Příklad 1 ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2 ČÁST 5

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

Příklad 1 a) Uvažujme jevy 𝐴, 𝐵, 𝐶. Výsledkem náhodného pokusu může být pouze nastoupení právě jednoho z uvedených jevů, nebo nastoupení všech tří těchto jevů současně. Zjistěte, zda jsou dané jevy vzájemně nezávislé. b) Házíme standardní hrací kostkou. Jaká je pravděpodobnost, že: a. při jednom hodu padne šestka, b. při jednom hodu padne sudé číslo c. při dvou hodech padne dvakrát šestka d. při dvou hodech nepadne ani jednou šestka e. při dvou hodech padne právě jednou šestka f. při dvou hodech padne alespoň jednou sudé číslo? c) Jaká je pravděpodobnost, že při jednom hodu třemi kostkami bude součet bodů 11 a jaká je pravděpodobnost, že součet bodů bude 12. d) V krabici jsou modré a bílé koule. Jestliže náhodně vybereme z krabice dvě koule, je pravděpodobnost vybrání dvou modrých koulí právě jedna polovina. Jaký je minimální počet koulí v krabici? e) Pravděpodobnost úspěchu určité akce je při každém opakování stejná a je rovna 0,9. Jaká je pravděpodobnost, že při dvojím opakování této akce bude dosaženo alespoň jednoho úspěchu? f) Z dnešního pohledu už naštěstí poněkud nepraktická, ale poučná úloha. Při trojnásobném souboji se tři soupeři 𝐴, 𝐵, 𝐶 postaví na strany rovnostranného trojúhelníku. Střílí se ve vylosovaném pořadí tak dlouho, dokud nezbude jediný vítěz. Je známo, že střelec 𝐴 zasáhne vždy, střelec 𝐵 zasáhne s pravděpodobností 0,8 a střelec 𝐶 zasáhne s pravděpodobností 0,5. Každý ze soupeřů použije nejvýhodnější strategii, pokud jde o volbu cíle. Jakou mají jednotliví účastníci souboje naději na vítězství? g) Máme odhadnout pravděpodobnost, že narozená dvojčata budou chlapci, víme-li, že v roce 1963 se narodilo 2321 párů dvojčat a z toho bylo 809 párů chlapců. V dalších letech byly tyto počty 1964 – 2265 – 792, 1965 – 2330 – 847, 1966 -2188 – 772, 1967 – 1957 – 673 a 1968 – 1953 – 696. h) Dva přátelé se dohodli, že oba přijdou na domluvené místo v době od 12 do 13 hodin s tím, že každý počká 15 minut na druhého. Pokud se během těchto 15 minut nedočká, nebo nastane 13 hodin, odejde. Pro oba z nich předpokládáme stejnou možnost příchodu kdykoliv v průběhu stanovené hodiny. Jaká je pravděpodobnost, že se za těchto podmínek setkají. i) Chodec vyjde z bodu 𝐴 s cílem dojít do bodu 𝐺 po komunikacích dle obrázku. Na každé křižovatce se rozhodne zcela náhodně, kterou cestou půjde. Vydá-li se slepou cestou, znamená to, že do bodu 𝐺 nedojde. Jakou má pravděpodobnost, že dojde do bodu 𝐺?

∀𝑑∃𝑏

1

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

j)

Lesní závod kryje potřebu smrkových sazenic produkcí dvou školek. První školka kryje 75 % výsadby, přičemž ze 100 sazenic je 80 první jakosti. Druhá školka kryje výsadbu z 25 %, přičemž první jakosti je 60 sazenic ze 100. Jaká je pravděpodobnost, že náhodně vybraná sazenice je první jakosti? Jaká je pravděpodobnost, že náhodně vybraná sazenice první jakosti je z produkce první školky a jaká je pravděpodobnost, že je z produkce druhé školky? k) Průzkum používání pracích prostředků v domácnostech ukázal, že z 200 domácností kupuje 62 domácností prostředek ARIEL, 109 PERSIL, 74 TIDE, 28 ARIEL i PERSIL, 22 ARIEL i TIDE, 30 PERSIL i TIDE a 12 domácností kupuje ARIEL, PERSIL i TIDE. Určete pravděpodobnost, že domácnost kupuje žádný z uvedených prostředků, právě jeden z nich, právě dva z nich a všechny tři z nich. l) Ze šesti vajec jsou dvě prasklá. Jaká je pravděpodobnost, že při náhodném odebrání dvou vajec vybereme žádné, jedno či dvě prasklá vejce. m) Přístroj se skládá z 300 stejných na sobě nezávisle pracujících částí. Určete pravděpodobnost, že přístroj přestane pracovat v důsledku poruchy alespoň jedné části. Pravděpodobnost poruch kterékoli části je a. 0,050 b. 0,010 c. 0,001 n) Pravděpodobnost, že určitá tkanina nevydrží zkoušku pevnosti v tahu je 0,01. Kolikrát minimálně by bylo třeba zkoušku opakovat, aby pravděpodobnost, že alespoň dvakrát tkanina nevydrží, byla 0,5 nebo větší? o) Z 200 ložisek je 130 první jakosti a 70 druhé jakosti. Z ložisek první jakosti bylo vyrobeno 80 na prvním stroji a 50 na druhém stroji. Z ložisek druhé jakosti bylo 40 vyrobeno na prvním stroji a 30 na druhém stroji. Jev 𝐴 představuje náhodné vybrání ložiska první jakosti a jev 𝐵 náhodné vybrání ložiska vyrobeného na prvním stroji. Jsou jevy 𝐴 a 𝐵 nezávislé? p) V zásilce 150 pytlů ořechů z Turecka je 5 pytlů se zkaženými ořechy. V zásilce 250 pytlů z Afganistánu je rovněž 5 pytlů se zkaženými ořechy. Jaká je pravděpodobnost, že náhodně vybraný pytel ze všech došlých pytlů s ořechy obsahuje zkažené ořechy. Jaká je pravděpodobnost, že vybereme pytel se zkaženými ořechy, když nejprve náhodně vybereme zásilku a až poté vybereme náhodně z této zásilky pytel? q) Přístroj najde vadu v materiálu s pravděpodobností 0,999, ale současně s pravděpodobností 0,0001 chybě označí bezvadný materiál jako vadný. Je známo, že vada v materiálu se vyskytuje v 0,1 % případů. Přístroj označil materiál jako vadný. Jaká je pravděpodobnost, že materiál má skutečně vadu? ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1a Možnými výsledky náhodného pokusu dle zadání jsou následující čtyři průniky (první tři pro nastoupení právě jednoho z uvedených jevů a poslední pro nastoupení všech tří): 𝐴 ∩ 𝐵̅ ∩ 𝐶̅ , 𝐴̅ ∩ 𝐵 ∩ 𝐶̅ , 𝐴̅ ∩ 𝐵̅ ∩ 𝐶, 𝐴∩𝐵∩𝐶 Z posledního průniku můžeme vyjádřit 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) = 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) ∙ 𝑃(𝐶|𝐴 ∩ 𝐵) Odtud 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) 𝑃(𝐶|𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) ∀𝑑∃𝑏

2

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

Protože jev 𝐴 ∩ 𝐵 může nastat jen tehdy, když nastane jev 𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶 (ostatní tři možné výsledky tento jev nepřipouští), musí mít oba tyto jevy stejnou nenulovou pravděpodobnost. Je současně jisté, že 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) = 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) ≠ 0, neboť 𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶 je možným výsledkem pokusu. Proto 𝑃(𝐶|𝐴 ∩ 𝐵) = 1 Pokračujme dále. Ze zadání je zřejmé, že nikdy nemůže nastat jev 𝐴̅ ∩ 𝐵 ∩ 𝐶, neboli musí platit 𝑃(𝐴̅ ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) = 0 Pro tento nemožný jev můžeme vyjádřit 𝑃(𝐴̅ ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) = 𝑃(𝐴̅ ∩ 𝐵) ∙ 𝑃(𝐶|𝐴̅ ∩ 𝐵) Odtud 𝑃(𝐴̅ ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) 𝑃(𝐶|𝐴̅ ∩ 𝐵) = 𝑃(𝐴̅ ∩ 𝐵) Přitom je zřejmé, že 𝑃(𝐴̅ ∩ 𝐵) ≠ 0, protože jev 𝐴̅ ∩ 𝐵 je nadjevem jevu 𝐴̅ ∩ 𝐵 ∩ 𝐶̅ , který je druhým možným výsledkem pokusu. Po dosazení odstaneme 𝑃(𝐶|𝐴̅ ∩ 𝐵) = 0 Současně tedy platí, že 𝑃(𝐶|𝐴 ∩ 𝐵) = 1, 𝑃(𝐶|𝐴̅ ∩ 𝐵) = 0 Vidíme, že hodnota podmíněné pravděpodobnosti jevu 𝐶 je závislá na podmínce. Přitom jevy 𝐴 ∩ 𝐵 a 𝐴̅ ∩ 𝐵 jsou disjunktní (neslučitelné). Odtud je zřejmé, že jevy 𝐴, 𝐵, 𝐶 jsou závislé. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1b Při jednom hodu standardní hrací kostkou je množina možných výsledků {1,2,3,4,5,6}. Tyto výsledky jsou jako jevy neslučitelné. Každý z těchto výsledků má stejnou pravděpodobnost. Označíme-li 𝑋 náhodný jev hodu standardní hrací kostkou, pak 1 𝑃(𝑋 = 1) = 𝑃(𝑋 = 2) = 𝑃(𝑋 = 3) = 𝑃(𝑋 = 4) = 𝑃(𝑋 = 5) = 𝑃(𝑋 = 6) = 6 a) Pravděpodobnost, že při jednom hodu padne šestka, je zřejmá 1 𝑃(𝑋 = 6) = 6 b) Pravděpodobnost, že při jednom hodu padne sudé číslo, vypočteme snadno 1 1 1 3 1 𝑃((𝑋 = 2) ∪ (𝑋 = 4) ∪ (𝑋 = 6)) = 𝑃(𝑋 = 2) + 𝑃(𝑋 = 4) + 𝑃(𝑋 = 6) = + + = = 6 6 6 6 2 c) Pro řešení dalších otázek označme 𝑋1 výsledek náhodného jevu prvního hodu standardní kostkou a 𝑋2 výsledek náhodného jevu druhého hodu standardní kostkou. Je zřejmé, že výsledek druhého hodu nijak nezávisí na výsledku prvního hodu. Pravděpodobnost, že při dvou hodech padne dvakrát šestka, se nyní dá vypočítat takto (jde o současný výskyt dvou jevů): 1 1 1 𝑃((𝑋1 = 6) ∩ (𝑋2 = 6)) = 𝑃(𝑋1 = 6) ∙ 𝑃(𝑋2 = 6) = ∙ = 6 6 36 d) Pravděpodobnost, že při dvou hodech nepadne ani jednou šestka lze vypočítat rovněž snadno 𝑃((𝑋1 ≠ 6) ∩ (𝑋2 ≠ 6)) = 𝑃(𝑋1 ≠ 6) ∙ 𝑃(𝑋2 ≠ 6) = 𝑃((𝑋1 = 1) ∪ (𝑋1 = 2) ∪ (𝑋1 = 3) ∪ (𝑋1 = 4) ∪ (𝑋1 = 5)) ∙ 𝑃((𝑋2 = 1) ∪ (𝑋2 = 2) ∪ (𝑋2 = 3) ∪ (𝑋2 = 4) ∪ (𝑋2 = 5)) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 5 25 =( + + + + )∙( + + + + )= ∙ = 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 36 ∀𝑑∃𝑏

3

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

Ke stejnému výsledku bychom došli i s využitím hodnoty pravděpodobnosti doplňkového jevu pro každý z hodů zvlášť. 𝑃((𝑋1 ≠ 6) ∩ (𝑋2 ≠ 6)) = 𝑃(𝑋1 ≠ 6) ∙ 𝑃(𝑋2 ≠ 6) = (1 − 𝑃(𝑋1 = 6))(1 − 𝑃(𝑋2 = 6)) 1 1 5 5 25 = (1 − ) ∙ (1 − ) = ∙ = 6 6 6 6 36 e) Pravděpodobnost, že při dvou hodech padne právě jednou šestka, se počítá jako pravděpodobnost sjednocení neslučitelných jevů ((𝑋1 = 6) ∩ (𝑋2 ≠ 6)) ∪ ((𝑋1 ≠ 6) ∩ (𝑋2 = 6)). Výpočet povedeme takto 𝑃 (((𝑋1 = 6) ∩ (𝑋2 ≠ 6)) ∪ ((𝑋1 ≠ 6) ∩ (𝑋2 = 6)))

f)

= 𝑃((𝑋1 = 6) ∩ (𝑋2 ≠ 6)) + 𝑃((𝑋1 ≠ 6) ∩ (𝑋2 = 6)) 1 5 5 1 5 5 10 = 𝑃(𝑋1 = 6) ∙ 𝑃(𝑋2 ≠ 6) + 𝑃(𝑋1 ≠ 6) ∙ 𝑃(𝑋2 = 6) = ∙ + ∙ = + = 6 6 6 6 36 36 36 Pravděpodobnost, že při dvou hodech padne alespoň jednou sudé číslo, se dá vypočítat jako součet pravděpodobností dvou neslučitelných jevů padnutí právě jednoho sudého čísla a padnutí právě dvou sudých čísel.

𝑃 (((𝑋1 ∈ {2,4,6}) ∩ (𝑋2 ∈ {1,3,5})) ∪ ((𝑋1 ∈ {1,3,5}) ∩ (𝑋2 ∈ {2,4,6})) ∪ ((𝑋1 ∈ {2,4,6}) ∩ (𝑋2 ∈ {2,4,6}))) = 𝑃((𝑋1 ∈ {2,4,6}) ∩ (𝑋2 ∈ {1,3,5})) + 𝑃((𝑋1 ∈ {1,3,5}) ∩ (𝑋2 ∈ {2,4,6})) + 𝑃((𝑋1 ∈ {2,4,6}) ∩ (𝑋2 ∈ {2,4,6})) = 𝑃(𝑋1 ∈ {2,4,6}) ∙ 𝑃(𝑋2 ∈ {1,3,5}) + 𝑃(𝑋1 ∈ {1,3,5}) ∙ 𝑃(𝑋2 ∈ {2,4,6}) + 𝑃(𝑋1 ∈ {2,4,6}) ∙ 𝑃(𝑋2 ∈ {2,4,6}) = 𝑃((𝑋1 = 2) ∪ (𝑋1 = 4) ∪ (𝑋1 = 6)) ∙ 𝑃((𝑋2 = 1) ∪ (𝑋2 = 3) ∪ (𝑋2 = 5)) + 𝑃((𝑋1 = 1) ∪ (𝑋1 = 3) ∪ (𝑋1 = 5)) ∙ 𝑃((𝑋2 = 2) ∪ (𝑋2 = 4) ∪ (𝑋2 = 6)) + 𝑃((𝑋1 = 2) ∪ (𝑋1 = 4) ∪ (𝑋1 = 6)) ∙ 𝑃((𝑋2 = 2) ∪ (𝑋2 = 4) ∪ (𝑋2 = 4)) = (𝑃(𝑋1 = 2) + 𝑃(𝑋1 = 4) + 𝑃(𝑋1 = 6)) ∙ (𝑃(𝑋2 = 1) + 𝑃(𝑋2 = 3) + 𝑃(𝑋2 = 5)) + (𝑃(𝑋1 = 1) + 𝑃(𝑋1 = 3) + 𝑃(𝑋1 = 5)) ∙ (𝑃(𝑋2 = 2) + 𝑃(𝑋2 = 4) + 𝑃(𝑋2 = 6)) + (𝑃(𝑋1 = 2) + 𝑃(𝑋1 = 4) + 𝑃(𝑋1 = 6)) ∙ (𝑃(𝑋2 = 2) + 𝑃(𝑋2 = 4) + 𝑃(𝑋2 = 6)) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =( + + )∙( + + )+( + + )∙( + + )+( + + ) 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 1 1 1 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 ∙( + + )= ∙ + ∙ + ∙ = ∙ + ∙ + ∙ = + + = 6 6 6 6 6 6 6 6 6 2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 Kdybychom využili výsledku druhé podúlohy, mohli bychom výpočet výrazně zkrátit. Druhou možností je využít doplňkového jevu, tedy doplňku k pravděpodobnosti padnutí žádného sudého čísla. 1 − 𝑃((𝑋1 ∈ {1,3,5}) ∩ (𝑋2 ∈ {1,3,5})) = 1 − 𝑃(𝑋1 ∈ {1,3,5}) ∙ 𝑃(𝑋2 ∈ {1,3,5}) = 1 − 𝑃((𝑋1 = 1) ∪ (𝑋1 = 3) ∪ (𝑋1 = 5)) ∙ 𝑃((𝑋2 = 1) ∪ (𝑋2 = 3) ∪ (𝑋2 = 5)) = 1 − (𝑃(𝑋1 = 1) + 𝑃(𝑋1 = 3) + 𝑃(𝑋1 = 5))

1 1 1 1 1 1 ∙ (𝑃(𝑋2 = 1) + 𝑃(𝑋2 = 3) + 𝑃(𝑋2 = 5)) = 1 − ( + + ) ∙ ( + + ) 6 6 6 6 6 6 3 3 1 1 1 3 =1− ∙ =1− ∙ =1− = 6 6 2 2 4 4 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀𝑑∃𝑏

4

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

Řešení 1c Házíme najednou třemi standardními kostkami (každá má šest stran). Celkový počet možných výsledků je 𝑉 ′ (3; 6), protože jde o variace s opakováním, neboť výsledek hodu na jedné kostce neovlivňuje výsledek hodu jinou kostkou. a) Máme zjistit pravděpodobnost, že nastane náhodný jev 𝑋, neboli že padne součet 11. Tato situace může nastat ve 27 výsledcích hodu. Je důležité uvědomit si, že jde o uspořádané trojice, neboť stejný výsledek na různých kostkách nelze zaměňovat. Konkrétně součet 11 padne při následujících výsledcích hodu. 〈1,4,6〉, 〈1,5,5〉, 〈1,6,4〉, 〈2,3,6〉, 〈2,4,5〉, 〈2,5,4〉, 〈2,6,3〉, 〈3,2,6〉, 〈3,3,5〉, 〈3,4,4〉, 〈3,5,3〉, 〈3,6,2〉, 〈4,1,6〉, 〈4,2,5〉, 〈4,3,4〉, 〈4,4,3〉, 〈4,5,2〉, 〈4,6,1〉, 〈5,1,5〉, 〈5,2,4〉, 〈5,3,3〉, 〈5,4,2〉, 〈5,5,1〉, { 〈6,1,4〉, 〈6,2,3〉, 〈6,3,2〉, 〈6,4,1〉, } Odtud snadno dostaneme 27 27 27 1 𝑃(𝑋) = ′ = 3= = = 0,125 𝑉 (3; 6) 6 216 8 b) Máme zjistit pravděpodobnost, že nastane náhodný jev 𝑌, neboli že padne součet 12. Tato situace může nastat ve 25 výsledcích hodu. Je důležité uvědomit si, že jde o uspořádané trojice, neboť stejný výsledek na různých kostkách nelze zaměňovat. Konkrétně součet 12 padne při následujících výsledcích hodu. 〈1,5,6〉, 〈1,6,5〉, 〈2,4,6〉, 〈2,5,5〉, 〈2,6,4〉, 〈3,3,6〉, 〈3,4,5〉, 〈3,5,4〉, 〈3,6,3〉, 〈4,2,6〉, 〈4,3,5〉, 〈4,4,4〉, 〈4,5,3〉, 〈4,6,2〉, 〈5,1,6〉, 〈5,2,5〉, 〈5,3,4〉, 〈5,4,3〉, 〈5,5,2〉, 〈5,6,1〉, { 〈6,1,5〉, 〈6,2,4〉, 〈6,3,3〉, 〈6,4,2〉, 〈6,5,1〉 } Odtud snadno dostaneme 25 25 25 𝑃(𝑌) = ′ = 3= ≅ 0,115741 𝑉 (3; 6) 6 216 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1d Označme 𝑚 počet modrých koulí a 𝑏 počet bílých koulí v krabici. Musí platit 𝑚, 𝑏 ∈ 𝑁. Celkem je tedy v krabici 𝑚 + 𝑏 koulí. Podle zadání úlohy je pravděpodobnost výběru dvou modrých koulí rovna jedné polovině. Proto musí platit 𝑚 ∙ (𝑚 − 1) (𝑚 ) 1 𝑚 ∙ (𝑚 − 1) 𝑚 𝑚−1 2∙1 2 = 𝑚+𝑏 = = = ∙ (𝑚 + 𝑏) ∙ (𝑚 + 𝑏 − 1) (𝑚 + 𝑏) ∙ (𝑚 + 𝑏 − 1) 𝑚 + 𝑏 𝑚 + 𝑏 − 1 2 ( 2 ) 2∙1 Neboli 𝑚 𝑚−1 1 ∙ = 𝑚+𝑏 𝑚+𝑏−1 2 Dále je zřejmé, že pro 𝑏 > 0 platí 𝑚 𝑚−1 > 𝑚+𝑏 𝑚+𝑏−1 V rovnici nahradíme nižší člen vyšším z nerovnosti a dostaneme

∀𝑑∃𝑏

5

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

𝑚 𝑚 1 ∙ > 𝑚+𝑏 𝑚+𝑏 2 Nyní v rovnici nahradíme vyšší člen nižším a dostaneme 𝑚−1 𝑚−1 1 ∙ < 𝑚+𝑏−1 𝑚+𝑏−1 2 Takto jsme dostali dvě nerovnosti 𝑚 2 1 𝑚−1 2 1 ( ) > , ( ) < 𝑚+𝑏 2 𝑚+𝑏−1 2 Z obou těchto nerovností vyjádříme 𝑚 pomocí postupných úprav 𝑚 1 𝑚−1 1 > , < 𝑚 + 𝑏 √2 𝑚 + 𝑏 − 1 √2 √2𝑚 > 𝑚 + 𝑏, √2(𝑚 − 1) < 𝑚 − 1 + 𝑏 (√2 − 1)𝑚 > 𝑏, 𝑏 𝑚> , √2 − 1

(√2 − 1)(𝑚 − 1) < 𝑏 𝑏 𝑚−1< √2 − 1

Odtud 𝑏 √2 − 1

+1>𝑚 >

𝑏 √2 − 1

Neboli přibližně 𝑏 𝑏 +1>𝑚 > 0,414214 0,414214 Hledáme nejmenší možný počet koulí, který vyhovuje odvozeným vztahům. Proto volíme 𝑏 = 1 a dostaneme 1 1 +1>𝑚 > 0,414214 0,414214 Po úpravě 2,414214 + 1 > 𝑚 > 2,414214 Neboli 3,414214 > 𝑚 > 2,414214 Odtud dostáváme řešení 𝑚 = 3, 𝑏=1 Zkouška Dosadíme do výrazu pro pravděpodobnost vytažení dvou modrých koulí 3 ∙ (3 − 1) (32) 3 ∙ (3 − 1) 3 3−1 3 2 2 1 2∙1 3+1 = (3 + 1) ∙ (3 + 1 − 1) = (3 + 1) ∙ (3 + 1 − 1) = 3 + 1 ∙ 3 + 1 − 1 = 4 ∙ 3 = 4 = 2 ( 2 ) 2∙1 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1e Označme 𝑋1 úspěch při prvním provedení akce a 𝑋2 úspěch při druhém provedení. Je zřejmé ze zadání, že oba jevy jsou nezávislé. Úspěch nebo neúspěch při prvním provedení nijak neovlivňuje pravděpodobnost úspěchu při druhém provedení. Pravděpodobnost alespoň jednoho úspěchu ze dvou pokusů můžeme vypočítat jako pravděpodobnost sjednocení těchto dvou jevů 𝑃(𝑋1 ∪ 𝑋2 ) = 𝑃(𝑋1 ) + 𝑃(𝑋2 ) − 𝑃(𝑋1 ∩ 𝑋2 ) = 𝑃(𝑋1 ) + 𝑃(𝑋2 ) − 𝑃(𝑋1 ) ∙ 𝑃(𝑋2 ) Po dosazení dostaneme ∀𝑑∃𝑏

6

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

𝑃(𝑋1 ∪ 𝑋2 ) = 0,9 + 0,9 − 0,9 ∙ 0,9 = 1,8 − 0,81 = 0,99 Ke stejnému výsledku dojdeme samozřejmě i výpočtem vedeným přes pravděpodobnost doplňkového jevu. ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅ ̅̅̅ ̅̅̅ ̅̅̅ 𝑃(𝑋1 ∪ 𝑋2 ) = 1 − 𝑃(𝑋 1 ∪ 𝑋2 ) = 1 − 𝑃(𝑋1 ∩ 𝑋2 ) = 1 − 𝑃(𝑋1 ) ∙ 𝑃(𝑋2 ) = 1 − (1 − 𝑃(𝑋1 )) ∙ (1 − 𝑃(𝑋2 )) Po dosazení dostaneme 𝑃(𝑋1 ∪ 𝑋2 ) = 1 − (1 − 0,9) ∙ (1 − 0,9) = 1 − 0,1 ∙ 0,1 = 1 − 0,01 = 0,99 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1f Nejprve je důležité uvědomit si, jaká jsou možná vylosovaná pořadí střelby. Možných výsledků losování je 6, jde o 𝐴𝐵𝐶, 𝐴𝐶𝐵, 𝐵𝐴𝐶, 𝐵𝐶𝐴, 𝐶𝐴𝐵, 𝐶𝐵𝐴. Dále je důležité uvědomit si nejvýhodnější strategie všech střelců. Podle zadání se právě těmito strategiemi střelci řídit při výběru cíle.  Pro střelce 𝐴 je nejvýhodnější strategií střílet nejprve na střelce 𝐵, protože od něj hrozí větší nebezpečí, než od střelce 𝐶.  Podobně pro střelce 𝐵 je nejvýhodnější strategií střílet nejprve na střelce 𝐴, protože od něj hrozí větší nebezpečí než od střelce 𝐶.  Zdánlivě pro střelce 𝐶 platí podobné podmínky. Od střelce A hrozí větší nebezpečí, než od střelce 𝐵. Ale je třeba si uvědomit, že bez ohledu na to, po kom by střílel střelec 𝐶, budou jeho soupeři střílet vzájemně po sobě, nikoli po něm. Střelec 𝐶 se tak dostává do zajímavé a pro něj výhodné situace. Představme si, že ještě žádný ze střelců nebyl zasažen a má střílet právě střelec 𝐶. Protože pro něj hrozí větší nebezpečí od střelce 𝐴, bude mířit na něj. Pokud zasáhne, je již A mimo hru a jako další bude střílet 𝐵. V tom případě 𝐶 bude zasažen s pravděpodobností 0,8 a nebude zasažen s pravděpodobností 0,2. Předpokládejme nyní dále, že střelec 𝐶 střelce 𝐴 nezasáhne a jako další bude střílet střelec 𝐴. Ten zcela jistě zasáhne střelce 𝐵, který tím bude vyřazen. Jako další bude střílet znovu 𝐶, který tak bude mít pravděpodobnost 0,5, že zasáhne 𝐴 a vyjde tak ze souboje jako vítěz. Za tohoto pořadí střelby je pro střelce 𝐶 tedy jasně nevýhodné jako první zasáhnout střelce 𝐴. Může tedy v této situaci klidně střílet do vzduchu. Jak se ukázalo, je to pro něj lepší. Tyto úvahy uplatníme v následujícím rozboru jednotlivých možných pořadí střelby. Jednotlivé možné situace si zpracujeme třeba do tabulek (mohli bychom použít i grafy, slovní popis a podobně). Jen ještě upozorníme, že zasažený střelec již nemůže zasáhnout do pořadí střelby (i kdyby byl jen lehce zraněn). Zasažený střelec je tedy okamžikem zásahu z další hry vyřazen. Je zajímavé, že při některých pořadích střelby je průběh úplně stejný, jako při jiném pořadí (například ABC, ACB). To je dáno právě dodržením strategie jednotlivých střelců. Tabulky jsou organizovány jako jednoduché programy. Vždy se začíná na prvním řádku, není-li určeno jinak, pokračuje se dalším řádkem. Končí se vždy slovem „vítězí“, s označením vítěze trojsouboje. Pořadí ABC Řádek Výstřel 1 1 2 2 3 4 3 ∀𝑑∃𝑏

Střelec A C

Cíl B A

A

C

Pravděpodobnost 1 0,5 0,5 1

Výsledek Zásah; B vyřazen Zásah; A vyřazen; C vítězí Mimo Zásah; C vyřazen; A vítězí 7

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2 Pořadí ACB Řádek Výstřel 1 1 2 2 3 4 3

Střelec A C

Cíl B A

A

C

Střelec B

Cíl A

2 3

A C

B A

4 n

A C

C B

n+1

B

C

Střelec B

Cíl A

2

C

A

3 4

A C

B A

5 n

A C

C B

n+1

B

C

Střelec C

Cíl A

2 3

A C

B A

4

A

C

Pořadí BAC Řádek Výstřel 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Pořadí BCA Řádek Výstřel 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Pořadí CAB Řádek Výstřel 1 1 2 3 4 5 6 ∀𝑑∃𝑏

ČÁST 5

Pravděpodobnost 1 0,5 0,5 1

Výsledek Zásah; B vyřazen Zásah; A vyřazen; C vítězí Mimo Zásah; C vyřazen; A vítězí

Pravděpodobnost Výsledek 0,8 Zásah; A vyřazen; nastavit n:=2; pokračovat na řádku 7 0,2 Mimo 1 Zásah; B vyřazen 0,5 Zásah; A vyřazen; C vítězí 0,5 Mimo 1 Zásah; C vyřazen; A vítězí 0,5 Zásah; B vyřazen; C vítězí 0,5 Mimo 0,8 Zásah; C vyřazen; B vítězí 0,2 Mimo; nastavit n:=n+2; pokračovat na řádku 7

Pravděpodobnost Výsledek 0,8 Zásah; A vyřazen; nastavit n:=2; pokračovat na řádku 9 0,2 Mimo 0,5 Zásah; A vyřazen; pro C nevýhodné, střílí úmyslně mimo 0,5 Mimo 1 Zásah; B vyřazen 0,5 Zásah; A vyřazen; C vítězí 0,5 Mimo 1 Zásah; C vyřazen; A vítězí 0,5 Zásah; B vyřazen; C vítězí 0,5 Mimo 0,8 Zásah; C vyřazen; B vítězí 0,2 Mimo; nastavit n:=n+2; pokračovat na řádku 9

Pravděpodobnost Výsledek 0,5 Zásah; A vyřazen; pro C nevýhodné, střílí úmyslně mimo 0,5 Mimo 1 Zásah; B vyřazen; 0,5 Zásah; A vyřazen; C vítězí 0,5 Mimo 1 Zásah; C vyřazen; A vítězí 8

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

Pořadí CBA Řádek Výstřel 1 1 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

ČÁST 5

Střelec C

Cíl A

2

B

A

3 4

A C

B A

5 n

A C

C B

n+1

B

C

Pravděpodobnost Výsledek 0,5 Zásah; A vyřazen; pro C nevýhodné, střílí úmyslně mimo 0,5 Mimo 0,8 Zásah; A vyřazen; nastavit n:=3; pokračovat na řádku 7 0,2 Mimo 1 Zásah; B vyřazen 0,5 Zásah; A vyřazen; C vítězí 0,5 Mimo 1 Zásah; C vyřazen; A vítězí 0,5 Zásah; B vyřazen; C vítězí 0,5 Mimo 0,8 Zásah; C vyřazen; B vítězí 0,2 Mimo; nastavit n:=n+2; pokračovat na řádku 7

Pro pochopení toho, jak souboj probíhá, je možná vhodný obrázek znázorňující pravděpodobnostní automat (stavový diagram).

Vidíme, že pro pořadí střelby 𝐴𝐵𝐶 a 𝐴𝐶𝐵 máme stejný stavový diagram a diagram pro pořadí 𝐶𝐴𝐵 se liší jen přidaným nepodstatným stavem pro úmyslnou střelbu mimo. Pro pořadí střelby 𝐵𝐴𝐶, 𝐵𝐶𝐴 a 𝐶𝐵𝐴 jsou stavové diagramy trochu komplikovanější, ale opravdu jen mírně. Pořadí 𝐵𝐶𝐴 se liší od pořadí 𝐵𝐴𝐶 opět jen přidaným nepodstatným stavem pro úmyslnou střelbu mimo. ∀𝑑∃𝑏

9

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

∀𝑑∃𝑏

ČÁST 5

10

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

Pořadí 𝐶𝐵𝐴 se liší od pořadí 𝐵𝐴𝐶 také jen přidaným nepodstatným stavem pro úmyslnou střelbu mimo, tentokrát jen na jiném místě.

Odmysleme si nyní přidané nepodstatné stavy. Vidíme, že našich šest případů pořadí střelby lze redukovat na pouhé dva případy. Charakteristikou těchto dvou případů je, zda střílet začíná dříve střelec 𝐴 (na něj přešla pořadí 𝐴𝐵𝐶, 𝐴𝐶𝐵 a 𝐶𝐴𝐵), nebo zda střílet začíná střelec 𝐵 (na něj přešla pořadí 𝐵𝐴𝐶, 𝐵𝐶𝐴 a 𝐶𝐵𝐴). Z tabulek i obrázků je patrné, že v případě, že střílet začíná střelec 𝐴 po provedené redukci, mají střelci 𝐴 a 𝐶 stejnou pravděpodobnost vítězství v souboji rovnou 0,5. Střelec 𝐵 v tomto případě zvítězit nemůže. V případě, že po provedené redukci začíná střílet střelec 𝐵, je situace komplikovanější a vyžaduje detailnější rozbor. Střelec 𝐴 zvítězí jedině tehdy, když jej nezasáhne střelec 𝐵 (pravděpodobnost, že mine je 0,2), ani jej nezasáhne střelec 𝐶 (pravděpodobnost, že mine je 0,5). Pravděpodobnost, že střelec A zvítězí v souboji tedy je 0,2 ∙ 0,1 = 0,10. Střelec 𝐵 zvítězí tehdy, když zasáhne 𝐴, pak jej nezasáhne 𝐶. V tuto chvíli může 𝐵 ukončit souboj zasažením 𝐶. Pokud jej ovšem nezasáhne a nezasáhne jej ani C při následující střele, šance ukončit souboj se mu zase vrací. Tak to může pokračovat neomezeně dlouho. Musíme si ovšem uvědomit, že pravděpodobnosti neustálých neúspěchů 𝐵 a 𝐶 prudce klesají. Pravděpodobnost vítězství střelce B je dána součtem geometrické řady 0,8 ∙ 0,5 ∙ 0,8 + 0,8 ∙ 0,5 ∙ 0,2 ∙ 0,5 ∙ 0,8 + 0,8 ∙ 0,5 ∙ 0,2 ∙ 0,5 ∙ 0,2 ∙ 0,5 ∙ 0,8 + 0,8 ∙ 0,5 ∙ 0,2 ∙ 0,5 ∙ 0,2 ∙ 0,5 ∙ 0,2 ∙ 0,5 ∙ 0,8 + 0,8 ∙ 0,5 ∙ 0,2 ∙ 0,5 ∙ 0,2 ∙ 0,5 ∙ 0,2 ∙ 0,5 ∙ 0,2 ∙ 0,5 ∙ 0,8 + ⋯ = 0,32 + 0,032 + 0,0032 + 0,00032 + 0,000032 + ⋯ ∞

= 0,32 ∙ (1 + 0,1 + 0,01 + 0,001 + 0,0001 + ⋯ ) = 0,32 ∙ ∑ 10−𝑖 𝑖=0

1 − 0,1𝑖 1 1 0,32 32 16 = 0,32 ∙ lim = 0,32 ∙ = 0,32 ∙ = = = 𝑖→∞ 1 − 0,1 1 − 0,1 0,9 0,9 90 45 ∀𝑑∃𝑏

11

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

Pravděpodobnost vítězství střelce 𝐶 můžeme pro případ, že začíná střílet střelec 𝐵 spočítat jako pravděpodobnost doplňkového jevu snadno 16 1 16 90 9 32 90 − 9 − 32 49 1 − 0,1 − =1− − = − − = = 45 10 45 90 90 90 90 90 Již dříve jsme si ujasnili, že pravděpodobnost, že začne střílet po redukci pořadí střelec 𝐴 je stejná, jako pravděpodobnost, že začne střílet střelec 𝐵 a je rovná 0,5. Označíme-li 𝑃(𝑋) pravděpodobnost, že v trojsouboji zvítězí střelec 𝑋 pro 𝑋 = 𝐴, 𝐵, 𝐶, pak z rozboru obou případů již snadno vypočteme. 1 1 6 3 27 𝑃(𝐴) = ∙ (0,5 + 0,1) = ∙ = = 2 2 10 10 90 1 32 1 32 16 𝑃(𝐵) = ∙ (0 + ) = ∙ = 2 90 2 90 90 1 49 1 45 49 1 94 47 𝑃(𝐶) = ∙ (0,5 + ) = ∙ ( + ) = ∙ = 2 90 2 90 90 2 90 90 Výsledek je možná překvapivý. V trojsouboji dle zadaných podmínek má nadpoloviční pravděpodobnost vítězství nejhorší, leč přesto stále ještě docela dobrý střelec. Zkouška Zkoušku správnosti výpočtu uděláme snadno sečtením nalezených pravděpodobností. V součtu musí dávat hodnotu 1. A skutečně tomu tak je. 27 16 47 27 + 16 + 47 90 + + = = =1 90 90 90 90 90 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1g Zadané údaje o výskytu dvojic chlapců mezi narozenými dvojčaty si uspořádáme do tabulky. Rok Počet narozených dvojčat Z toho dvojic chlapců 1963 2321 809 1964 2265 792 1965 2330 847 1966 2188 772 1967 1957 673 1968 1953 696 Abychom se dostali k co nejlepšímu výsledku, můžeme postupovat dvěma způsoby. Oba spočívají na výpočtu relativní četnosti. První možný postup je použít průměrnou hodnotu z relativních četností v jednotlivých letech. Rok Počet narozených dvojčat Z toho dvojic chlapců Relativní četnost 1963 2321 809 0,348556657 1964 2265 792 0,349668874 1965 2330 847 0,363519313 1966 2188 772 0,352833638 1967 1957 673 0,343893715 1968 1953 696 0,356374808 Průměr 0,352474501

∀𝑑∃𝑏

12

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

Druhý možný způsob spočívá v nápočtu kumulací od počátku sledování a výpočtu relativní četnosti v rámci těchto kumulací.

Období 1963-1963 1963-1964 1963-1965 1963-1966 1963-1967 1963-1968

Kumulace počtu narozených dvojčat 2321 4586 6916 9104 11061 13014

Kumulace počtu dvojic chlapců 809 1601 2448 3220 3893 4589

Relativní četnost 0,348556657 0,349105975 0,353961828 0,353690685 0,351957328 0,352620255

Vidíme, že se obě hodnoty příliš neliší. Pro dobré odhady příštího vývoje lze použít koeficient 0,35. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1h Řešení lze snadno najít pomocí geometrické představy o tom, kdy se oba přátelé mohou setkat.

Čtverec představuje vymezenou dobu pro setkání na dvou osách. Každá z nich je určena pro jednoho z přátel. Plná černá čára představuje osu tohoto čtverce vymezující možnou dobu příchodu každého z nich. Světle červená plocha vymezuje prostor čekání prvního z nich. Světle modrá plocha vymezuje prostor čekání druhého z nich. Sjednocení těchto ploch je prostorem, ve kterém se oba přátelé mohou setkat. Pravděpodobnost setkání je pak poměrem plochy tohoto sjednocení k celkové ploše čtverce. Snadno spočítáme, že plocha velkého čtverce odpovídá ploše 16 malých čtverců. Plocha sjednocení odpovídá ploše 7 malých čtverců. Pravděpodobnost, že se přátelé setkají tedy je 7 16 …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… ∀𝑑∃𝑏

13

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

Řešení 1i Pro chodce máme situaci dle obrázku s tím, že vyjde z bodu A. Na každé křižovatce se náhodně vydá jednou z možných cest dál. Zajímá nás pravděpodobnost jeho příchodu od bodu G.

Označme si potřebné pravděpodobnosti. 𝑃(𝐵) je pravděpodobnost, že chodec dojde do bodu 𝐵. 𝑃(𝐶) je pravděpodobnost, že chodec dojde do bodu 𝐶. 𝑃(𝐷) je pravděpodobnost, že chodec dojde do bodu 𝐷. 𝑃(𝐸) je pravděpodobnost, že chodec dojde do bodu 𝐸. 𝑃(𝐹) je pravděpodobnost, že chodec dojde do bodu 𝐹. 𝑃(𝐺) je pravděpodobnost, že chodec dojde do bodu 𝐺. Z toho, že body B, C, D, E, F představují úplný systém neslučitelných a stejně pravděpodobných jevů plyne 1 𝑃(𝐵) = 𝑃(𝐶) = 𝑃(𝐷) = 𝑃(𝐸) = 𝑃(𝐹) = 5 Podmíněné pravděpodobnosti dojití do bodu 𝐺 můžeme na základě obrázku snadno určit. 𝑃(𝐴|𝐵) = 0 1 𝑃(𝐴|𝐶) = 3 1 𝑃(𝐴|𝐷) = 2 2 𝑃(𝐴|𝐸) = 3 𝑃(𝐴|𝐹) = 1 Podle věty o úplné pravděpodobnosti musí platit 𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐴|𝐵) ∙ 𝑃(𝐵) + 𝑃(𝐴|𝐶) ∙ 𝑃(𝐶) + 𝑃(𝐴|𝐷) ∙ 𝑃(𝐷) + 𝑃(𝐴|𝐸) ∙ 𝑃(𝐸) + 𝑃(𝐴|𝐹) ∙ 𝑃(𝐹) Po dosazení dostaneme 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 0 2 3 4 6 𝑃(𝐴) = 0 ∙ + ∙ + ∙ + ∙ + 1 ∙ = ∙ (0 + + + + 1) = ∙ ( + + + + ) 5 3 5 2 5 3 5 5 5 3 2 3 5 6 6 6 6 6 1 0 + 2 + 3 + 4 + 6 1 15 15 15 1 = ∙ = ∙ = = = 5 6 5 6 5 ∙ 6 30 2 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1j Označme 𝑋 náhodný jev, že vybraná sazenice je první jakosti, 𝑌1 náhodný jev, že vybraná sazenice je z produkce první školky a 𝑌2 náhodný jev, že vybraná sazenice je z produkce druhé školky. Ze zadání úlohy víme, že 𝑃(𝑌1 ) = 0,75, 𝑃(𝑋|𝑌1 ) = 0,80 𝑃(𝑌2 ) = 0,25, 𝑃(𝑋|𝑌2 ) = 0,60 ∀𝑑∃𝑏

14

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

Podle věty o úplné pravděpodobnosti platí 𝑃(𝑋) = 𝑃(𝑋|𝑌1 ) ∙ 𝑃(𝑌1 ) + 𝑃(𝑋|𝑌2 ) ∙ 𝑃(𝑌2 ) = Po dosazení dostaneme 𝑃(𝑋) = 0,80 ∙ 0,75 + 0,60 ∙ 0,25 = 0,6000 + 0,1500 = 0,7500 = 0,75 Tedy pravděpodobnost, že náhodně vybraná sazenice je první jakosti, je 0,75. Nyní máme určit pravděpodobnost, že náhodně vybraná sazenice je z produkce první, respektive druhé školky. Podle Bayesovy věty platí 𝑃(𝑌1 ) ∙ 𝑃(𝑋|𝑌1 ) 𝑃(𝑌2 ) ∙ 𝑃(𝑋|𝑌2 ) 𝑃(𝑌1 |𝑋) = , 𝑃(𝑌2 |𝑋) = 𝑃(𝑋) 𝑃(𝑋) Po dosazení dostaneme 0,75 ∙ 0,80 𝑃(𝑌1 |𝑋) = = 0,80 0,75 0,25 ∙ 0,60 𝑃(𝑌2 |𝑋) = = 0,20 0,75 Pravděpodobnost, že náhodně vybraná sazenice první jakosti je z produkce první školky je tedy 0,80 a pravděpodobnost, že je z produkce druhé školky je 0,20. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1k Průzkum používání pracích prostředků v domácnostech ukázal, že z 200 domácností kupuje 62 domácností prostředek ARIEL, 109 PERSIL, 74 TIDE, 28 ARIEL i PERSIL, 22 ARIEL i TIDE, 30 PERSIL i TIDE a 12 domácností kupuje ARIEL, PERSIL i TIDE. Určete, kolik domácností kupuje jeden, dva, tři z uvedených prostředků a kolik domácností nekupuje žádný z nich. Povšimněme si, že součet domácností kupujících prací prostředky je výrazně větší, než počet zkoumaných domácností. Uvedenými čísly se tedy myslí, že kupují to napsané a případně s tím i něco dalšího. Označme 𝐴 jev, že domácnost kupuje ARIEL. Označme 𝑃 jev, že domácnost kupuje PERSIL. Označme 𝑇 jev, že domácnost kupuje TIDE. Sjednocení 𝐴 ∪ 𝑃 ∪ 𝑇 představuje jev, že domácnost kupuje alespoň jeden z těchto prostředků. Toto sjednocení rozložíme na neslučitelné jevy 𝐴 ∪ 𝑃 ∪ 𝑇 = (𝐴 ∩ 𝑃̅ ∩ 𝑇̅) ∪ (𝐴̅ ∩ 𝑃 ∩ 𝑇̅) ∪ (𝐴̅ ∩ 𝑃̅ ∩ 𝑇) ∪ (𝐴 ∩ 𝑃 ∩ 𝑇̅) ∪ (𝐴 ∩ 𝑃̅ ∩ 𝑇) ∪ (𝐴̅ ∩ 𝑃 ∩ 𝑇) ∪ (𝐴 ∩ 𝑃 ∩ 𝑇) První tři jevy představují domácnosti, které kupují právě jeden prací prostředek. Další tři jevy představují domácnosti, které kupují právě dva prací prostředky. Poslední jev představuje domácnosti, které kupují všechny tři prací prostředky. Jev opačný ke sjednocení 𝐴 ∪ 𝑃 ∪ 𝑇, neboli jev 𝐴̅ ∩ 𝑃̅ ∩ 𝑇̅ představuje domácnosti, které nekupují žádný z těchto pracích prostředků. Označme si počty domácností kupujících uvedené prací prostředky proměnnými takto: 𝑎 je počet prvků jevu 𝐴 ∩ 𝑃̅ ∩ 𝑇̅ 𝑏 je počet prvků jevu 𝐴̅ ∩ 𝑃 ∩ 𝑇̅ 𝑐 je počet prvků jevu 𝐴̅ ∩ 𝑃̅ ∩ 𝑇 𝑑 je počet prvků jevu 𝐴 ∩ 𝑃 ∩ 𝑇̅ 𝑒 je počet prvků jevu 𝐴 ∩ 𝑃̅ ∩ 𝑇 𝑓 je počet prvků jevu 𝐴̅ ∩ 𝑃 ∩ 𝑇 𝑔 je počet prvků jevu 𝐴 ∩ 𝑃 ∩ 𝑇 ℎ je počet prvků jevu 𝐴̅ ∩ 𝑃̅ ∩ 𝑇̅ Nyní můžeme ze zadaných počtů vyjádřit následující rovnice. ∀𝑑∃𝑏

15

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5 62 = 𝑎 + 𝑑 + 𝑒 + 𝑔 109 = 𝑏 + 𝑑 + 𝑓 + 𝑔 74 = 𝑐 + 𝑒 + 𝑓 + 𝑔 28 = 𝑑 + 𝑔 22 = 𝑒 + 𝑔 30 = 𝑓 + 𝑔 12 = 𝑔

Odtud snadno dostaneme 𝑎 = 24, 𝑏 = 63, Potřebujeme ještě vypočítat

𝑐 = 34,

𝑑 = 16,

𝑒 = 10,

𝑓 = 18,

𝑔 = 12

ℎ = 200 − (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒 + 𝑓 + 𝑔) Po dosazení ℎ = 200 − (24 + 63 + 34 + 16 + 10 + 18 + 12) = 200 − 177 = 23 Označme 𝑋 = 𝑛 počet domácností, které kupují právě 𝑛, 𝑛 = 0,1,2,3 z těchto pracích prostředků. Pak četnosti pro tyto disjunktní jevy jsou 𝑋 = 0: ℎ = 23 𝑋 = 1: 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 24 + 63 + 34 = 121 𝑋 = 2: 𝑑 + 𝑒 + 𝑓 = 16 + 10 + 18 = 44 𝑋 = 3: 𝑔 = 12 Nyní můžeme vypočítat ze zjištěných hodnot příslušné hledané pravděpodobnosti 23 𝑃(𝑋 = 0) = = 0,115 200 121 𝑃(𝑋 = 1) = = 0,605 200 44 𝑃(𝑋 = 2) = = 0,220 200 12 𝑃(𝑋 = 3) = = 0,060 200 Zkouška Součet nalezených pravděpodobností musí být roven jedné, neboť jde o disjunktní jevy. Tedy 𝑃(𝑋 = 0) + 𝑃(𝑋 = 1) + 𝑃(𝑋 = 2) + 𝑃(𝑋 = 3) = 0,115 + 0,605 + 0,220 + 0,060 = 1,000 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1l Máme 6 vajec, z nichž jsou 2 prasklá. Náhodně vybereme 2 vejce. Máme zjistit, jaká je pravděpodobnost, že z vybraných vajec jsou právě 0, 1, 2 prasklé. Skupinu 2 libovolných vajec ze 6 vajec můžeme vybrat celkem 𝐾(2; 6) způsoby. Máme tedy 2 prasklá a 4 bezvadná vejce. Je důležité uvědomit si, že při postupném vybírání se vždy jeden z těchto počtů sníží a budeme tedy používat kombinace bez opakování. Označme 𝑋 = 𝑛, pro 𝑛 = 0, 1, 2 náhodný jev vybrání 𝑛 prasklých vajec z 2 náhodně vybraných vajec ze 6 vajec. V této situaci tedy platí 2

4

2

4

𝐾(𝑛; 2) ∙ 𝐾(2 − 𝑛; 4) (𝑛) ∙ (2−𝑛) 𝑃(𝑋 = 𝑛) = = 𝐾(2; 6) (62) Tyto jevy jsou navzájem disjunktní. Nás konkrétně zajímá 𝑃(𝑋 = 0) =

∀𝑑∃𝑏

𝐾(0; 2) ∙ 𝐾(2 − 0; 4) (0) ∙ (2−0) = 𝐾(2; 6) (62)

16

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5 2

4

2

4

𝑃(𝑋 = 1) =

𝐾(1; 2) ∙ 𝐾(2 − 1; 4) (1) ∙ (2−1) = 𝐾(2; 6) (62)

𝑃(𝑋 = 2) =

𝐾(2; 2) ∙ 𝐾(2 − 2; 4) (2) ∙ (2−2) = 𝐾(2; 6) (6) 2

Snadnými úpravami postupujeme k výsledku. 4∙3 2 4 2 4 𝐾(0; 2) ∙ 𝐾(2 − 0; 4) (0) ∙ (2−0) (0) ∙ (2) 1 ∙ 2 ∙ 1 2 ∙ 3 6 2 𝑃(𝑋 = 0) = = = = = = = 6 6 6∙5 𝐾(2; 6) 3 ∙ 5 15 5 (2) (2) 2∙1 2 4 2 4 2 4 𝐾(1; 2) ∙ 𝐾(2 − 1; 4) (1) ∙ (2−1) (1) ∙ (1) 1 ∙ 1 2 ∙ 4 8 𝑃(𝑋 = 1) = = = = = = 6 6 6 ∙ 5 𝐾(2; 6) 3 ∙ 5 15 (2) (2) 2∙1 2∙1 2 4 2 4 𝐾(2; 2) ∙ 𝐾(2 − 2; 4) (2) ∙ (2−2) (2) ∙ (0) 2 ∙ 1 ∙ 1 1 ∙ 1 1 𝑃(𝑋 = 2) = = = = = = 6 6 6∙5 𝐾(2; 6) 3 ∙ 5 15 (2) (2) 2∙1 Poznámka Úlohu je pochopitelně možné řešit i jinými postupy. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1m Přístroj se skládá z 300 nezávisle pracujících částí. Všechny tyto části mají stejnou pravděpodobnost poruchy 𝑝. Máme určit pravděpodobnost, že přístroj přestane fungovat v důsledku poruchy alespoň jedné z jeho částí. Pravděpodobnost, že alespoň jedna část bude mít poruchu je doplňkovým jevem k pravděpodobnosti, že ani jedna část nebude mít poruchu. Jednotlivé části pracují nezávisle, tedy hledaná pravděpodobnost je 𝑃(𝑋 = 𝑝) = 1 − (1 − 𝑝)300 Nás zajímá tato hodnota pro 𝑃(𝑋 = 0,050) = 1 − (1 − 0,050)300 = 1 − 0,950300 ≅ 1 − 0,0000002075 ≅ 0,9999997925 𝑃(𝑋 = 0,010) = 1 − (1 − 0,010)300 = 1 − 0,990300 ≅ 1 − 0,0490408941 ≅ 0,9509591059 𝑃(𝑋 = 0,001) = 1 − (1 − 0,001)300 = 1 − 0,999300 ≅ 1 − 0,7407070322 ≅ 0,2592929678 Je jasně patrné, že přístroj vytvořený podle těchto podmínek bude alespoň trochu spolehlivý jen při velmi vysoké spolehlivosti jednotlivých součástek. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1n Pravděpodobnost, že tkanina nevydrží zkoušku pevnosti v tahu je 0,01. Tedy pravděpodobnost, že tuto zkoušku vydrží, je 0,99. Máme zjistit, kolikrát je třeba zkoušku opakovat, aby pravděpodobnost, že tkanina alespoň dvakrát nevydrží, byla 0,5 nebo větší. Označme 𝑋 = 𝑘 jev, že tkanina nevydrží 𝑘 zkoušek Pravděpodobnost, že tkanina vydrží všech 𝑛 zkoušek je 𝑃(𝑋 = 0) = (1 − 0,01)𝑛 = 0,99𝑛 Pravděpodobnost, že tkanina z 𝑛 zkoušek vydrží n-1 zkoušek, neboli že jednu zkoušku z n zkoušek nevydrží, je 𝑛 𝑃(𝑋 = 1) = ( ) ∙ 0,01 ∙ (1 − 0,01)𝑛−1 = 𝑛 ∙ 0,01 ∙ 0,99𝑛−1 1 ∀𝑑∃𝑏

17

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

Jev, že tkanina nevydrží alespoň dvakrát z 𝑛 zkoušek je doplňkovým jevem k jevu, že tkanina vydrží všechny zkoušky nebo nevydrží právě v jedné zkoušce. Tedy 𝑃(𝑋 ≥ 2) = 1 − (𝑃(𝑋 = 0) + 𝑃(𝑋 = 1)) = 1 − (0,99𝑛 + 𝑛 ∙ 0,01 ∙ 0,99𝑛−1 ) Podle zadání úlohy hledáme 𝑛 takové, že 𝑃(𝑋 ≥ 2) > 0,5 Tedy 1 − (0,99𝑛 + 𝑛 ∙ 0,01 ∙ 0,99𝑛−1 ) > 0,5 Tuto rovnici analyticky nevyřešíme. Proto si vezmeme na pomoc například MS Excel a levou stranu tabelujeme pro 𝑛 nejprve v krocích po deseti. Dostaneme n 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 170 180 190 200

LS 0,0000000000 0,0042662002 0,0168593376 0,0361479983 0,0607366218 0,0894353131 0,1212332713 0,1552754195 0,1908418660 0,2273298703 0,2642380211 0,3011523691 0,3377342859 0,3737098442 0,4088605407 0,4430152018 0,4760429297 0,5078469657 0,5383593581 0,5675363378 0,5953543153

Z výsledku vidíme, že požadované hodnoty dosáhneme pro 𝑛 ∈ (160,170). Pro tyto hodnoty budeme tabelovat detailně. Dostaneme n 160 161 162 163 164 165 166 167 168 ∀𝑑∃𝑏

LS 0,4760429297 0,4792797302 0,4825041903 0,4857162333 0,4889157849 0,4921027740 0,4952771316 0,4984387919 0,5015876912 18

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5 169 0,5047237686 170 0,5078469657

Vidíme, že pro 𝑛 = 168 je poprvé hodnota našeho výrazu větší než požadovaných 0,5. Z toho plyne, že je třeba provést minimálně 168 zkoušek, aby pravděpodobnost, že tkanina dvakrát nevydrží, byla větší než 0,5. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1o Nejprve si data o ložiskách ze zadání uspořádáme do tabulky

Jakost I Jakost II Celkem

Stroj 1 80 40 120

Stroj 2 50 30 80

Celkem 130 70 200

Označme 𝑋 návodný jev výběru ložiska první jakosti a 𝑌 náhodný jev výběru ložiska vyrobeného na prvním stroji. Z této tabulky zcela zřejmě plyne 130 120 𝑃(𝑋) = , 𝑃(𝑌) = 200 200 Pro obě podmíněné pravděpodobnosti mezi těmito jevy platí 80 80 𝑃(𝑋|𝑌) = , 𝑃(𝑌|𝑋) = 120 130 V tomto případě zcela zjevně platí 𝑃(𝑋) ≠ 𝑃(𝑋|𝑌), 𝑃(𝑌) ≠ 𝑃(𝑌|𝑋) Z toho důvodu jsou jevy 𝑋 a 𝑌 závislé. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1p Pravděpodobnost, že náhodně vybraný pytel ze všech došlých pytlů s ořechy obsahuje zkažené ořechy, se vypočítá snadno. Jde o podíl počtu pytlů se zkaženými ořechy k počtu všech pytlů, neboli 5+5 10 1 = = = 0,025 150 + 250 400 40 Pro výběr druhým způsobem, tak, že nejprve vybereme zásilku a až z ní pytel s ořechy, nejprve označíme 𝑋 náhodný jev, že vybraný pytel obsahuje zkažené ořechy, 𝑌1 náhodný jev, že vybraná zakázka je z Turecka a 𝑌2 náhodný jev, že vybraná zakázka je z Afganistánu. Jevy 𝑌1 a 𝑌2 představují úplný systém stejně pravděpodobných neslučitelných jevů. Platí 1 1 𝑃(𝑌1 ) = , 𝑃(𝑌2 ) = 2 2 Dále zjevně platí 5 5 𝑃(𝑋|𝑌1 ) = , 𝑃(𝑋|𝑌2 ) = 150 250 Podle věty o úplné pravděpodobnosti platí 𝑃(𝑋) = 𝑃(𝑌1 ) ∙ 𝑃(𝑋|𝑌1 ) + 𝑃(𝑌2 ) ∙ 𝑃(𝑋|𝑌2 ) Po dosazení

∀𝑑∃𝑏

19

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

1 5 1 5 5 5 1 1 5 3 8 ∙ + ∙ = + = + = + = ≅ 0,026667 2 150 2 250 300 500 60 100 300 300 300 …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… 𝑃(𝑋) =

Řešení 1q Ze zadání víme, že přístroj najde vadu v materiálu s pravděpodobností 0,999, ale současně s pravděpodobností 0,0001 chybě označí bezvadný materiál jako vadný. Dále víme, že vada v materiálu se vyskytuje v 0,1 % případů, neboli pravděpodobnost jevu, že materiál má vadu, je 0,001. Odtud snadno vyvodíme, že pravděpodobnost jevu, že materiál nemá vadu, je rovna 0,999. Označme 𝑋 náhodný jev, že přístroj označí vybraný kus materiálu jako vadný, 𝑌1 náhodný jev, že vybraný kus materiálu má vadu a 𝑌2 náhodný jev, že vybraný kus materiálu nemá vadu. Pak podle zadání úlohy platí 𝑃(𝑌1 ) = 0,001, 𝑃(𝑋|𝑌1 ) = 0,999 𝑃(𝑌2 ) = 0,999, 𝑃(𝑋|𝑌2 ) = 0,0001 Podle věty o úplné pravděpodobnosti platí 𝑃(𝑋) = 𝑃(𝑌1 ) ∙ 𝑃(𝑋|𝑌1 ) + 𝑃(𝑌2 ) ∙ 𝑃(𝑋|𝑌2 ) Po dosazení dostaneme pravděpodobnost, že přístroj označil materiál jako vadný. 𝑃(𝑋) = 0,001 ∙ 0,999 + 0,999 ∙ 0,0001 = 0,000999 + 0,0000999 = 0,0010989 Nyní již můžeme určit pravděpodobnost, že materiál má skutečně vadu. Podle Bayesovy věty platí 𝑃(𝑌1 ) ∙ 𝑃(𝑋|𝑌1 ) 𝑃(𝑌1 |𝑋) = 𝑃(𝑋) Po dosazení dostaneme 0,001 ∙ 0,999 0,000999 𝑃(𝑌1 |𝑋) = = ≅ 0,909091 0,0010989 0,0010989 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀𝑑∃𝑏

20

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

Příklad 2 a) Rozhodněte, které z následujících náhodných veličin jsou spojité a které diskrétní (nespojité) a určete jejich definiční obor: a. počet členů domácnosti, b. počet zákazníků ve frontě, c. počet nekvalitních výrobků z celkové denní produkce, d. podíl zmetků mezi 4 výrobky vybranými náhodně ze zásilky 100 výrobků obsahující dva zmetky, e. náhodně vybrané přirozené číslo, f. životnost televizoru, g. věk člověka, h. délka, šířka, výška a objem určitého předmětu, i. doba potřebná ke splnění úkolu, j. náhodně vybrané reálné číslo. b) Popište rozdělení počtu nevyhovujících výrobků mezi třemi výrobky, je-li pravděpodobnost toho, že výrobek vyhovuje technickým požadavkům rovna 0,9. c) Pro každý kontrolovaný výrobek je pravděpodobnost, že vydrží zkoušku v tahu rovna 0,6. Kontrola se provádí až do nalezení prvního výrobku, který zkoušku nevydrží. Stanovte definiční obor a pravděpodobnostní funkci počtu kontrolovaných výrobků. d) Náhodná veličina má pravděpodobnostní funkci 3 ∙ 0,7𝑥 , pro 𝑥 = 1, 2, 3, … 𝑃(𝑥) = {7 0, jindy Určete pravděpodobnost, že tato náhodná veličina nabude hodnoty: a. menší než 3, b. větší než 4, c. větší než 1 a menší než 4? e) Určete, pro jakou hodnotu 𝑐 je funkce 2 𝑥 pro 𝑥 = 1, 2, 3, … 𝑃(𝑥) = {𝑐 (3) , 0, jindy pravděpodobnostní funkcí veličiny 𝑋? f) Náhodná veličina má pravděpodobnostní funkci 𝑃(𝑥) = 𝑥 ⁄16 , pro 𝑥 = 1, 3, 5, 7. Vypočítejte: a. 𝑃(𝑋 = 1 ∨ 𝑋 = 3) 1

7

b. 𝑃 (2 < 𝑋 < 2) c. 𝑃(1 ≤ 𝑋 ≤ 3) g) Náhodná veličina má rozdělení znázorněné na obrázku. Určete hustotu pravděpodobnosti (pravděpodobnostní funkci) 𝑓(𝑥), distribuční funkci 𝐹(𝑥) a vypočítejte pravděpodobnost, že náhodná veličina nabude hodnoty z intervalu (1⁄3 , 2⁄3).

∀𝑑∃𝑏

21

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

h) Určete hodnoty konstanty 𝑐 tak, aby následující funkce byly hustotami pravděpodobnosti (pravděpodobnostními funkcemi) náhodné veličiny 𝑋: a. 𝑓(𝑥) = 𝑐𝑥𝑒 𝑥 pro 0 < 𝑥 < ∞, b. 𝑓(𝑥) = 𝑐𝑥 4 (1 − 𝑥)5 pro 0 < 𝑥 < 1, c. 𝑓(𝑥) = 𝑐 sin 𝑥 pro 0 < 𝑥 < 𝜋, d. 𝑓(𝑥) = 𝑐𝑥 2 pro 0 < 𝑥 < 2. Mimo meze uvedené v jednotlivých bodech jsou uvedené funkce nulové. i) Náhodná veličina 𝑋 má hustotu pravděpodobnosti 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑒 −𝑏|𝑥−𝑐| pro −∞ < 𝑥 < ∞, 0 < 𝑎 < ∞, 0 < 𝑏 < ∞, −∞ < 𝑐 < ∞. Určete vztah mezi hodnotami 𝑎, 𝑏. Určete, jaký tvar má distribuční funkce 𝐹(𝑥). Určete, čemu je rovna pravděpodobnost, že 𝑋 nabude hodnoty z intervalu (𝑐 − 1, 𝑐 + 1). j) Náhodná veličina 𝑋 má distribuční funkci 0 pro 𝑥 ≤ −5 𝑥+5 𝐹(𝑥) = { pro − 5 < 𝑥 < 2 7 0 pro 2 ≤ 𝑥 Vypočítejte: a. hustotu pravděpodobnosti 𝑓(𝑥), b. 𝑃(−2 < 𝑋 < 2), c. 𝑃(𝑋 = 2), d. 𝑃(−6 < 𝑋 < 1). k) Distribuční funkce náhodné veličiny 𝑋 má tvar 0 pro 𝑥 ≤ 0 𝜋 𝑎 + 𝑏 sin 𝑥 pro 0 < 𝑥 < 𝐹(𝑥) = 2 𝜋 1 pro ≤ 𝑥 { 2 Určete, čemu se rovnají konstanty 𝑎, 𝑏 a jaký tvar má hustota pravděpodobnosti (pravděpodobnostní funkce) 𝑓(𝑥)? l) Vzájemně nezávislé náhodné veličiny mají stejnou hustotu pravděpodobnosti 3𝑥 2 pro 0 < 𝑥 < 1, 𝑖 = 1, 2, 3 𝑓𝑖 (𝑥𝑖 ) = { 𝑖 0 jinde Jaká je pravděpodobnost, že právě dvě z těchto veličin budou mít hodnotu větší než 0,5? m) Určete konstantu 𝑐 tak, aby následující funkce byly hustotou spojité náhodné veličiny 𝑋 na uvedeném oboru hodnot: 𝜋 𝑓(𝑥) = 𝑐 ∙ tg 𝑥 pro 𝑥 ∈ (0, ⟩ 4 n) Náhodná veličina 𝑋 má pravděpodobnostní funkci 1 𝑥 ( pro 𝑥 = 1, 2, 3, … 𝑝(𝑥) = { 2) 0 jinak Vypočítejte 𝑃(𝑋 ∈ (−1, 2⟩), 𝑃(𝑋 ∈ (−1, 2)), 𝑃(𝑋 ≤ 3), 𝑃(𝑋 < 3), 𝑃(𝑋 = 3), 𝑃(𝑋 > 3), 𝑃(𝑋 ≤ 3 ∪ 𝑋 > 5) o) Náhodná veličina 𝑋 má hustotu 𝑓(𝑥) = 3𝑥 2 𝑝𝑟𝑜 𝑥 ∈ (0, 1⟩ ∀𝑑∃𝑏

22

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

Určete 1 1 1 1 𝑃( ≤ 𝑋 < ), 𝑃 (𝑋 < ) , 𝑃 (𝑋 ≤ ), 4 2 4 2 p) Určete distribuční funkci 𝐹 náhodné veličiny 𝑋, jestliže má 𝑋 pravděpodobnostní funkci 3 𝑝(𝑥) = ( ) ∙ (0,1)𝑥 ∙ (0,9)3−𝑥 𝑥 q) Určete distribuční funkci 𝐹 náhodné veličiny 𝑋, jestliže má 𝑋 hustotu 𝑓, kde 1 𝑓(𝑥) = sin 𝑥 pro 0 < 𝑥 < 𝜋 2 r) Náhodná veličina 𝑋 má distribuční funkci 0 pro 𝑥 < −5 𝑥+5 𝐹(𝑥) = { pro − 5 ≤ 𝑥 < 2 7 1 pro 𝑥 ≥ 2 Určete následující pravděpodobnosti 𝑃(−2 < 𝑋 < 2), 𝑃(𝑋 = 2), 𝑃(−6 ≤ 𝑋 < 1), 𝑃(𝑋 ≤ 1), 𝑃(𝑋 ≥ 1) ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2a a) Počet členů domácnosti se udává nepříliš velkými přirozenými čísly. Jde tedy o disjunktní náhodnou veličinu s definičním oborem {1, 2, 3, … }. b) Počet zákazníků ve frontě se udává nepříliš velkými přirozenými čísly. Jde tedy o disjunktní náhodnou veličinu s definičním oborem {1, 2, 3, … }. c) Počet nekvalitních výrobků z celkové denní produkce se udává přirozenými čísly. Jde tedy o disjunktní náhodnou veličinu s definičním oborem {1, 2, 3, … }. d) Podíl zmetků mezi 4 výrobky vybranými ze zásilky 100 výrobků obsahující 2 zmetky se udává třemi zlomky. V nich je ve jmenovateli vždy 4 (počet vybraných výrobků) a v čitateli počet zmetků. Těmito zlomky tedy jsou 0 1 2 1 = 0, , = 4 4 4 2 1 1 Jde tedy o disjunktní náhodnou veličinu s definičním oborem {0, 4 , 2}. e) Náhodně vybrané přirozené číslo je disjunktní náhodnou veličinou s definičním oborem 𝑁. f) Životnost televizoru je náhodnou veličinou určující nějakou dobu, neboli obecně časový interval s dolní hodnotou nulovou – odpovídá dokončení televizoru. Protože čas plyne spojitě, jde o spojitou náhodnou veličinu s definičním oborem (0, ∞). g) Věk člověka je náhodnou veličinou určující nějakou dobu, neboli obecně časový interval s dolní hodnotou nulovou – odpovídá narození člověka. Protože čas plyne spojitě, jde o spojitou náhodnou veličinu s definičním oborem (0, ∞). h) Délka, šířka, výška a objem určitého předmětu je spojitou náhodnou veličinou s definičním oborem (0, ∞). Jde o rozměr, který se pochopitelně předmět od předmětu může lišit. i) Doba potřebná ke splnění úkolu je náhodnou veličinou určující nějakou dobu, neboli obecně časový interval s dolní hodnotou nulovou – odpovídá zadání úkolu nebo začátek jeho plnění podle kontextu. Protože čas plyne spojitě, jde o spojitou náhodnou veličinu s definičním oborem (0, ∞). j) Náhodně vybrané reálné číslo je disjunktní náhodnou veličinou s definičním oborem 𝑅. …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… ∀𝑑∃𝑏

23

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

Řešení 2b Označme náhodné jevy 𝐴, 𝐵, 𝐶 jako nevyhovující první, druhý a třetí výrobek. Pro tyto tři náhodné jevy mohou nastat jen čtyři možnosti. Můžeme je označit jako 𝑇 pro právě nula nevyhovujících výrobků, 𝑈 pro právě jeden nevyhovující výrobek, 𝑉 pro právě dva nevyhovující výrobky a 𝑊 pro právě tři nevyhovující výrobky. Jde o tyto jevy: 𝑇 = 𝐴̅ ∩ 𝐵̅ ∩ 𝐶̅ 𝑈 = (𝐴̅ ∩ 𝐵̅ ∩ 𝐶) ∪ (𝐴̅ ∩ 𝐵 ∩ 𝐶̅ ) ∪ (𝐴 ∩ 𝐵̅ ∩ 𝐶̅ ) 𝑉 = (𝐴̅ ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) ∪ (𝐴 ∩ 𝐵̅ ∩ 𝐶) ∪ (𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶̅ ) 𝑊 =𝐴∩𝐵∩𝐶 Ze zadání víme 𝐴̅ = 0,9; 𝐵̅ = 0,9; 𝐶̅ = 0,9 Tedy 𝐴 = 0,1; 𝐵 = 0,1; 𝐶 = 0,1 Nyní můžeme vypočítat pravděpodobnosti 𝑃(𝑇) = 0,9 ∙ 0,9 ∙ 0,9 = 0,729 𝑃(𝑈) = 0,9 ∙ 0,9 ∙ 0,1 + 0,9 ∙ 0,1 ∙ 0,9 + 0,1 ∙ 0,9 ∙ 0,9 = 0,81 + 0,81 + 0,81 = 0,243 𝑃(𝑉) = 0,9 ∙ 0,1 ∙ 0,1 + 0,1 ∙ 0,9 ∙ 0,1 + 0,1 ∙ 0,1 ∙ 0,9 = 0,009 + 0,009 + 0,009 = 0,027 𝑃(𝑊) = 0,1 ∙ 0,1 ∙ 0,1 = 0,001 Náhodná veličina 𝑋 popisující počet nevyhovujících výrobků je nespojitá (diskrétní). Její rozdělení lze popsat takto: 𝑃(𝑋 = 0) = 0,729 𝑃(𝑋 = 1) = 0,243 𝑃(𝑋 = 2) = 0,027 𝑃(𝑋 = 3) = 0,001 Pro kontrolu 𝑃((𝑋 = 0) ∨ (𝑋 = 1) ∨ (𝑋 = 2) ∨ (𝑋 = 3)) = 0,729 + 0,243 + 0,027 + 0,001 = 1,000 Výše uvedené rozdělení lze prezentovat i takto 3 ( ) ∙ 0,1𝑥 ∙ 0,93−𝑥 pro 𝑥 = 0, 1, 2, 3 𝑃(𝑥) = { 𝑥 0 jinak Příslušná distribuční funkce má hodnoty 𝐹(0) = 0,000; 𝐹(1) = 0,729; 𝐹(2) = 0,972; 𝐹(3) = 0,999; 𝐹(𝑥) = 1,000 pro 𝑥 > 3 Tuto distribuční funkci lze prezentovat i takto 0 pro 𝑥 ≤ 0 3 𝑡 3−𝑡 pro 0 < 𝑥 ≤ 2 𝐹(𝑥) = ∑ (𝑥 ) ∙ 0,1 ∙ 0,9 𝑡<𝑥

1 pro 2 < 𝑥 { ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2c Pravděpodobnost, že první výrobek zkoušku nevydrží, je 0,4. Pravděpodobnost, že první výrobek zkoušku vydrží a druhý zkoušku nevydrží, je 0,6 ∙ 0,4. Pravděpodobnost, že první dva výrobky zkoušku vydrží a třetí nevydrží, je 0,6 ∙ 0,6 ∙ 0,4. Tak to pokračuje dále. Označíme-li 𝑋 počet kontrolovaných výrobků, pak pravděpodobnostní funkce je 0,6𝑥−1 ∙ 0,4 pro 𝑥 = 1, 2, 3, … 𝑃(𝑥) = { 0 jinak ∀𝑑∃𝑏

24

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2d Ze zadání víme, že pravděpodobnostní funkce je 3 ∙ 0,7𝑥 , 𝑃(𝑥) = {7 0, Nyní vypočteme 3

pro 𝑥 = 1, 2, 3, … jindy

3

3

3

a) 𝑃(𝑋 < 3) = 𝑃(1) + 𝑃(2) = 7 ∙ 0,71 + 7 ∙ 0,72 = 7 ∙ 0,7 + 7 ∙ 0,7 ∙ 0,7 = 3 ∙ 0,1 + 3 ∙ 0,1 ∙ 0,7 = 0,3 + 0,21 = 0,51 3

3

b) 𝑃(𝑋 > 4) = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 4) = 1 − [𝑃(1) + 𝑃(2) + 𝑃(3) + 𝑃(4)] = 1 − [7 ∙ 0,71 + 7 ∙ 0,72 + 3 7

3

3

3

3

3

∙ 0,73 + 7 ∙ 0,74 ] = 1 − [7 ∙ 0,7 + 7 ∙ 0,7 ∙ 0,7 + 7 ∙ 0,7 ∙ 0,7 ∙ 0,7 + 7 ∙ 0,7 ∙ 0,7 ∙ 0,7 ∙ 0,7] =

1 − [3 ∙ 0,1 + 3 ∙ 0,1 ∙ 0,7 + 3 ∙ 0,1 ∙ 0,7 ∙ 0,7 + 3 ∙ 0,1 ∙ 0,7 ∙ 0,7 ∙ 0,7] = 1 − [0,3 + 0,21 + 0,147 + 0,1029] = 1 − 0,7599 = 0,2401 3

3

3

3

c) 𝑃(1 < 𝑋 < 4) = 𝑃(2) + 𝑃(3) = 7 ∙ 0,72 + 7 ∙ 0,73 = 7 ∙ 0,7 ∙ 0,7 + 7 ∙ 0,7 ∙ 0,7 ∙ 0,7 = 3 ∙ 0,1 ∙ 0,7 + 3 ∙ 0,1 ∙ 0,7 ∙ 0,7 = 0,21 + 0,147 = 0,357 První a třetí výpočet jsme vedli přímo. Druhý výpočet jsme vedli přes pravděpodobnost doplňkového jevu. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2e Máme zadanou funkci 2 𝑥 𝑐 ( pro 𝑥 = 1, 2, 3, … 𝑃(𝑥) = { 3) , 0, jindy Aby tato funkce byla pravděpodobnostní funkcí, musí platit, že součet všech pravděpodobností je 1. Tedy ∞

2 𝑥 ∑𝑐( ) = 1 3

𝑥=1

Odtud s využitím součtu geometrické posloupnosti dostaneme 2 2 ∞ ∞ 2 𝑥 2 𝑥 2 3 ∑𝑐( ) = 𝑐∑( ) = 𝑐∙ = 𝑐 ∙ 3 = 𝑐 ∙ = 2𝑐 = 1 2 1 3 3 1 1−3 𝑥=1 𝑥=1 3 Zbývá vyřešit závěrečnou rovnici 2𝑐 = 1 Odtud 1 𝑐= 2 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2f Máme zadanou pravděpodobnostní funkci 𝑃(𝑥) = 𝑥 ⁄16 , pro 𝑥 = 1, 3, 5, 7. Máme vypočítat: a) 𝑃(𝑋 = 1 ∨ 𝑋 = 3) 1

7

b) 𝑃 (2 < 𝑋 < 2) ∀𝑑∃𝑏

25

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

c) 𝑃(1 ≤ 𝑋 ≤ 3) Když si uvědomíme, jaký je obor hodnot proměnné 𝑋, pak ve všech třech případech máme vypočítat totéž, neboli 1 7 𝑃(1 ≤ 𝑋 ≤ 3) = 𝑃 ( < 𝑋 < ) = 𝑃(𝑋 = 1 ∨ 𝑋 = 3) = 𝑃(𝑋 = 1 ) + 𝑃( 𝑋 = 3) 2 2 1 3 4 1 = + = = = 0,25 16 16 16 4 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2g Z obrázku je zřejmé, že hustota pravděpodobnosti (pravděpodobnostní funkce) je 𝑎𝑥 pro 0 < 𝑥 < 1, 𝑎 > 0 𝑓(𝑥) = { 0 jinak Protože jde o pravděpodobnostní funkci, musí platit 1

∫ 𝑎𝑥 𝑑𝑥 = 1 0

Odtud 1

1

1

𝑥2 12 02 1 0 1 𝑎 ∫ 𝑎𝑥 𝑑𝑥 = 𝑎 ∫ 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑎 ∙ [ ] = 𝑎 ( − ) = 𝑎 ( − ) = 𝑎 ∙ = = 1 2 0 2 2 2 2 2 2 0

0

Z poslední rovnice plyne, že 𝑎=2 Odtud můžeme hustotu pravděpodobnosti psát 2𝑥 𝑓(𝑥) = { 0 Distribuční funkce potom je 0

pro 0 < 𝑥 < 1 jinak

𝑥

𝐹(𝑥) = ∫ 2𝑡 𝑑𝑡 = 𝑥 2

pro 𝑥 ≤ 0 pro 0 < 𝑥 < 1

0

{ 1 pro 1 ≤ 𝑥 Pravděpodobnost, že náhodná veličina X bude mít hodnotu z intervalu od 1⁄3 do 2⁄3, vypočítáme jako 2 3

2

2 1 2 𝑥2 3 2 2 1 2 4 1 3 1 2 3 𝑃 ( < 𝑋 < ) = ∫ 2𝑥 𝑑𝑥 = [2 ∙ ] = [𝑥 ]1 = ( ) − ( ) = − = = 3 3 2 1 3 3 9 9 9 3 3 1 3

3

Jiný způsob výpočtu s využitím distribuční funkce je 1 2 2 1 4 1 3 1 𝑃( < 𝑋 < ) = 𝐹( )−𝐹( ) = − = = 3 3 3 3 9 9 9 3 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2h Máme určit hodnoty konstanty 𝑐 tak, aby následující funkce byly pravděpodobnostními funkcemi náhodné veličiny 𝑋. Přitom mimo meze uvedené v jednotlivých bodech jsou uvedené funkce nulové. a) Chceme, aby následující funkce byla hustotou pravděpodobnosti. 𝑓(𝑥) = 𝑐𝑥𝑒 𝑥 pro 0 < 𝑥 < ∞ ∀𝑑∃𝑏

26

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

Pak musí platit ∞

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 1 0

Vypočteme integrál ∞

∞

∞

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑐𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑐 ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 0

0

0

Primitivní funkci pro poslední integrál vypočítáme metodou per partes. Zvolíme 𝑢 = 𝑥, 𝑣′ = 𝑒 𝑥 , 𝑢′ = 1, 𝑣 = 𝑒𝑥 Odtud ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥𝑒 𝑥 − ∫ 1 ∙ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 = 𝑒 𝑥 (𝑥 − 1) Vrátíme se zpět k výpočtu integrálu ∞

𝑐 ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑐[𝑒 𝑥 (𝑥 − 1)]∞ 0 0

Při výpočtu přírůstku primitivní funkce narazíme na problém s neurčitým výrazem. Potřebujeme vypočítat (přitom po vhodných úpravách využijeme l’Hospitalovo pravidlo) 𝑥−1 𝑥−1 1 lim 𝑒 𝑥 (𝑥 − 1) = lim = lim −𝑥 = lim = lim −𝑒 𝑥 = 0 1 𝑥→∞ 𝑥→∞ 𝑥→∞ 𝑒 𝑥→∞ −𝑒 −𝑥 𝑥→∞ 𝑒𝑥 Nyní již můžeme určit ∞

𝑐 ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑐[𝑒 𝑥 (𝑥 − 1)]∞ 0 = 𝑐(0 − 1(0 − 1)) = 𝑐(0 + 1) = 𝑐 ∙ 1 = 𝑐 0

Proto 𝑐=1 b) Chceme, aby následující funkce byla hustotou pravděpodobnosti. 𝑓(𝑥) = 𝑐𝑥 4 (1 − 𝑥)5 pro 0 < 𝑥 < 1 Pak musí platit 1

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 1 0

Vypočteme integrál 1

1

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑐𝑥 0

0

1 4 (1

5

− 𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑐 ∫ 𝑥 4 (1 − 𝑥)5 𝑑𝑥 0

Primitivní funkci pro poslední integrál vypočítáme buď čtyřikrát opakovaným per partes, nebo rozkladem na jednoduché funkce. Druhá možnost je jednodušší. Zvolíme ji tedy a pomocí binomické věty dostaneme 5 5 5 5 5 5 𝑥 4 (1 − 𝑥)5 = 𝑥 4 [( ) 15 𝑥 0 − ( ) 14 𝑥 1 + ( ) 13 𝑥 2 − ( ) 12 𝑥 3 + ( ) 11 𝑥 4 − ( ) 10 𝑥 5 ] 0 1 2 3 4 5 4 [1 2 3 4 =𝑥 ∙ 1 ∙ 1 − 5 ∙ 1 ∙ 𝑥 + 10 ∙ 1 ∙ 𝑥 − 10 ∙ 1 ∙ 𝑥 + 5 ∙ 1 ∙ 𝑥 − 1 ∙ 1 ∙ 𝑥 5 ] 4 [1 =𝑥 − 5𝑥 + 10𝑥 2 − 10𝑥 3 + 5𝑥 4 − 𝑥 5 ] = 𝑥 4 − 5𝑥 5 + 10𝑥 6 − 10𝑥 7 + 5𝑥 8 − 𝑥 9 Odtud

∀𝑑∃𝑏

27

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5 ∫ 𝑥 4 (1 − 𝑥)5 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥 4 − 5𝑥 5 + 10𝑥 6 − 10𝑥 7 + 5𝑥 8 − 𝑥 9 𝑑𝑥

𝑥5 𝑥6 𝑥7 𝑥8 𝑥 9 𝑥 10 − 5 + 10 − 10 + 5 − 5 6 7 8 9 10 Vrátíme se zpět k výpočtu integrálu =

1

𝑐∫𝑥 0

1

4 (1

𝑥5 𝑥6 𝑥7 𝑥8 𝑥 9 𝑥 10 − 𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑐 [ − 5 ∙ + 10 ∙ − 10 ∙ + 5 ∙ − ] 5 6 7 8 9 10 0 5

15 16 17 18 19 110 − 5 ∙ + 10 ∙ − 10 ∙ + 5 ∙ − ) 5 6 7 8 9 10 05 06 07 08 09 010 − ( − 5 ∙ + 10 ∙ − 10 ∙ + 5 ∙ − )] 5 6 7 8 9 10 1 1 1 1 1 1 = 𝑐 [( − 5 ∙ + 10 ∙ − 10 ∙ + 5 ∙ − ) 5 6 7 8 9 10 0 0 0 0 0 0 − ( − 5 ∙ + 10 ∙ − 10 ∙ + 5 ∙ − )] 5 6 7 8 9 10 1 5 10 10 5 1 = 𝑐 [( − + − + − ) 5 6 7 8 9 10 = 𝑐 [(

− (0 − 5 ∙ 0 + 10 ∙ 0 − 10 ∙ 0 + 5 ∙ 0 − 0)] 1 1 5 5 10 10 = 𝑐 [( − + − + − ) − (0 − 0 + 0 − 0 + 0 − 0)] 5 10 9 6 7 8 2 1 10 15 80 70 = 𝑐 [( − + − + − ) − 0] = 10 10 18 18 56 56 1 5 10 1 5 5 1 5 5 = 𝑐( − + ) = 𝑐( − + ) = 𝑐( − + ) 10 18 56 10 18 28 2∙5 2∙3∙3 2∙2∙7 2∙3∙3∙7 5∙2∙5∙7 5∙3∙3∙5 = 𝑐( − + ) 2∙2∙3∙3∙5∙7 2∙2∙3∙3∙5∙7 2∙2∙3∙3∙5∙7 126 − 350 + 225 351 − 350 1 𝑐 =𝑐∙ =𝑐∙ =𝑐∙ = 4 ∙ 9 ∙ 35 35 ∙ 36 1260 1260 Dostáváme tedy 𝑐 =1 1260 Proto 𝑐 = 1260 Výše uvedený snadný leč poněkud pracný integrál by bylo možné velmi snadno vypočítat pomocí tak zvané beta funkce převodem na výraz obsahující gamma funkce. Protože nepředpokládáme, že laskavý čtenář je důvěrněji seznámen s těmito funkcemi, drželi jsme se raději klasických metod. c) Chceme, aby následující funkce byla hustotou pravděpodobnosti. 𝑓(𝑥) = 𝑐 sin 𝑥 pro 0 < 𝑥 < 𝜋 Pak musí platit 𝜋

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 1 0

Vypočteme integrál

∀𝑑∃𝑏

28

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

𝜋

𝜋

𝜋

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑐 sin 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑐 ∫ sin 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑐[− cos 𝑥]𝜋0 = 𝑐(− cos 𝜋 − (− cos 0)) 0

0

0

= 𝑐(− cos 𝜋 + cos 0) = 𝑐(−(−1) + 1) = 𝑐(1 + 1) = 2𝑐 Musí tedy platit 2𝑐 = 1 Proto 1 2 d) Chceme, aby následující funkce byla hustotou pravděpodobnosti. 𝑓(𝑥) = 𝑐𝑥 2 pro 0 < 𝑥 < 2 Pak musí platit 𝑐=

2

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 1 0

Vypočteme integrál 2

2

2

2

𝑥3 23 03 8 0 8 8 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑐𝑥 𝑑𝑥 = 𝑐 ∫ 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑐 [ ] = 𝑐 ( − ) = 𝑐 ( − ) = 𝑐 ( − 0) = 𝑐 3 0 3 3 3 3 3 3 2

0

2

0

0

Musí tedy platit 8 𝑐=1 3 Proto 3 8 …………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… 𝑐=

Řešení 2i Máme náhodnou veličinu 𝑋 s hustotou pravděpodobnosti 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑒 −𝑏|𝑥−𝑐| pro −∞ < 𝑥 < ∞, 0 < 𝑎 < ∞, 0 < 𝑏 < ∞, −∞ < 𝑐 < ∞. Nejprve se budeme věnovat určení vztahu mezi hodnotami 𝑎, 𝑏. Abychom tak mohli učinit, vyjádříme hustotu pravděpodobnosti tak, aby v ní nebyla absolutní hodnota. 𝑎𝑒 𝑏(𝑥−𝑐) pro − ∞ < 𝑥 < 𝑐 𝑓(𝑥) = { −𝑏(𝑥−𝑐) 𝑎𝑒 pro 𝑐 < 𝑥 < ∞ Protože jde o hustotu pravděpodobnosti, musí platit ∞

∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 1 −∞

Dosadíme z předchozího vyjádření a upravíme 𝑐

𝑐

∞

∞

∫ 𝑎𝑒 𝑏(𝑥−𝑐) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑎𝑒 −𝑏(𝑥−𝑐) 𝑑𝑥 = 𝑎 ( ∫ 𝑒 𝑏(𝑥−𝑐) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑒 −𝑏(𝑥−𝑐) 𝑑𝑥) −∞

𝑐

−∞

𝑐

Pro pokračování ve výpočtu volíme pro oba integrály substituci 𝑡 = 𝑏(𝑥 − 𝑐),

𝑑𝑡 = 𝑏 𝑑𝑥,

1 𝑑𝑥 = 𝑑𝑡 𝑏

Pro oba integrované výrazy nalezneme primitivní funkci

∀𝑑∃𝑏

29

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

1 1 1 ∫ 𝑒 𝑏(𝑥−𝑐) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑒 −𝑏(𝑥−𝑐) 𝑑𝑥 ~ ∫ 𝑒 𝑡 ∙ 𝑑𝑡 + ∫ 𝑒 −𝑡 ∙ 𝑑𝑡 = (∫ 𝑒 𝑡 𝑑𝑡 + ∫ 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡) 𝑏 𝑏 𝑏 1 𝑡 1 = (𝑒 − 𝑒 −𝑡 )~ (𝑒 𝑏(𝑥−𝑐) − 𝑒 −𝑏(𝑥−𝑐) ) 𝑏 𝑏 Vrátíme se k výpočtu integrálu. Spočítáme přírůstky primitivních funkcí. Při výpočtu využijeme toho, že hodnoty 𝑎, 𝑏 jsou kladné. 𝑐

∞

1 𝑐 ∞ 𝑎 ( ∫ 𝑒 𝑏(𝑥−𝑐) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑒 −𝑏(𝑥−𝑐) 𝑑𝑥 ) = 𝑎 ([𝑒 𝑏(𝑥−𝑐) ]−∞ − [𝑒 −𝑏(𝑥−𝑐) ]𝑐 ) 𝑏 −∞

𝑐

𝑎 = ((𝑒 𝑏(𝑐−𝑐) − lim 𝑒 𝑏(𝑥−𝑐) ) − ( lim 𝑒 −𝑏(𝑥−𝑐) − 𝑒 −𝑏(𝑐−𝑐) )) 𝑥→−∞ 𝑥→∞ 𝑏 𝑎 𝑎 = ((𝑒 𝑏∙0 − lim 𝑒 𝑥 ) − ( lim 𝑒 −𝑥 − 𝑒 −𝑏∙0 )) = ((𝑒 0 − 0) − (0 − 𝑒 0 )) 𝑥→−∞ 𝑥→∞ 𝑏 𝑏 𝑎 𝑎 𝑎 = ((1 − 0) − (0 − 1)) = (1 − (−1)) = 2 ∙ 𝑏 𝑏 𝑏

Víme, že musí platit 2∙

𝑎 =1 𝑏

Odtud 𝑏 2 Nyní budeme určovat tvar distribuční funkce 𝐹(𝑥). Při tom využijeme předchozí zjištění. Nejprve pro −∞ < 𝑥 < 𝑐 dostaneme s využitím předchozích výsledků hledání primitivních funkcí 𝑎=

𝑥

𝑥

𝑥

−∞

−∞

−∞

𝑏 𝑏 𝑏 1 𝑥 𝐹(𝑥) = ∫ 𝑎𝑒 𝑏(𝑡−𝑐) 𝑑𝑡 = ∫ 𝑒𝑏(𝑡−𝑐) 𝑑𝑡 = ∫ 𝑒 𝑏(𝑡−𝑐) 𝑑𝑡 = ∙ [𝑒 𝑏(𝑡−𝑐) ]−∞ 2 2 2 𝑏 1 1 1 = (𝑒 𝑏(𝑥−𝑐) − lim 𝑒 𝑏(𝑥−𝑐) ) = (𝑒 𝑏(𝑥−𝑐) − 0) = 𝑒 𝑏(𝑥−𝑐) 𝑥→−∞ 2 2 2 Nyní potřebujeme vypočítat hodnotu 𝐹(𝑐), která bude hodnotou, od které poroste distribuční funkce v následujícím intervalu. Tedy 1 1 1 1 1 𝐹(𝑐) = 𝑒 𝑏(𝑐−𝑐) = 𝑒 𝑏∙0 = 𝑒 0 = ∙ 1 = 2 2 2 2 2 Pro 𝑐 < 𝑥 < ∞ dostaneme s využitím předchozích výsledků hledání primitivních funkcí 𝑥

𝑥

𝑥

1 1 𝑏 1 𝑏 1 𝑏 1 −𝑏(𝑡−𝑐) 𝑥 𝐹(𝑥) = + ∫ 𝑎𝑒 −𝑏(𝑡−𝑐) 𝑑𝑡 = + ∫ 𝑒 −𝑏(𝑡−𝑐) 𝑑𝑡 = + ∫ 𝑒 −𝑏(𝑡−𝑐) 𝑑𝑡 = + ∙ [𝑒 ]𝑐 2 2 2 2 2 2 2 −𝑏 𝑐∞

𝑐

𝑐

1 1 1 1 1 1 = − (𝑒 −𝑏(𝑥−𝑐) − 𝑒 −𝑏(𝑐−𝑐) ) = − (𝑒 −𝑏(𝑥−𝑐) − 𝑒 0 ) = − (𝑒 −𝑏(𝑥−𝑐) − 1) 2 2 2 2 2 2 1 1 −𝑏(𝑥−𝑐) 1 1 −𝑏(𝑥−𝑐) = − 𝑒 + =1− 𝑒 2 2 2 2 Nakonec budeme určovat, čemu je rovna pravděpodobnost, že 𝑋 nabude hodnoty z intervalu (𝑐 − 1, 𝑐 + 1). Výpočet je snadný. 1 1 𝑃(𝑐 − 1 < 𝑋 < 𝑐 + 1) = 𝐹(𝑐 + 1) − 𝐹(𝑐 − 1) = (1 − 𝑒 −𝑏((𝑐+1)−𝑐) ) − ( 𝑒 𝑏((𝑐−1)−𝑐) ) 2 2 1 −𝑏(𝑐+1−𝑐) 1 𝑏(𝑐−1−𝑐) 1 −𝑏∙1 1 = (1 − 𝑒 )−( 𝑒 ) = (1 − 𝑒 ) − ( 𝑒 𝑏∙(−1) ) 2 2 2 2 1 −𝑏 1 −𝑏 1 −𝑏 1 −𝑏 = (1 − 𝑒 ) − ( 𝑒 ) = 1 − 𝑒 − 𝑒 = 1 − 𝑒 −𝑏 2 2 2 2 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀𝑑∃𝑏

30

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

Řešení 2j Máme náhodnou veličinu 𝑋 s distribuční funkcí 0 pro 𝑥 ≤ −5 𝑥+5 𝐹(𝑥) = { pro − 5 < 𝑥 < 2 7 1 pro 2 ≤ 𝑥 Máme vypočítat následující hodnoty: a) Máme vypočítat hustotu pravděpodobnosti 𝑓(𝑥). Vyjdeme z toho, že Distribuční funkce je integrálem hustoty pravděpodobnosti (pravděpodobnostní funkce). Proto hustota je derivací distribuční funkce. Tam, kde je distribuční funkce konstantní, je hustota nulová. Zbytek vypočítáme. Tedy 𝑑 𝑑 𝑥+5 𝑑 𝑥 5 1 1 𝑓(𝑥) = 𝐹(𝑥) = ( )= ( + )= +0 = 𝑑𝑥 𝑑𝑥 7 𝑑𝑥 7 7 7 7 Odtud 1 pro − 5 < 𝑥 < 2 𝑓(𝑥) = {7 0 jinde b) Máme vypočítat 𝑃(−2 < 𝑋 < 2). Snadno dostaneme −2 + 5 3 4 𝑃(−2 < 𝑋 < 2) = 𝐹(2) − 𝐹(−2) = 1 − =1− = 7 7 7 c) Máme vypočítat 𝑃(𝑋 = 2). Stačí si uvědomit, že pravděpodobnost, že spojitá náhodná veličina nabude jedné zcela určité hodnoty je nulová. To je náš případ. Mluví se o hustotě, tedy jde o spojitou náhodnou veličinu. Tedy 𝑃(𝑋 = 2) = 0 d) Máme vypočítat 𝑃(−6 < 𝑋 < 1). Opět snadno dostaneme 1+5 6 6 𝑃(−6 < 𝑋 < 1) = 𝐹(1) − 𝐹(−6) = −0= −0= 7 7 7 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2k Máme náhodnou veličinu 𝑋 s distribuční funkcí 0

pro 𝑥 ≤ 0

𝜋 pro 0 < 𝑥 < 2 𝜋 1 pro ≤ 𝑥 { 2 Nejprve se pokusíme určit, čemu se rovnají konstanty 𝑎, 𝑏. Víme, že pro spojitou náhodnou veličinu je distribuční funkce spojitá. Postupně z platných hodnot odvodíme 𝐹(0) = 0, 𝑎 + 𝑏 sin 0 = 0, 𝑎 + 𝑏 ∙ 0 = 0, 𝑎 + 0 = 0, 𝑎=0 𝜋 𝜋 𝐹 ( ) = 1, 𝑎 + 𝑏 sin = 1, 0 + 𝑏 ∙ 1 = 1, 0 + 𝑏 = 1, 𝑏=1 2 2 Dále odvodíme jaký tvar má hustota pravděpodobnosti (pravděpodobnostní funkce) 𝑓(𝑥). Hustota pravděpodobnosti je derivací distribuční funkce. Tedy pro nekonstantní část distribuční funkce vypočteme 𝑑 𝑑 𝑑 (0 + 1 ∙ sin 𝑥) = (sin 𝑥) = cos 𝑥 𝑓(𝑥) = 𝐹(𝑥) = 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 Tedy 𝐹(𝑥) =

∀𝑑∃𝑏

𝑎 + 𝑏 sin 𝑥

31

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

𝜋 cos 𝑥 pro 0 < 𝑥 < 𝑓(𝑥) = { 2 0 jinde ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2l Máme vzájemně nezávislé náhodné veličiny 𝑋1 , 𝑋2 , 𝑋3 se stejnou hustotu pravděpodobnosti 3𝑥 2 pro 0 < 𝑥𝑖 < 1, 𝑖 = 1, 2, 3 𝑓𝑖 (𝑥𝑖 ) = { 𝑖 0 jinde Budeme hledat pravděpodobnost, že právě dvě z těchto veličin budou mít hodnotu větší než 0,5. Je zřejmé, že pro 𝑖 = 1, 2, 3 platí 1

1

𝑥𝑖 3 1 3 1 7 𝑃(𝑋𝑖 > 0,5) = ∫ 3𝑥𝑖 𝑑𝑥𝑖 = [3 ∙ ] = [𝑥𝑖 3 ]10,5 = 13 − 0,53 = 13 − ( ) = 1 − = 3 0,5 2 8 8 2

0,5 0,5

0,5

𝑥𝑖 3 1 3 1 1 3 3 𝑃(𝑋𝑖 < 0,5) = ∫ 3𝑥𝑖 𝑑𝑥𝑖 = [3 ∙ ] = [𝑥𝑖 3 ]0,5 = 0,5 − 0 = ( ) −0= −0= 0 3 0 2 8 8 2

0

Tedy pravděpodobnost, že právě dvě z těchto veličin budou mít hodnotu větší než 0,5, lze vypočíst takto 𝑃(𝑋1 > 0,5) ∙ 𝑃(𝑋2 > 0,5) ∙ 𝑃(𝑋3 < 0,5) + 𝑃(𝑋1 > 0,5) ∙ 𝑃(𝑋2 < 0,5) ∙ 𝑃(𝑋3 > 0,5) + 𝑃(𝑋1 < 0,5) 7 7 1 7 1 7 1 7 7 49 49 49 ∙ 𝑃(𝑋2 > 0,5) ∙ 𝑃(𝑋3 > 0,5) = ∙ ∙ + ∙ ∙ + ∙ ∙ = + + 8 8 8 8 8 8 8 8 8 512 512 512 147 = 512 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2m Má-li být funkce 𝑓 hustotou spojité náhodné veličiny, pak musí platit 𝜋 4

∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 1 0

Nejprve potřebujeme vypočítat integrál na levé straně. Dosadíme, postupně upravujeme, integrujeme (substituce) a počítáme 𝜋 4

𝜋 4

𝜋 4

∫ 𝑐 ∙ tg 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑐 ∫ tg 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑐 ∫ 0

0

0

𝜋 𝜋 sin 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑐 ∙ [− ln|cos 𝑥|]04 = 𝑐 ∙ [− ln cos 𝑥]04 cos 𝑥

𝜋 1 √2 = 𝑐 ∙ [− ln cos − (− ln cos 0)] = 𝑐 ∙ [− ln − (− ln 1)] = 𝑐 ∙ [− ln − (−0)] 4 2 √2 1 1 = 𝑐 ∙ [− ln + 0] = 𝑐 ∙ [− ln ] = 𝑐 ∙ [−(ln 1 − ln √2)] = 𝑐 ∙ [−(0 − ln √2)] √2 √2 = 𝑐 ∙ [−0 + ln √2] = 𝑐 ∙ ln √2 Absolutní hodnoty na konci prvního řádku výpočtu jsme se mohli zbavit, protože funkce cos 𝑥 je v intervalu (0, 𝜋⁄2⟩ kladná. Bylo pochopitelně také možné pokračovat ve výpočtu a zbavit se absolutní hodnoty později. Dosadíme do rovnice popisující základní vlastnost hustoty spojité náhodné veličiny a dostaneme 𝑐 ∙ ln √2 = 1 Odtud již snadno dostaneme výsledek ∀𝑑∃𝑏

32

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

𝑐=

1

ln √2 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2n Ze zadání plyne, že 𝑋 je diskrétní náhodná veličina s oborem hodnot 𝛺 = 𝑁 (množina přirozených čísle). Pro jednotlivé hledané hodnoty pravděpodobnosti tedy můžeme psát: 1 1 1 2 1 1 2+1 3 𝑃(𝑋 ∈ (−1, 2⟩) = 𝑃(𝑋 = 1) + 𝑃(𝑋 = 2) = 𝑝(1) + 𝑝(2) = ( ) + ( ) = + = = 2 2 2 4 4 4 1 1 1 𝑃(𝑋 ∈ (−1, 2)) = 𝑃(𝑋 = 1) = 𝑝(1) = ( ) = 2 2 1 1 1 2 1 3 𝑃(𝑋 ≤ 3) = 𝑃(𝑋 = 1) + 𝑃(𝑋 = 2) + 𝑃(𝑋 = 3) = 𝑝(1) + 𝑝(2) + 𝑝(3) = ( ) + ( ) + ( ) 2 2 2 1 1 1 4+2+1 7 = + + = = 2 4 8 8 8 1 1 1 2 1 1 2+1 3 𝑃(𝑋 < 3) = 𝑃(𝑋 = 1) + 𝑃(𝑋 = 2) = 𝑝(1) + 𝑝(2) = ( ) + ( ) = + = = 2 2 2 4 4 4 1 3 1 𝑃(𝑋 = 3) = 𝑝(3) = ( ) = 2 8 Poslední dvě úlohy vypočteme pomocí doplňkové pravděpodobnosti a již dříve vypočtených hodnot. 7 8−7 1 𝑃(𝑋 > 3) = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 3) = 1 − = = 8 8 8 V poslední úloze navíc využijeme toho, že zkoumané jevy jsou disjunktní a jejich pravděpodobnosti můžeme přímo sčítat. 𝑃(𝑋 ≤ 3 ∪ 𝑋 > 5) = 𝑃(𝑋 ≤ 3) + 𝑃(𝑋 > 5) = 𝑃(𝑋 ≤ 3) + 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 5) = 𝑃(𝑋 ≤ 3) + 1 − [𝑃(𝑋 ≤ 3) + 𝑃(𝑋 = 4) + 𝑃(𝑋 = 5)] = 𝑃(𝑋 ≤ 3) + 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 3) − 𝑃(𝑋 = 4) − 𝑃(𝑋 = 5) = 1 − 𝑃(𝑋 = 4) − 𝑃(𝑋 = 5) 1 4 1 5 1 1 32 − 2 − 1 29 = 1 − 𝑝(4) − 𝑝(5) = 1 − ( ) − ( ) = 1 − − = = 2 2 16 32 32 32 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2o Ze zadání je zřejmé, že 𝑋 je spojitou náhodnou veličinou. Hledané pravděpodobnosti tedy budeme počítat pomocí integrálu jako velikost plochy pod grafem hustoty v daných mezích. Tedy 1 2

1

1 1 1 𝑥3 2 1 3 1 3 1 1 8−1 7 𝑃 ( ≤ 𝑋 < ) = ∫ 3𝑥 2 𝑑𝑥 = [3 ∙ ] = [𝑥 3 ]21 = ( ) − ( ) = − = = 4 2 3 1 2 4 8 64 64 64 4 1 4

4

1 4

1

1 1 1 𝑥3 4 1 3 1 1 2 3 4 𝑃 (𝑋 < ) = 𝑃 (0 < 𝑋 < ) = ∫ 3𝑥 𝑑𝑥 = [3 ∙ ] = [𝑥 ]0 = ( ) − 0 = −0= 4 4 3 0 4 64 64 0

1 2

1

1 1 1 𝑥3 2 1 3 1 1 𝑃 (𝑋 < ) = 𝑃 (0 < 𝑋 ≤ ) = ∫ 3𝑥 2 𝑑𝑥 = [3 ∙ ] = [𝑥 3 ]20 = ( ) − 0 = − 0 = 2 2 3 0 2 8 8 0

……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀𝑑∃𝑏

33

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5

Řešení 2p Ze zadání je zřejmé, že 𝑋 je diskrétní náhodnou veličinou (máme pravděpodobnostní funkci). Z kombinačního čísla ve výrazu definujícím pravděpodobnostní funkci je zřejmé, že oborem hodnot je 𝛺 = {0, 1, 2, 3} Pro distribuční funkci tedy v této situaci platí 0 pro 𝑥 < 0 𝑝(0) pro 0 ≤ 𝑥 < 1 𝑝(0) + 𝑝(1) pro 1 ≤ 𝑥 < 2 𝐹(𝑥) = 𝑝(0) + 𝑝(1) + 𝑝(2) pro 2 ≤ 𝑥 < 3 pro 𝑥 ≥ 3 {𝑝(0) + 𝑝(1) + 𝑝(2) + 𝑝(3) = 1 Vypočítáme potřebné hodnoty pravděpodobnosti 3 3 𝑝(0) = ( ) ∙ (0,1)0 ∙ (0,9)3−0 = ( ) ∙ (0,1)0 ∙ (0,9)3 = 1 ∙ 1 ∙ 0,729 = 0,729 0 0 3 3 𝑝(1) = ( ) ∙ (0,1)1 ∙ (0,9)3−1 = ( ) ∙ (0,1)1 ∙ (0,9)2 = 3 ∙ 0,1 ∙ 0,81 = 0,243 1 1 3 3 𝑝(2) = ( ) ∙ (0,1)2 ∙ (0,9)3−2 = ( ) ∙ (0,1)2 ∙ (0,9)1 = 3 ∙ 0,01 ∙ 0,9 = 0027 2 2 3 3 𝑝(3) = ( ) ∙ (0,1)3 ∙ (0,9)3−3 = ( ) ∙ (0,1)3 ∙ (0,9)0 = 1 ∙ 0,001 ∙ 1 = 0,001 3 3 Dosadíme do výše uvedeného obecného vyjádření distribuční funkce 0 pro 𝑥 < 0 0,729 pro 0 ≤ 𝑥 < 1 0,729 + 0,243 pro 1 ≤ 𝑥 < 2 𝐹(𝑥) = 0,729 + 0,243 + 0,027 pro 2 ≤ 𝑥 < 3 {0,729 + 0,243 + 0,027 + 0,001 pro 𝑥 ≥ 3 Sečteme a dostaneme výsledek 0 pro 𝑥 < 0 0,729 pro 0 ≤ 𝑥 < 1 𝐹(𝑥) = 0,972 pro 1 ≤ 𝑥 < 2 0,999 pro 2 ≤ 𝑥 < 3 { 1 pro 𝑥 ≥ 3 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2q Ze zadání je zřejmé, že 𝑋 je spojitou náhodnou veličinou (máme hustotu). Dále je zřejmé, že distribuční funkce vlevo od dolní meze oboru hodnot 𝑋 musí být nulová a vpravo od horní meze (včetně této krajní hodnoty) oboru hodnot 𝑋 musí být jednotková. Zbývá najít vyjádření distribuční funkce v oboru hodnot. Pro ni podle definice platí 𝑥

𝐹(𝑥) = 𝑃(𝑋 ≤ 𝑥) = ∫ 𝑓(𝑣) 𝑑𝑣 0

Dosadíme a vypočteme příslušný integrál 𝑥

𝑥 1 1 1 1 1 1 𝐹(𝑥) = ∫ sin 𝑣 𝑑𝑣 = [− cos 𝑣] = − cos 𝑥 − (− cos 0) = − cos 𝑥 − (− ∙ 1) 2 2 2 2 2 2 0 0

1 1 1 1 1 1 1 = − cos 𝑥 − (− ) = − cos 𝑥 + = − cos 𝑥 = (1 − cos 𝑥) 2 2 2 2 2 2 2 Nyní již můžeme psát výraz pro hledanou distribuční funkci.

∀𝑑∃𝑏

34

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2

ČÁST 5 0

pro 𝑥 < 0

1 𝐹(𝑥) = { (1 − cos 𝑥) pro 0 < 𝑥 ≤ 𝜋 2 1 pro 𝑥 ≥ 𝜋 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2r Ze zadání je zřejmé, že 𝑋 je spojitou náhodnou veličinou (distribuční funkce zjevně není schodovitá, ale je spojitá). Z definice distribuční funkce víme, že platí 𝑃(𝑋 ≤ 𝑥) = 𝐹(𝑥) Tuto vlastnost a výpočet pravděpodobnosti doplňkového jevu využijeme pro výpočet hledaných pravděpodobností. Přitom je vhodné si ještě uvědomit, že pro tyto výpočty není důležité, zda příslušná neostrost je ostrá nebo neostrá, neboť pravděpodobnost jakékoli konkrétní hodnoty je vždy nulová (viz druhá úloha). Jejich hodnoty tedy musí být stejné, neboli platí 𝑃(𝑋 ≤ 𝑥) = 𝑃(𝑋 < 𝑥) Můžeme tedy počítat −2 + 5 𝑃(−2 < 𝑋 < 2) = 𝑃(𝑋 < 2) − 𝑃(< −2) = 𝑃(𝑋 ≤ 2) − 𝑃(≤ −2) = 𝐹(2) − 𝐹(−2) = 1 − 7 3 4 =1− = 7 7 𝑃(𝑋 = 2) = 𝑃(2 < 𝑋 ≤ 2) = 𝑃(𝑋 ≤ 2) − 𝑃(< 2) = 𝑃(𝑋 ≤ 2) − 𝑃(≤ 2) = 𝐹(2) − 𝐹(−2) = 0 1+5 𝑃(−6 ≤ 𝑋 < 1) = 𝑃(𝑋 < 1) − 𝑃(≤ −6) = 𝑃(𝑋 ≤ 1) − 𝑃(≤ −6) = 𝐹(1) − 𝐹(−6) = −0 7 6 6 = −0= 7 7 1+5 6 𝑃(𝑋 ≤ 1) = 𝐹(1) = = 7 7 1+5 6 1 𝑃(𝑋 ≥ 1) = 1 − 𝑃(𝑋 < 1) = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 1) = 1 − 𝐹(1) = 1 − =1− = 7 7 7 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀𝑑∃𝑏

35