost da Nikola fali, pa Ivano fali, pa Nikola pogodi, to je (1-0.4)*(1-0.6)*0.4 = 0.6*0.4*0.4. i tako dalje
drugo.
a) kako se kocke razlikuju, ishod jednog bacanja je uredena 6-torka od 1,2,3,4,5 ili 6. P(3 para) = (broj takvih ishoda)/(ukupni broj mogucih ishoda). Ukupni broj mogucih ishoda je 6^6 (na svakom mjestu moze biti bilo sto iz {1,2,3,4,5,6}, a 6 je mjesta (kocki)). u rjesenju pise n, to treba pisat 6. Sad, po tome kakvo je njihovo rjesenje vidim da za "bacanje u kojem se pojavljuju 3 para" ne uzimaju u obzir mogucnosti kao 4 jedinice i 2 sestice. znaci sva 3 para moraju biti par razlicitih brojeva, npr 11 44 55. Na  nacina biramo koja ce to 3 broja biti, pa njih na  mozemo permutirati (permutacija multiskupa). dakle 
b) zamislimo da su grla za zarulje poredane ovako u red O O X X X
O oznacava ispravno, a X neispravno grlo. Sad mi imamo 2 ispravne zarulje, i 3 neispravne. Bit ce svjetla ako bar jednu ispravnu zarulju stavimo u ispravno grlo. Dakle nece bit svjetla ako je svaka ispravna zarulja stavljena u neispravno grlo. Za prvu ispravnu zarulju biramo jedno neispravno grlo na 3 nacina, a za drugu zarulju biramo neispravno grlo na 2 nacina. Onda ove 3 neispravne zarulje permutiramo po ostalim grlima na 3! nacina. A sve skupa smo mogli zarulje staviti na 5! nacina (svaku zarulju razlikujemo, iako ih dijelimo u klase "ispravna" i "neispravna"). Dakle vjerojatnost da NECE bit svjetla je  pa je vjerojatnost da ce bit svjetla (komplement od "nece bit svjetla") 
trece.
da bi f bila funkcija gustoce neke slucajne varijable, moraju vrijediti 2 stvari:  i 
ovo  je funkcija koja je jednaka 1 ako je x iz [0,pi] a 0 inace. zato oni u rjesenju, da bi provjerili drugi uvjet nad f, integriraju samo od 0 do pi.
u b) dijelu, bitno je znat distribuciju Poissonove i geometrijske slucajne varijable. za Poissonovu s parametrom  je  , a za geometrijsku s parametrom p je  , pri cemu je q=1-p.
Jedino sto je ovako dosta nenaznaceno u rjesenju je ovo u drugom redu, da je  
u rjesenju oni rade sa malo "translatiranom" geometrijskom slucajnom varijablom, gdje je P(Y=k) = q^k * p, da bi k mogao ici od 0 (jer inace geometrijska slucajna varijable prima vrijednosti u N)
|
|
| [Vrh] |
|
kosani
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 14. 11. 2010. (21:22:58)
Postovi: (26)16
|
|
| [Vrh] |
|
kikzmyster
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 14. 10. 2010. (13:35:08)
Postovi: (72)16
Spol:
|
| Postano: 17:49 ned, 29. 1. 2012 Naslov: |
|
|
|
evo :D
znamo [latex]\displaystyle P(X=k) = \frac{\lambda}{k!}e^{-\lambda} [/latex] pa je [latex]\displaystyle P(Y=\frac{1}{1+k}) = P(X=k) = \frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda} [/latex]. Y prima vrijednosti 1, 1/2, 1/3, 1/4... opcenito 1/1+k , [latex]\displaystyle k\in\aleph_0 [/latex] s vjerojatnoscu jednaka toj da X primi vrijednost k. Sad samo treba nacrtat tablicu distribucije.
Dalje, [latex]\displaystyle E[XY] = E[\frac{X}{1+X}] = E[1 - \frac{1}{1+X}] = E[1] - E[\frac{1}{1+X}] = 1 - EY [/latex]
[latex]\displaystyle EY = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{1+k}P(Y=\frac{1}{1+k}) = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{1+k}P(X=k) = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{1+k}\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda} = e^{-\lambda}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda^k}{(k+1)!} = \frac{e^{-\lambda}}{\lambda}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda^{k+1}}{(k+1)!} = \frac{e^{-\lambda}}{\lambda}(e^{\lambda}-1) = \frac{1-e^{-\lambda}}{\lambda}[/latex]
[latex]\displaystyle \Rightarrow E[XY] = 1 - \frac{1-e^{-\lambda}}{\lambda} [/latex]
evo
znamo  pa je  . Y prima vrijednosti 1, 1/2, 1/3, 1/4... opcenito 1/1+k ,  s vjerojatnoscu jednaka toj da X primi vrijednost k. Sad samo treba nacrtat tablicu distribucije.
Dalje, 
|
|
| [Vrh] |
|
kosani
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 14. 11. 2010. (21:22:58)
Postovi: (26)16
|
|
| [Vrh] |
|
babybodom
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 29. 06. 2009. (22:03:01)
Postovi: (31)16
Lokacija: zagreb
|
|
| [Vrh] |
|
Phoenix
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 15. 05. 2010. (18:46:07)
Postovi: (164)16
Sarma: -
|
|
| [Vrh] |
|
babybodom
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 29. 06. 2009. (22:03:01)
Postovi: (31)16
Lokacija: zagreb
|
|
| [Vrh] |
|
smajl
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 02. 01. 2010. (12:59:23)
Postovi: (EB)16
Spol:
Lokacija: Zagreb
|
|
| [Vrh] |
|
Megy Poe
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 05. 11. 2009. (23:14:52)
Postovi: (122)16
|
|
| [Vrh] |
|
ceps
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 08. 10. 2010. (13:03:07)
Postovi: (13A)16
|
|
| [Vrh] |
|
|
