Aki érti a valószínűség számítást segítene?

1. feladat:

Amennyiben úgy érted, hogy X a kék golyók húzásának a száma.

Annak valószínűsége, hogy k db kék golyót húzunk visszatevéssel:

P(X=k)=(4 alatt a k)*p^k*(1-p)^(4-k).

Gondolom, a táblázat azt akarja (hogy van a pontos szöveg??), hogy egy sorában legyenek az X, illetve k értékek, másikban annak valószínűsége, hogy annak a bizonyos k értéknek mennyi a valószínűsége (vagyis ha k=1, az alatta levő érték a P(X=1)). Jól sejtem? Tehát az egymáshoz tartozó k és P(X=k) értékeket kéne táblázatba foglalni.

k=0; 1; 2; 3; 4, hiszen lehet 0, 1, 2, 3, vagy 4 esetben kéket húzni.

p=0,82=1-0,18,

mert hogy egy húzásnál a piros valószínűsége 0,18, és vagy kéket, vagy pirosat lehet húzni csak egy húzásnál, így e két eset összes valószínűsége 1.

Ha esetleg nem érthető így a megoldás, szívesen válaszolok az esetleges további kérdésekre is.

2. feladat:

A lila golyók száma a zsákban legyen L, a fehéreké F.

L=F/4

összes golyó=L+F=L+4L=5L,

vagyis L=1/5*összes golyó, így annak valószínűsége, hogy lilát húzunk az első húzáskor p=1/5.

a)

Az 1-hez hasonló:

annak, hogy k db lilát húzzunk, a valószínűsége:

P(X=k)=(5 alatt a k)*p^k*(1-p)^(5-k).

Ugyanis itt 5-ször húzunk és a visszatevés miatt mindig ugyanannyi az esély, hogy lilát húzzunk.

Lilákat húzhatunk 0-szor, 1-szer, 2-szer, de többször nem, mert akkor már több lilát húznánk, mint fehéret, ezért k=0; 1; 2.

Mivel a 0, 1, 2 lila kihúzása egymást kizáró események, a keresett valószínűség:

P(lilák<fehérek)=P(X=0)+P(X=1)+PX=2).

2. b)

Jelölések ugyanazok, mint a 2 a) válaszban.

Továbbra is igaz, hogy összes golyó=L+F=5L.

És itt is igaz, hogy a keresett valószínűség:

P(X=0)+P(X=1)+P(X=2), vagyis k=0; 1; 2.

De itt

P(X=k)=(L alatt a k)*(F alatt az (5-k))/((L+F) alatt az 5)=(L alatt a k)*(4L alatt az (5-k))/((5L alatt az 5).

No, ez így általánosan egy elég ronda kifejezés, érdemes helyettesíteni L+F helyére a megadott értékeket.

3a) 1-hez hasonló, vagyis ugyanaz az eloszlás:

P=(10 alatt a 3)0,2^3*0,8^7.

Ugyanis ez olyan mint egy visszatevéses mintavétel: a dobott értékek a mintavételezett értékek, bármelyiket dobhatjuk újra.

10-szer történik a mintavétel, amiből 3-szor 6-osnak kell lennie, és egy hatos dobásának valószínűsége minden alkalommal 0,2, annak, hogy nem 6-ot dobunk, 1-0,2. Ez utóbbi hétszer történik. A (10 alatt a 3) azért kell, mert a 10 dobás 10 különböző időpontban történik, de nekünk mindegy, hogy ezen időpontok közül mely 3-ban dobunk 6-ost.

3 b)

Hasonló a helyzet, mint 3 a)-ban, vagyis visszatevéses mintavételezés.

P=0,8^6, mert annak valószínűsége, hogy nem hatot dobunk 0,8, és ennek hatszor kell megtörténnie.

3c)

P=0,9^3

A dobások: az első három nem 1-es:

- - - -------

0,9*0,9*0,9, a többi dobás meg bármi lehet, egyes is, itt a valószínűség értékek: 1

3d)

akkor lehet 3, vagy 4, vagy 5, ..., vagy 11 db 1-es.

Egyszerűbb úgy számolni, hogy ellentett eseménnyel dolgozunk, mert kevesebbet kell számolnunk.

Legyen k az egyesek száma, legfeljebb 11 az értéke.

P(k<3)+P(k=>3)=1

Ebből:

P(k=>3)=1-P(k<3).

P(k<3)=P(k=0)+P(k=1)+P(k=2)

P(k)=(11 alatt a k)*0,1^k*0,9^(11-k)

3e)

Ez is binomiális, mint a korábbiak, mert vagy se nem hatos, se nem egyes, vagy valamelyik a kettő közül.

Annak valószínűsége, hogy egy dobás 1, vagy 6: 0,1+0,2=0,3, mert egymást kizáró események.

Így annak vszg-e, hogy egyik sem: 1-0,3=0,7-

A keresett vszg:

0,7^8

3f)

Itt is kétféle: páros, vagy páratlan.

i dobás vszg-e: pi legyen.

így pl. p1=0,1, az 1-es dobásának valószínűsége, ha egyszer dobunk.

p1+p2+p3+p4+p5+p6=1

p2=p3=p4=p5:=p.

Így:

p1+4p+p6=1

0,1+4p+0,2=1

4p=0,7

p=0,7/4=7/40

A páros dobások valószínűsége egy dobás esetén:

p2+p4+p6=7/40+7/40+1/5=7/20+4/20=11/20.

A kérdésre a válasz:

P=(11/20)^4, mert hogy minden egy dobásnál 11/20 a vszg., hogy párost dobunk és négyszer kell dobnunk.