Studoši

endyyyy 2017 MI

Nisam ni ovaj vidjela nigdje rjesen, generalno imam problem s zadatcima kad se pokus ponavlja, kako smo znali kod gospodina sa čarapama da se radi o hipotezama, a kod malog koji je krao čokoladna jaja da ćemo napraviti razdiobu? U principu oboje nešto uzimaju iz skupa i vraćaju nazad, osim kaj mali pojede jaja

brga

a) (1-p)3 = 0.064
b) A = {pogodio kos u 4 pokusaju}
B = {nije pogodio kos u prva 3 pokusaja }
P(A | B ) = P(AB) / P(B) = 0.4 * 0.4 * 0.4 * 0.6 / 0.064 = 0.6
c) nisam siguran , ako uspim editam post

brga Odi na moodle vis->poglavlje 4.->materijali->dodatni zadaci ->2.zadatak

brga Za c) razmišljaj ovako: da bi bilo Y=n, odnosno da je u n-tom bacanju ubacio drugi koš, mora biti zadovoljeno:

1. u prvih n-1 bacanja je ubacio točno jedan koš
2. u n-tom bacanju je pogodio

Gornja dva događaja su nezavisna, jer su bacanja između njih nezavisna. Ako je n=1, onda je očito P(Y=n) = 0 , jer nije moguće ubaciti dva koša u jednom bacanju.

Neka je sada n \geq 2 . Izračunajmo vjerojatnosti od oba gornja uvjeta:

1. Dakle u n-1 bacanja je u samo jednom bacanju ubacio koš, a u ostalima promašio. Tipa ako je ubacio taj jedan u nekom i-tom bacanju, vjerojatnost za to je: p \cdot (1-p)^{n-2} . (u i-tom je pogodio s vjerojatnošću p, a u svakom od ostalih n-2 je promašio s vjerojatnošću 1-p. Sva ta bacanja su međuosobno nezavisna, pa se sve te vjerojatnosti množe. E sada, ovaj događaj (jedan koš u prvih n-2 bacanja) je zadovoljen ako je on taj jedan koš ubacio u bilo kojem od prvih n-1 bacanja (dakle ili 1. ili 2. ili … n-1. bacanju), a svi ti događaju su disjunktni (ako je ubacio koš tipa u 2. bacanju, onda sigurno nije ubacio u 5. ili bilo kojem drugom jer smo tako definirali te događaje, da ubaci u samo jednome), pa sve te vjerojatnosti možemo zbrojiti, i dobjeimo da je vjerojatnost cijelog ovog prvog događaja (n-1)p(1-p)^{n-2}
2. U n-tom bacanju je morao ubaciti, a to radi s vjerojatnošću p

I sad zbog nezavisnosti pomnožimo vjerojatnosti oba gornja događaja da dobijemo traženo:
P(Y = n) = (n-1)p(1-p)^{n-2}\cdot p = (n-1)p^2(1-p)^{n-2},\ \ \ n \geq 2

𝐓𝐇𝐄 𝐒𝐄𝐂𝐑𝐄𝐓 - 𝐂𝐋𝐔𝐁
b) A = {pogodio kos u 4 pokusaju}
B = {nije pogodio kos u prva 3 pokusaja }
P(A | B ) = P(AB) / P(B) = 0.4 * 0.4 * 0.4 * 0.6 / 0.064 = 0.6

s obzirom da su bacanja međusobno nezavisna, može se odmah reći da vjerojatnost iznosi p

"Bacamo kocku sve dok zbroj svih dobivenih brojeva nije barem 700. Kolika je vjerojatnost
da smo za to trebali barem 210 bacanja?"
njihov postav zadatka P ( suma(x) < 699 ) x = 1,2,…209
moj postav zadatka P (suma (x) >= 700 ) x = 1,2,….210
kak je ovo njihovo moguce , pise “barem 700” i pise “barem 210 bacanja”
ako neko kuzi mozda

niknik Jel to za fer2 pitas ili?
Mi na fer3 nismo imali uopce predavanja ili sam ja nesto propustio?

Upforpslone Za fer2 su predavanja bila na Teamsu.

endyyyy koliko vidim sve je kako treba biti, jedino je Velčić na svojim predavanjima ako se dobro sjećam govorio da se interval povjerenja koji se dobio kao rješenje zapisuje kao interval [\beta_1, \beta_2], a ne P(\beta_1 \leq \sigma^2 \leq \beta_2) = p

niknik jel ima mozda snimke auditornih il nes? nisam opce palio taj teams

angello2 Mislim da to nema

Može li mi netko objasniti kako su dobili ovaj p? i zasto je di je i =2 spareno s ovim ostalim ako je npi > 5 ?

endyyyy p_i je relativna frekvencija razreda dakle p_i = \frac{n_i}{\sum_j n_j} . A kad grupiraš, razred združuješ sa susjednim razredima, dok god mu je očekivana frekvencija np_i manja od 5. Dakle kad spojiš 3 i 4, onda bi opet očekivana frekvencija spojenog razreda bila manja od 5 (2.75 + 0.35 = 3.1 < 5), pa moraš združiti s drugim.

Malo sam poglupa, ali ne kuzim zasto je pi ovdje ovakav ?

endyyyy parametri za binomnu su n i p, n je 10 jer svaka meta se gađa s 10 metaka, a budući da je očekivanje kod binomne jednako np te očekivanje također možemo izjednačiti sa srednjom vrijednošću, dobiva se x = np iz čega se izračuna p koji nam je potreban za izračun p_i, a on se računa binomnim poučkom koji je napisan za n = 10 i p = 0.5 (ili ½)

Zna li tko?

toty mislim da je @Pineo rješavao taj na predavanju
nacrtaš skicu pa će iz nje možda biti lakše za shvatiti neke stvari
dakle x može biti u rasponu od 0 (na samoj hipotenuzi) do sjecišta kateta koje je od hipotenuze udaljena za visinu v, za zadane brojeve ona ispadne 2.4
funkcija razdiobe po definiciji je vjerojatnost gdje je X manji od x
površina trokuta iznosi 6 pa se izračuna površina između hipotenuze i pravca paralelnog hipotenuzi na kojem se nalazi nasumično odabrana točka (oduzimanje manjeg trokuta od većeg)
omjer te površine i ukupne površine je vjerojatnost koju smo tražili, tj. funkcija razdiobe
očekivanje se dobije integriranjem funkcije gustoće (koju dobijemo deriviranjem funkcije razdiobe) pomnožene s x u granicama u kojima x može doći, dakle [0, 2.4]

zna neko ovaj drugi ?

𝐓𝐇𝐄 𝐒𝐄𝐂𝐑𝐄𝐓 - 𝐂𝐋𝐔𝐁 *ne drugi nego treci sry

𝐓𝐇𝐄 𝐒𝐄𝐂𝐑𝐄𝐓 - 𝐂𝐋𝐔𝐁
Rastavi to u tri događaja, prvih pet bacanja, drugih pet bacanja i trećih pet bacanja, koji su međusobn nezavisni (jer su pojedina bacanja nezavisna), za svaki zračunaj tražnene vjerojatnosti i pomnoži ih:

1. Dakle u pet bacanja, moramo u barem dva bacanja dobiti šestice. Hajdemo prvo izračunati komplementarni događaj, da smo dobili najviše jednu šesticu (to nam je jednostavnije), to opet ima dva slučaja koja su disjunktna

   1. nismo dobili nijednu šesticu (\frac{5}{6})^5 (dakle u svakm bacanju vjerojatnost da dobijemo nešto što nije šestica je \frac{5}{6}, pa jer imamo 5 nezavisnih bacanja to je na petu

   2. Dobli smo točno jednu šesticu. Da dobijemo šesticu u točno određenom bacanju (npr. 3), znači da smo u tom bacanju dobili šesticu za što je vjerojatnost \frac{1}{6}, a ostala 4 nismo s vjerojatnošću \frac{5}{6}, a bacanje u kojem dobijemo šesticu možemo odabrati na 5 načina, pa je ukupna vjerojatnst 5 \cdot \frac{1}{6} (\frac{5}{6})^4 = (\frac{5}{6})^5

      Dakle ukupna vjerojatnost da smo u prvih pet bacanja dobili jednu ili nijednu šesticu je (\frac{5}{6})^5 + (\frac{5}{6})^5 = 2 (\frac{5}{6})^5. Onda je vjerojatnos da sm dobili dvije ili više šestica 1 minus to: 1-2 (\frac{5}{6})^5

2. Da bi suma bila parna, nužno i dovoljno je da u 5 bacanja dobijemo paran broj neparnih brojeva (uključujući 0). Dakle možemo dobiti 0, 2, 4 neparnih brojeva. Vjerojatnost da u jednom bacanju dobijemo paran odnosno neparan broj je točno \frac{1}{2} jer imamo jednako broj parnih i neparnih brojeva na kocki (po 3). Dakle ako računamo vjerojatnost da na točno dva mjesta dobijemo neparne brojeve, ta dva mjesta možemo odabrati na {5 \choose 2} načina, i to znači da smo u dva mjesta dobili paran, a u 3 mjesta neparan pa je ukupna vjerojatnost {5 \choose 2} (\frac{1}{2})^2 (\frac{1}{2})^3 ={5 \choose 2} (\frac{1}{2})^5. Analogno dobijemo vjerojatnosti da dobijemo u 0 i 4 bacanja neparne brojeve, pa ih na kraju zbrojimo i dobijemo {5 \choose 0} (\frac{1}{2})^5 + {5 \choose 2} (\frac{1}{2})^5 + {5 \choose 4} (\frac{1}{2})^5 = 16 (\frac{1}{2})^5 = \frac{1}{2}

3. Tri mjesta na kojima ćemo dobiti peticu ili šesticu možem odabrati na {5 \choose 3} načina. Vjerojatnost da u jednom bacanju dobijemo 5 ili 6 je \frac{2}{6} , a da ne dobijemo \frac{4}{6} , pa u vjerojatnost da u točno tri određena bacanja (npr. 1., 3. i 5.) dobijemo peticu ili šesticu je (\frac{2}{6})^3(\frac{4}{6})^2, a onda je vjerjatnost da točno neka tri bacanja dobijemo 5 ili 6: {5 \choose 3} (\frac{2}{6})^3(\frac{4}{6})^2

I sada izmnožim sve te vjerojatnosti i dobijemo:
(1-2 (\frac{5}{6})^5) \frac{1}{2} {5 \choose 3} (\frac{2}{6})^3(\frac{4}{6})^2 = 0.01615184

𝐓𝐇𝐄 𝐒𝐄𝐂𝐑𝐄𝐓 - 𝐂𝐋𝐔𝐁
(a) Neka je X slučajna varijabla koja nam govori koliko smo igara odigrali igri prestali igrati. P(X=n) = 0 za n =1,2,3,4 jer ćemo sigurno odigrati barem pet igara. Za n \geq 5, znači da smo od 5. do n - 1 igre pobjeđivati s vjerojatnošću p i da ćemo n-toj izgubiti s vjerojatnošću 1-p , pa vrijedi:
P(X = n) = p^{n-5}(1-p),\ \ n \geq 5

I sad računamo očekivanje po definiciji:
E[X] = \sum_{n=1}^\infty n P(X=n) = \sum_{n=5}^\infty np^{n-5}(1-p) = (1-p) \sum_{n=0}^\infty(n + 5) p^n = (1-p) \sum_{n=0}^\infty n p^n + 5(1-p) \sum_{n=0}^\infty p^n
Ako je p = 1 onda gore uopće nije definirano očekivanje (tj. ono je beskonačno jer nikad nećemo izgubiti, ne znam jel tad X uopće slučajna varijabla da budem iskren), pa pretpostavimo dalje p \in [0,1)

Općenito imamo:
\frac{1}{1-p} = \sum_{n=0}^\infty p^n
Pa kad to deriviramo i pomnožimo s p dobijemo:
\frac{p}{(1-p)^2} = \sum_{n=0}^\infty np^n
To uvrstimo gore i dobijemo:
E[X] = (1-p) \cdot \frac{p}{(1-p)^2} + 5(1-p)\cdot \frac{1}{1-p} = 5 + \frac{p}{1-p} = \frac{5 - 4p}{1-p}

(b) Ovdje ćemo malo promijenti pristup, imat ćemo dvije slučajne varijable X koja nam govori koliko smo puta izgubili u prva 4 bacanja (koja uvijek provodimo) i Y koja govori koliko ćemo puta izgubiti od 5. bacanja nadalje. Slučajna varijabla koja nam govori koliko ćemo puta izgubiti ukupno je suma te dvije Z = X + Y .

Odredimo očekivanje od X, primijetimo da je to binomna razdioba s parametrima 4 i 1-p , i znamo da je njeno očekivanje n(1-p) = 4(1-p) (primijetimo, ovdje je naš parametar binomne 1-p, a ne p, jer kao uspješan pokus računamo kad izgubimo igru jer tražimo broj gubitaka).

Sad odredimo očekivanje od Y preko njegove razdiobe. Primijetimo da Y poprima samo vrijednosti 0 ili 1 (jer čim jednom izgubimo počevi od 5. bacanja igra staje). Da dobijemo nula gubitaka moramo u svakom bacanju nakon petog dobiti, a to je jednako:
P(Y=0) = \lim_{n \to \infty}p^n = \begin{cases} 0, & p \in [0,1) \\ 1, & p = 1 \end{cases}

I vjerojatnost da imamo jedan gubitak je:
P(Y=1) = 1 - P(Y=0) = \begin{cases} 1, & p \in [0,1) \\ 0, & p = 1 \end{cases}

Pa je očekivanje od Y
E[Y] = 0\cdot P(Y=0) + 1 \cdot P(Y=1) = P(Y=1) = \begin{cases} 1, & p \in [0,1) \\ 0, & p = 1 \end{cases}

I ukupno očekivanje od Z je:
E[Z] = E[X + Y] = E[X] + E[Y] = \begin{cases} 4(1-p) + 1 = 5 - 4p, & p \in [0, 1)\\ 5(1-1) + 0 = 0, & p = 1 \end{cases}

E sad ja sam ovdje uzimao u obzir ovaj patološki slučaj kad je p=1, ali vidim da u rješenju to ne gledaju (jer realno nije ni bitno).

EDIT: Imam grešku u (b), ispravit ću to, Ispravljeno