ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3°...

Click here to load reader

  • date post

    21-Jan-2020
  • Category

    Documents

  • view

    0
  • download

    0

Embed Size (px)

Transcript of ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3°...

  • Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

    ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3°

    α σ κ η σ ε ι σ

    ΟΜΑΔΑ Α

    1. Ο πίνακας συμπληρώνεται με τη βοήθεια του ορισμού της συνάρτησης

    κατανομής Ρ [Χ < χ].

    Ρ [Χ

  • Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

    Ρ [Χ < χ ]

    1 —τ

    5/6

    2. Αν η τ. μ. Χ συμβολίζει τον αριθμό των Κ (κεφαλών) σε 3 συνολικά ρί-

    ψεις ενός νομίσματος τότε ο δειγματικός χώρος Ω του πειράματος είναι:

    Ω = {ΓΓΓ, ΓΓΚ, ΓΚΓ, ΚΓΓ, ΚΚΓ, ΚΓΚ, ΓΚΚ, ΚΚΚ }

    Έτσι σύμφωνα με τον ορισμό της τ. μ. Χ έχουμε:

    Χ (ΓΓΓ) = 0

    Χ (ΓΓΚ) = Χ (ΓΚΓ) = Χ (ΚΓΓ) = 1

    Χ (ΚΚΓ) =Χ(ΚΓΚ) - Χ (ΓΚΚ) = 2

    Χ (ΚΚΚ) = 3

    και ο δειγματικός χώρος Rx = {0, 1, 2, 3 }. Υποθέτοντας ότι οι δοκιμές

    είναι ανεξάρτητες μεταξύ τους και ότι το νόμισμα είναι αμερόληπτο έ-

    χουμε:

    Χ 0 1 2 3

    Ρ[Χ = χ] 1 3 3 1 8 8 8 8

    38

  • Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

    Ρ[Χ = χ]

    1 2 3 4

    Σύμφωνα με τον ορισμό της

    Ε [Χ] = Σχ Ρ[Χ=χ] =

    „ 1 3 3 1 = 0 · —+ 1· —+ 2· —+ 3· —= 8 8 8 8

    = — = 1,5 κεφαλές, αναμέ-8

    νεται να εμφανιστούν στις 3

    ρίψεις.

    3. α) Από τον πίνακα της συνάρτησης κατανομής έχουμε:

    P[X = l ] = P [ X S l ] - P [ X S 0 ] = i - 0 = i

    ρ [Χ = 2]= Ρ [Χ < 2]-Ρ [Χ < l ] = | - i = |

    p [ x = 3 l = P [ x < 3 l - P f x < 2 l = - - - = -4 8 8

    Ρ[Χ = 4 ] = Ρ [ Χ < 4 ] - Ρ [ Χ < 3 ] = 1 - ^ = ·̂ -

    οπότε ο πίνακας της κατανομής πιθανότητας είναι:

    X 1 2 3 4

    Ρ[Χ = χ] 1 2 3 1 8 8 8 4

    1 9 3 1 1 8 β) Η Ε [Χ] = 1 — + 2 — + 3 · — + 4 · — = — = 2,25

    8 8 8 4 8

    39

  • Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

    4. Ο δειγματικός χώρος (δ . χ) Ω του πειράματος είναι:

    Ω = {ΓΓ ΓΚ ΚΓ ΚΚ}

    Ορίζουμε την τ. μ. Ζ ως εξής:

    Ζ = Αριθμός εμφανίσεων του Κ - Αριθμός εμφανίσεων του Γ

    Άρα : Ζ (ΓΓ) = 0 - 2 = - 2

    Ζ (ΓΚ) = 1 - 1 = 0

    Ζ (ΚΓ) = 1 - 1 = 0

    Ζ (ΚΚ) = 2 - 1 = 2

    Και ο δειγματικός χώρος Rz = {-2, 0, 2}

    Ο πίνακας της κατανομής πιθανότητας είναι:

    Ζ -2 0 2 Ρ[Ζ=ζ] 1 1 1

    4 2 4

    και η Ε [Ζ] = - 2 · — + 0· — + 2· — = 0 που σημαίνει ότι στις ν = 2 ρί-4 2 4

    ψεις του αμερόληπτου νομίσματος περιμένουμε 1Κ και 1 Γ.

    5. Με την ίδια διαδικασία όπως αυτή της άσκησης (3) έχουμε:

    1 α) Ρ[Χ = θ]=Ρ[Χ

  • Κεφάλαιο 3" Λύσεις ασκήσεων

    P[X = 3] = P [ x < 3 ] - P [ X < 2 ] = i - I = I

    p [ x = 4 ] = p [ x < 4 ] - p [ x < 3 ] = l - | = i

    οποτε:

    Χ 0 1 2 3 4

    ρ [Χ = χ] 1 1 1 1 1 16 16 8 4 2

    και

    Ε[χ ] = 0· — + 1· — + 2 · - + 3 · - + 4 · - = 3,0625 L 1 16 16 8 4 2

    β· 1 Γ

    1/2

    1/4

    ; 1/8

    1/16

    1/16

    1 2 3 4

    γ. Η Ρ[Χ

  • Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

    Ρ [ ΐ < Χ < 3 ] = Ρ [ Χ = ΐ ]+Ρ[Χ = 2]+Ρ[Χ = 3] = - + - + - = 0,4375 L 16 8 4

    Ρ [Χ >2]= — + — + — = 0,8750 ή 8 4 2

    εναλλακτικά: Ρ [Χ > 2] = 1 - Ρ [Χ < 1] = 1 - 0,1250 = 0,8750

    6. Από την εκφώνηση έχουμε:

    Χ 2 5

    Ρ[Χ = χ] Ρ 2ρ

    όπου ρ > 0 και ρ + 2ρ = 1 οπότε:

    1 ρ ^ ϊ

    1 2 2 10 Άρα: Ε [χ] = 2·ρ + 5·2ρ = 2· — + 5·— = — + — = 4 L J 3 3 3 3

    7. Για κάθε ερώτηση έχουμε 4 απαντήσεις από τις οποίες η μία μόνο εί-

    ναι σωστή.

    Ας πάρουμε στην τύχη μια ερώτηση και ας υποθέσουμε ότι η δεύτερη α-

    πάντηση είναι σωστή, δηλαδή:

    Λ Σ Λ Λ

    \ I I 4

    -1 3 - 1 - 1

    Κάθε λάθος (Α) βαθμολογείται με - 1 και το σωστό (Σ) με 3. Αν

    42

  • Κεφάλαιο 3° Λ ύσεις ασκήσεων

    ϊ) ο διαγωνιζόμενος επιλέξει στην τύχη τότε η πιθανότητα να επιλέξει τη

    σωστή είναι και η πιθανότητα να κάνει λάθος επιλογή είναι ^ .

    Συμβολίζοντας με Χ την τ. μ. που παριστάνει τη βαθμολογία έχουμε:

    Χ -1 3

    Ρ [Χ = χ] 3 / / 4

    1 / / 4

    Άρα η αναμενόμενη βαθμολογία στην περίπτωση που η απάντηση στην

    = 0 3 / ι Ν

    ερώτηση δίνεται τυχαία, είναι: Ε [χ] = (-1) · — + 3 ·

    ii) Στη δεύτερη περίπτωση ο διαγωνιζόμενος γνωρίζει τη μία από τις 3

    λανθασμένες απαντήσεις. Η τυχαία επιλογή του γίνεται τώρα μεταξύ

    3 απαντήσεων δύο των οποίων είναι λάθος (Ά) και βαθμολογούνται

    με (-1) και μια σωστή (Σ) που βαθμολογείται με 3. Έχουμε συνε-

    πώς:

    Α Σ Α

    4 4 -1 3

    με αντίστοιχο πίνακα πιθανότητας:

    I - 1

    43

  • Κεφάλαιο 3° Λ ν σεις ασκήσεων

    Χ -1 3

    13

    Χ II 2 3

    1 3

    και συνεπώς: Ε [χ]= (-1) ~ + 3 ~ = ·̂ .

    Βλέπουμε στη δεύτερη αυτή περίπτωση ότι η αναμενόμενη βαθμολογία

    είναι θετική όταν ο διαγωνιζόμενος έχει κάποια γνώση του αντικειμένου.

    44

  • Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

    Ο Μ Α Δ Α Β

    1. Από τον πίνακα κατανομής πιθανότητας έχουμε:

    α) p + q + 2 p = ^ q = l - 3 p

    β) Ε [Χ] = (-1) · ρ + 0 · q + 1 . 2ρ = ρ

    και

    V [Χ] = Ε [Χ 2 ] -{Ε [Χ]}2

    όπου : Ε [Χ2] = (-1)2 • ρ + Ο2 · q + I2 · 2ρ = 3ρ

    οπότε : V [Χ] = 3ρ - ρ2 = ρ (3 - ρ)

    2. α) Συμβολίζουμε με Κ τους καμένους και με Λ τους λειτουργού-

    ντες λαμπτήρες. Για να απαιτηθούν 3 επιλογές ώστε να εντοπίσουμε

    τους 2 καμένους, δύο περιπτώσεις είναι δυνατές:

    Κ Λ Κ ή Λ Κ Κ

    Χρησιμοποιώντας δενδροδιάγραμμα έχουμε:

    2 4 1 2 Ρ (ΚΛΚ) = Ρ (Κ). Ρ (Λ/κ). Ρ ( V ) = - ~ - = —

    Κ 1/4

    Κ κ 4 2 1 2 Ρ (ΛΚΚ) = Ρ (Λ) .Ρ (Κ/Λ). Ρ (Κ/ΛΚ) = - - - = -6 5 4 30

    45

  • Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

    Άρα η πιθανότητα σε 3 επιλογές να εντοπίσουμε τους 2 καμένους λα-

    μπτήρες είναι:

    2 2 4 2 Ρ (ΚΛΚ) + Ρ (ΛΚΚ) = — + — = — = — 30 30 30 15

    β) Το πολύ 4 επιλογές για την εντόπιση των 2 καμένων σημαίνει 2 επι-

    λογές, 3 επιλογές ή 4 επιλογές. Στο δενδροδιάγραμμα φαίνονται καθαρά

    τα κλαδιά που οδηγούν στη ζητούμενη πιθανότητα.

    κ νι

    σχήμα 3.β

    Ρ(ΚΚ); 2 ]_ 6 5

    2_ 30

    Ρ (ΚΛΚ) =—· — · — = — 6 5 4 30

    Ρ (ΚΛΛΚ) = 2 4 3 6 5 4 3

    2_

    30

    Ρ (ΛΛΚΚ) =

    Ρ (ΛΚΛΚ) =

    Ρ (ΛΚΚ) =

    4 3_ 2 6 5 4 3" 4 2 Μ _ 6 5 4 3 "

    4 2 6 5 4 ~ 3 0

    2_

    30 2_

    30

    Άρα η πιθανότητα ν' απαιτηθούν το πολύ 4 επιλογές έως την εντόπιση

    των 2 καμένων είναι το άθροισμα των πιθανοτήτων των κλάδων.

    Α , β , 2 2 2 2 2 2 12 2 Δηλαδή: 1 λ 1 1 1 — — — — 30 30 30 30 30 30 30 5

    46

  • Κεφάλαιο f Λύσεις ασκήσεων

    5. Συμβολίζουμε με Χ την ένδειξη του αμερόληπτου νομίσματος και με

    Υ την ένδειξη του αμερόληπτου ζαριού. Έτσι Rx = {1,2} και

    RY = {1,2, 3, 4, 5,6}.

    Αναλυτικά για τη μεταβλητή Ζ = Χ + Υ έχουμε:

    Ν \ Υ 1 2 3 4 5 6

    x \ |

    1 1 + 1 1 + 2 1 + 3 1 + 4 1 + 5 1 + 6 (2) (3) ( 4 ) (5) (6) ( 7 )

    2 2 + 1 2 + 2 2 + 3 2 + 4 2 + 5 2 + 6 (3) ( 4 ) (5) (6) ( 7 ) (8)

    απ' όπου προκύπτει ότι ο δειγματικός χώρος της τ. μ. Ζ είναι

    Rz — {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Ποιες όμως είναι οι πιθανότητες εμφάνισης

    των τιμών αυτών. Συνοψίζοντας τον πίνακα έχουμε:

    47

  • Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

    Z i V i ν / i ' ν

    2 1 1 / / 1 2

    3 2 2 / / 1 2

    4 2 2 / / 1 2

    5 2 2 / / 1 2

    6 2 2 / 7 1 2

    7 2 2 / 7 1 2

    8 1 1 / / 1 2

    Σύνολο 12 1

    Ρ [Ζ = 2] = Ρ [Χ = 1 ] Ρ [Υ = 1 ] 1 I__L 2 6 ~ 12

    Ρ [Ζ = 3] = Ρ [Χ = 1] Ρ [Υ = 21 + Ρ [Χ = 21 Ρ [Υ = 1] = - · - + — · — =— 2 6 2 6 6

    Ρ[Ζ = 4 ] = Ρ [ Χ = 1] Ρ [Υ = 3] + Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 2] = 1 . 1 + 1 . 1 = 1 2 6 2 6 6

    Ρ [Ζ = 5] = Ρ [Χ = 1 ] Ρ [Υ = 4] + Ρ [Χ = 21 Ρ [Υ = 31 = 1 · 1 +' 1 · 1 = 1 2 6 2 6 6

    Ρ [Ζ = 6] = Ρ [Χ = 1 ] Ρ [Υ = 5] + Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 4] = 1.1 + 1.1 = 1 2 6 2 6 6

    Ρ [Ζ = 7] = Ρ [Χ =1] Ρ [Υ = 6] + Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 51 = 1-1 + 1-1 = 1 2 6 2 6 6

    Ρ [Ζ = 8] = Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 61 = 1.1 = — 2 6 12

    48

  • Κεφάλαιο 3" Λύσεις ασκήσεων

    Ο πίνακας κατανομής πιθανότητας της τ. μ. Ζ είναι:

    Ζ 2 3 4 5 6 7 8

    ΤΙ

    1 I Ν II ,Ν. 1 1 1 1 1 1 1

    12 6 6 6 6 6 12

    Και η

    Ρ [Ζ=ζ]

    V6

    V . 2

    Ε[Ζ] = 2· — + 3— + 4- — + 5— + 6— + 7 — + 8 — 12 6 6 6 6 6 12

    1 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 4 30

    2 3 4 5 6 7 8

    6. Αν Χ η ένδειξη του ενός ζαριού και Υ του άλλου τότε σύμφωνα με την εκφώνηση:

    R x = {0, 1,2} και R Y - {2,3,4 }

    Αναλυτικά λαμβάνοντας υπόψη τις συχνότητες των τιμών Χ και Υ έ-

    χουμε για τη μεταβλητή Ζ

    49

  • Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

    Χ

    Υ 0 0 0 1 1 2

    2 2 2 2 3 3 4

    2 2 2 2 3 3 4

    3 3 3 3 4 4 5

    3 3 3 3 4 4 5

    4 4 4 4 5 5 6

    4 4 4 4 5 5 6

    απ όπου προκύπτει ότι ο δειγματικός χώρος της τ. μ. Ζ είναι:

    Rz = { 2, 3, 4, 5, 6 }

    Ποιες είναι οι πιθανότητες εμφάνισης των τιμών αυτών;

    Συνοψίζοντας τον πίνακα έχουμε:

    Z J ν, V / ν

    2 6 6 / /36

    3 10 10/ 736

    4 12 12/ /36

    5 6 6 / /36

    6 2 Κό Σύνολο 36 1

    50

  • Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

    Ρ [Ζ = 2] = Ρ [Χ = 0] Ρ [Υ = 2] = 1 ~ = 1 6 6 6

    3 2 2 2 10 Ρ[Ζ = 3] = Ρ [Χ = 0] Ρ [Υ = 3] + Ρ [Χ =1] Ρ [Υ = 2] = _ 6 6 6 6 36

    Ρ[Ζ = 4] = Ρ [Χ = 0] Ρ [Υ = 4] + Ρ [Χ = 1] Ρ [Υ = 3] + Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 2]=

    3 2 2 2 ]_ 2 _U 6 6 + 6 6 + 6 6 ~36

    0 0 1 0 f Ρ[Ζ = 5] = Ρ [Χ = 1] Ρ [Υ = 4] + Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 3] = + ± . - = - ϊ -

    6 6 6 6 36

    Ρ[Ζ = 6 ] = Ρ [ Χ = 2 ]Ρ [Υ = 4 ] = 1 ί = ^Γ ο 6 36

    Ο πίνακας κατανομής της πιθανότητας είναι:

    Ζ 2 3 4 5 6

    Ρ[Ζ = ζ] 6 10 12 6 2 36 36 36 36 36

    „ Γ_ι _ 6 10 < 1 2 . 6 , 2 Η Ε [ζ ] = 2 l· 3 l· 4 l· 5 l· 6 · — 1 J 36 36 36 36 36

    12 + 30 + 48 + 30 + 12 132 36

    και V [Ζ] = Ε [Ζ2] - {Ε [Ζ]}2

    όπου:

    6 , , 10 12

    36 = 3,667

    Ε [ζ21= 22 · — + 32 · — + 42 · —- + 52 · — + 62 • — = 14,667 L J 36 36 36 36 36

    άρα: V [Ζ] = 14,667 - 3,6672 = 1,220.

    51