Forum@DeGiorgi :: Pogledajte temu

Zadaci

through

FAQ

[^/[Print]\]
Idite na Prethodno 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 Sljedeće :| |:
Forum@DeGiorgi -> Vjerojatnost

#81: Autor/ica: ceps,

Postano: 16:36 pon, 7. 11. 2011
—

fejky (napisa):

Pod c) Produkt ce biti djeljiv ako padne barem jedan paran broj i petica; npr:

, nije se pojavila niti jedna dvojka a produkt je djeljiv sa 10.

Imaš pravo, trebao sam napisati ''broj djeljiv sa 2''. Smile

Brzopletost.

#82: Autor/ica: mini,

Postano: 17:55 pon, 7. 11. 2011
—

ceps (napisa):

Da prebrojiš na koliko se načina može dogoditi A staviš:

što bi ti trebalo biti poznato sa diskretne.

jedino mi ovo nije jasno jer zaboravih kako naći broj rješenja. znam da stavimo za yi = xi - 1 i ubacimo u jednadžbu, al ne znam dalje. davno ta diskretna bila Ehm?

#83: Autor/ica: matijaB,

Postano: 22:25 pon, 7. 11. 2011
—
da bi poceli igrati igru,treba nam 6 na kocki. Nakon koliko bacanja kocke bi vjerojatnost da je pala 6 bila barem 0.95 ?

#84: Autor/ica: satja,

Postano: 23:42 pon, 7. 11. 2011
—

matijaB (napisa):

da bi poceli igrati igru,treba nam 6 na kocki. Nakon koliko bacanja kocke bi vjerojatnost da je pala 6 bila barem 0.95 ?

Vjerojatnost da u [tex]k[/tex] bacanja nijednom ne padne 6 iznosi [tex](5/6)^k[/tex]. Sad tražiš najmanji [tex]k[/tex] za koji je [tex](5/6)^k \le 0.05[/tex]. Za takav [tex]k[/tex], vjerojatnost da se dogodi komplementarni događaj - tj. da padne barem jedna šestica - je [tex]\geq 0.95[/tex].

Added after 24 minutes:

ceps (napisa):

Koji te dio točno muči?

Imaš tri događaja

A = {zbroj brojeva na kockama je 25}
B = {bar jednom padne 5}
C = {produkt dobivenih brojeva je djeljiv sa 10}

Trebaš izračunati P(A U B U C), tako da će ti trebati i vjerojatnosti događaja A presjek B, A presjek C, B presjek C i A presjek B presjek C...
Vidiš da tu ima dosta računanja, pa mi se ne da sad sve baš pisati... xD

Evo ja ću ovo dovršiti.

Primijetimo da je [tex]C\subseteq B[/tex] (ako je produkt djeljiv s [tex]10[/tex], sigurno je pala petica) pa možemo pojednostavniti stvar: [tex]P(A \cup B \cup C) = P(A \cup B)[/tex].

E to ćemo pak ovako: [tex]P(A \cup B) = P(A\setminus B) + P(B)[/tex], tu varijantu sam odabrao jer ove desno znam izračunati.

Ok, [tex]P(B) = 1-P(B^c)[/tex], a vjerojatnost da nijednom ne padne petica je [tex](5/6)^5[/tex], pa je [tex]P(B) = 1-(5/6)^5[/tex].

Sad pogledajmo [tex]P(A\setminus B)[/tex]. To su događaji kad je zbroj bio jednak [tex]25[/tex], ali nije pala petica. Fora je što tih događaja ima relativno malo. To su:

[tex]6,6,6,6,1[/tex] - ukupno [tex]5[/tex] permutacija (biramo gdje ćemo staviti jedinicu)
[tex]6,6,6,4,3[/tex] - ukupno [tex]20[/tex] permutacija (biramo gdje ćemo staviti četvorku, pa onda gdje ćemo staviti trojku, dakle [tex]5\cdot 4[/tex])

Dakle [tex]P(A\setminus B) = \displaystyle\frac{5+20}{6^5} = \frac{1}{6^3}[/tex]. Konačno rješenje bilo bi dakle [tex]1-\displaystyle\bigg(\frac{5}{6}\bigg)^5+\frac{1}{6^3}[/tex].

#85: Autor/ica: tinky,

Postano: 11:48 uto, 8. 11. 2011
—
Moze netko rijesiti zadatak 2. iz prvog kolokvija 2007 god. u obe grupe?

#86: Autor/ica: satja,

Postano: 12:40 uto, 8. 11. 2011
—

tinky (napisa):

Moze netko rijesiti zadatak 2. iz prvog kolokvija 2007 god. u obe grupe?

A grupa.

2.a) Međusobnim oduzimanjem zadanih skupova [tex]A_n[/tex] zaključujemo da naša [tex]\sigma[/tex]-algebra mora sadržavati sve skupove oblika [tex](k, k+1][/tex] za [tex]1\le k\le 4[/tex], a također i skup [tex](5,10][/tex] kao komplement od [tex][0,5][/tex]. Navedeni skupovi, zajedno sa [tex][0,1][/tex], međusobno su disjunktni i "nedjeljivi" pa možemo zaključiti su to atomi naše [tex]\sigma[/tex]-algebre:

[tex]\delta = \{[0,1], (1,2],(2,3],(3,4],(4,5],(5,10]\}[/tex]

To znači da je svaki skup iz [tex]\sigma[/tex]-algebre sastavljen kao unija nekih od ovih atoma. Dakle naša [tex]\sigma[/tex]-algebra sadrži [tex]2^6[/tex] skupova.

2.b) Po definiciji, tražimo [tex]\lim\sup B_n=\displaystyle \bigcap_{n=1}^\infty \bigcup_{k=n}^\infty B_k[/tex]. Fiksirajmo [tex]n[/tex] i pogledajmo čemu je jednaka unija:

[tex]\displaystyle\bigcup_{k=n}^\infty B_k = \bigcup_{k=n}^\infty\bigg[\frac 1 k, 5+\frac 1 k\bigg] = \bigg(0, 5+\frac 1 n\bigg][/tex], pa konačno imamo [tex]\lim\sup B_n = \displaystyle \bigcap_{n=1}^\infty \bigg(0, 5+\frac 1 n\bigg] = (0, 5][/tex].

Druga grupa se rješava slično.

#87: Autor/ica: tinky,

Postano: 13:17 uto, 8. 11. 2011
—
hvaaala Smile

#88: Autor/ica: Stuart,

Postano: 16:24 uto, 8. 11. 2011
—
Može neki hint za 4. zadatak iz prve grupe?
http://web.math.hr/nastava/uuv/files/uuv-0708-kol1.pdf

Kao rješenje mi je ispalo 38/105, ali ne znam je li dobro.

Unaprijed hvala. Very Happy

#89: Autor/ica: A_je_to,

Postano: 16:33 uto, 8. 11. 2011
—
Kako se u 3.a) zadatku dobije ovaj P(Hi)? Unaprijed zahvaljujem:
http://web.math.hr/nastava/uuv/kolokviji/vjer-1011-kol1.pdf

#90: Autor/ica: satja,

Postano: 17:30 uto, 8. 11. 2011
—

A_je_to (napisa):

Kako se u 3.a) zadatku dobije ovaj P(Hi)? Unaprijed zahvaljujem:
http://web.math.hr/nastava/uuv/kolokviji/vjer-1011-kol1.pdf

Jedinica u svakom bacanju pada s vjerojatnošću od [tex]1/6[/tex]. Vjerojatnost da jedinica padne točno [tex]i[/tex] puta iznosi [tex]{5 \choose i}(1/6)^i(5/6)^{5-i}[/tex]. Zašto?

Biramo na kojih [tex]i[/tex] kocaka (od ukupno [tex]5[/tex]) će pasti jedinica, to je [tex]{5\choose i}[/tex] događaja, ti događaji su disjunktni a vjerojatnost svakog od njih je [tex](1/6)^i[/tex] (vjerojatnost da na tih [tex]i[/tex] kocaka padne jedinica) puta [tex](5/6)^{5-i}[/tex] (vjerojatnost da na preostalih [tex]5-i[/tex] kocaka ne padne jedinica).

Added after 49 minutes:

Stuart (napisa):

Može neki hint za 4. zadatak iz prve grupe?
http://web.math.hr/nastava/uuv/files/uuv-0708-kol1.pdf

Kao rješenje mi je ispalo 38/105, ali ne znam je li dobro.

Unaprijed hvala. Very Happy

Definirajmo potpun sistem događaja: [tex]H_k = [/tex] { u prvom izvlačenju dobili smo sumu [tex]k[/tex] }, za [tex]k=2,3,4[/tex]. [tex]P(H_k)[/tex] je lako izračunati.

Potom analogno definiramo [tex]A_k = [/tex] { u drugom izvlačenju dobili smo sumu [tex]k[/tex] }, za [tex]k=2,3,4[/tex].

Nas zanimaju događaji u kojima je suma jednaka, tj. kad se dogode [tex]H_k[/tex] i [tex]A_k[/tex]. Rješenje je dakle

[tex]P(A_2\cap H_2) + P(A_3\cap H_3) + P(A_4\cap H_4) = P(A_2 | H_2)P(H_2) + P(A_3 | H_3)P(H_3)+P(A_4 | H_4)P(H_4)[/tex],

što ne bi trebalo biti teško izračunati:

- za [tex]P(A_2 | H_2)[/tex] tražimo vjerojatnost da izvučemo dvije manje kovanice ako nam je ostalo 4 manje i 4 veće,
- za [tex]P(A_3 | H_3)[/tex] tražimo vjerojatnost da izvučemo jednu manju i jednu veću kovanicu ako nam je ostalo 5 manjih i 3 veće,
- za [tex]P(A_4 | H_4)[/tex] tražimo vjerojatnost da izvučemo dvije veće kovanice ako nam je ostalo 6 manjih i 2 veće.

#91: Autor/ica: akolak,

Postano: 17:44 uto, 8. 11. 2011
—
http://web.math.hr/nastava/uuv/files/uuv-0607-kol1.pdf
Zna ko kakvo ne-brooot-force rješenje trećeg u prvoj grupi?

EDIT: komplement tvrdnje + sylvestrova formula je solidno rješenje.

#92: Autor/ica: kikzmyster,

Postano: 19:01 uto, 8. 11. 2011
—
mozes samo malo to raspisat? ne vidim kako je komplement tvrdnje efektivan za racunanje

EDIT: ipak ne treba,skuzio

#93: Autor/ica: zvonkec,

Postano: 19:07 uto, 8. 11. 2011
—

akolak (napisa):

http://web.math.hr/nastava/uuv/files/uuv-0607-kol1.pdf
Zna ko kakvo ne-brooot-force rješenje trećeg u prvoj grupi?

EDIT: komplement tvrdnje + sylvestrova formula je solidno rješenje.

Zašto je to bolje? Komplement je da se barem jedan od tih ishoda nije pojavio. Ak idemo racunat vjerojatnost unije dogadjaja {i-ta boja se nije pojavila} meni se čini da opet ima gro za raspisivat. I kako racunat presjeke? Kao to su nezavisni dogadjaji pa onda sam bjesomucno mnozimo il sta?

#94: Autor/ica: hstojanovic,

Postano: 19:33 uto, 8. 11. 2011
—

zvonkec (napisa):

Vjerojatnost presjeka od nema crvenog para i nema zelenog para u 10 izvlačenja je (23/25)^10 jer su u svakom izvlačenju povoljni svi osim 2 od mogućih 25 i imamo 10 uzastopnih neovisnih izvlačenja. Tako isto raspišeš ostale presjeke.

#95: Autor/ica: matijaB,

Postano: 20:53 uto, 8. 11. 2011
—
kolko vam izade rjesenje?

#96: Autor/ica: mapat,

Postano: 12:07 pon, 16. 1. 2012
—
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/uuv/kolokviji/vjer-1011-kol2.pdf
2. zadatak.

nije mi bas jasno odredivanje fje distribucije. je li F(y)= 35/64 za 0<=y<1 zato sto smo izvukli 2 crne na (5/ Cool

*(5/

nacina? ako je tako, zasto je onda za 1<=y<2 F(y)=55/64??

hvala unaprijed Smile

ovo nije trebao bit smajl vec ( 5 / 8 ) * ( 5 / 8 )

#97: Autor/ica: satja,

Postano: 12:42 pon, 16. 1. 2012
—
F(y) za 0<=y<1 se dobije kao zbroj vjerojatnosti f(y') za one y' koji su manji ili jednaki y, a to je u našem slučaju samo y' = 0, dakle za 0<=y<1 imamo

F(y) = f(0) = (vjerojatnost da izvučemo 0 bijelih kuglica) = (vjerojatnost da prvi put izvučemo crnu) * (vjerojatnost da drugi put izvučemo crnu) = 5/8 * 5/8 = 25/64.

Analogno, za 1<=y<2 imamo F(y) = f(0) + f(1) = 25/64 + 30/64 = 55/64.

#98: Autor/ica: kobila krsto,

Postano: 10:49 čet, 26. 1. 2012
—
da li se kome raspisati 4.37., 4.39. i 2.15. odavde : http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/uuv/files/vjezbe0708.pdf

Smile

#99: Autor/ica: ceps,

Postano: 10:59 čet, 26. 1. 2012
—
2.15