Составитель Борис Демешев
 Скачать 1.58 Mb.
|
|
б) Концепция условного ожидания неприменима Вставить это в иллюстрацию условного ожидания? при заданном безусловном распределении Васе следует сменить свой выбор вне зависимости от того, что он увидел впервой шкатулке. Вторая открытая лучше первой открытой. Это возможно из-за того, что безусловная ожидаемая сумма равна бесконечности для обеих шкатулок = 4 7 1.33. 1.34. 1.35. 1.36. 1.37. 1.38. 1.39. 1.40. 1.41. 1.42. 1.43. ( 7 27 ) 2 1.44. 1.45. 1.46. 𝑝 − 𝑝 2 2 < 𝑝 , те. жюри из одного человека лучше) спортсмена Б б) спортсмена А в) Зависимость от третьей альтернативы) По сути эксперимента Binomial(n,𝑝 2 ) b) √︁ 𝑝 1+𝑝 ТВИМС-задачник. Демешев Борис. roah@yandex.ru 116 c) 0, 0.5, чез=черт его знает 1.49. 1.50. 1.51. 1.52. 1.53. Устно: 1 3 1.54. 𝐶 𝑛 2𝑛 /2 2𝑛 . Из 2𝑛 подбрасываний выберем 𝑛. Выбранные в зоне Jenny соответствуют невыбранным в зоне Alex. б) Через формулу Стирлинга? 1/ √ 𝜋 1.55. 1.56. 1.57. 1.58. 1.59. 1.60. 8/15 1.61. 1.62. 1.63. 1.64. 1.65. 1.66. 𝐸(𝐵) = 3 · 4 9 = 4 3 , 𝐸(𝐺) = 3 − 𝐸(𝐵) = 8 3 𝐸(𝐵 − 𝐺) = − 4 3 , 𝐸(𝐵 · 𝐺) = 2 · 5 6 1.67. 1.68. 𝐸(𝑋) = 3 · 1 6 + 1 + (−2) · (︀ 5 6 )︀ 3 1.69. 1.70. a) 𝑃 (𝑁 = 0) = 0.1 · 0.3 · 0.5 𝑃 (𝑁 = 3) = 0.9 · 0.7 · 0.5 𝑃 (𝑁 = 1) = 0.9 · 0.3 · 0.5 + 0.1 · 0.7 · 0.5 + 0.1 · 0.3 · 0.5 b) 𝐸(𝑁) = 0.9 + 0.7 + 0.5, 𝑉 𝑎𝑟(𝑁) = 0.9 · 0.1 + 0.7 · 0.3 + 0.5 · 0.5 1.71. 1.72. 1.73. a) убывать б) убывать в) возрастать 1.74. 1.75. 1.76. 1.77. 1.78. 1.79. 1.80. 1.81. 1.82. 1.83. 1.84. 1.85. 1.86. 1.87. 1.88. а) Последняя попытка взять конфету - из пустой коробки. Назовем эту коробку А. Из преды- ТВИМС-задачник. Демешев Борис. roah@yandex.ru 117 дущих 𝑛 + (𝑛 − 𝑟) конфет 𝑛 приходятся на коробку А. Вероятности по 2 . Получаем 𝑢 𝑟 = 𝐶 𝑛 2𝑛−𝑟 2 𝑛+(𝑛−𝑟) 1.89. 1.90. 1.91. 1.92. 1.93. a) Какая-то из первых 𝑘 величин будет наибольшей. В силу iid, получаем, что 𝑃 (𝐸 𝑘 ) = 1/𝑘 b) Да. Например, если известно, что 10-ое наблюдение было рекордом, это ничего не говорит о рекордах в первых 9-ти наблюдениях. с) 1 𝑛(𝑛−1) d) ∞ 1.94. 1 𝑘+1 , одна из 𝑘 + 1 карточек должна быть наибольшей 1.95. «Сегодня понедельник - это НЕ событие. Вероятность не определена. Это функция от времени. Вероятность того, что монетка выпала орлом равна 0.5. Поэтому ей все равно, как отвечать, если наказанием является превращение в тыкву, и нужно отвечать решка, если наградой является моло- дильное яблоко. Предполагается, что красавица максимизирует ожидаемое количество молодильных яблок) 1 b) 0 1.97. 𝑋 𝑖 - координата ой птички (𝑌 1 ≤ 𝑡) = 1 − 𝑃 (min{𝑋 𝑖 } > 𝑡) = 1 − (1 − 𝑡) 𝑛 lim 𝑃 (𝑛𝑌 1 ≤ 𝑡) = lim 1 − (1 − 𝑡 𝑛 ) 𝑛 = 1 − Экспоненциально, с параметром 𝜆 = 1 Пусть 𝑛 велико, тогда можно считать независимыми и 𝑛𝑌 𝑖 - экспоненциально распределен- ным. Не красятся только большие интервалы, те. интервалы, чья длина больше, чем каждого из двух соседних интервалов. Больших интервалов примерно треть. Находим 𝐸(𝐵) = 𝐸(max{𝑌 1 , 𝑌 2 , 𝑌 3 } 𝛿 = 1 − 𝐸(𝐵) 𝑛 3 = 7 18 1.99. 1.100. N 1 2 3 4 Prob 5 14 4 14 3 14 2 14 Solution для 6=4+2 𝑃 (𝑁 = 1) = 𝐶 2 4 𝐶 2 6 = 6/15 𝑃 (𝑁 = 3) = 4·2 𝐶 2 6 3·1 𝐶 2 5 = 4/15 𝑃 (𝑁 = 2) = 5/15 𝐸(𝑁 ) = 28/15 1.101. a) 14 63 + 1 64 1 63 4(7 · 7 + 5 · 9 + 3 · 11 + 1 · Шахматная доска делится на четыре квадратных зоны с одинаковым числом клеток, покрываемых ферзем) 0, длина нескольких линий по отношению к площади 1.102. 1.103. 1.104. Слева должен сесть тот, у кого есть тезка. 𝑝 1 = Справа должен сесть его парный. 𝑝 2 = 1/5 , итого 𝑝 = 𝑝 1 · 𝑝 2 = 2/15 1.105. 25 3 1.106. 1.107. a) 1/3, b) 9 1.108. 𝑃 (𝐾 𝑐 = 𝑘) = вне зависимости от 𝑐. Похоже, что для геометрического распределения с ТВИМС-задачник. Демешев Борис. произвольным 𝑝 появляется зависимость отв маленьком = 0.285 1.111. zero 1.112. 𝑝 𝑎 = 1 2 , 𝑝 𝑏 = 1 3 , 𝐸(𝑆) = 5 1.113. 𝑥 𝑖 1 2 3 4 𝑃 (𝑋 = 𝑥 𝑖 ) 0, 6 (1 − 0, 6) · 0, 5 (1 − 0, 6) · (1 − 0, 5) · 0, 4 1 − 𝑝 1 − 𝑝 2 − 𝑝 3 𝑥 𝑖 1 2 3 4 𝑃 (𝑋 = 𝑥 𝑖 ) 0, 6 0, 2 0, 08 0, 12 𝐸(𝑋) = 1, 7 , 𝑉 𝑎𝑟(𝑋) ≈ 1, 08 Если предположить, что у каждого игрока есть своя сила (константа, а вероятности победить в схватке для двух игроков относятся также каких силы, то = 𝑎 𝑎+𝑏 , 𝑦 Легко находим, что 20 𝐶 5 20 𝐶 6 40 вероятность заданной шестерки финалистов помножить на вероятность выбора одного человека из шести и 0.97 2.1. 2.2. 𝐶 𝑛−1 𝑘+𝑛−1 а) 𝐶 4 б) 𝐶 3 25 3! 2.5. 5! 2.6. 𝐶 4 12 𝐶 5 8 2.7. 2 Представим себе мифический объект «вилкодыр». Он может превращаться либо в вилку, либо в дырку. Вилкодыров у нас 𝑛 − 𝑘. Из них нужно выбрать 𝑘 вилок. Ответ б) 𝐶 𝑘 𝑛−𝑘 𝑛 𝑛−𝑘 2.10. 3 · 𝐶 𝑘 𝑛+1−𝑑 , где 𝑘 - число серий, 𝑑 - суммарная длина серий. Домножение на 3 взялось из трех вариантов (2-3-3, 3-2-3, 3-3-2). Мифический объект - серия из горящих лампочек плюс негорящая справа. Решение 1: Отдельно рассмотрим два случая самый правый предмет выбран и самый правый предмет не выбран. В каждом случае склеиваем предмет и примыкающий к нему справа предмет «разделитель». Решение 2: Удалим 𝑘 − 1 предмет из линии. Из оставшихся предметов выберем 𝑘. Вернем удаленные как разделители answer to the original problem (43,948,843 bet cards) was quoted already several times assuming that positioning of right numbers is irrelevant: - there is eactly one bet card choice with 5 right numbers and - there are 5 x (90-5) = 425 bet card choices with exactly 4 right numbers. Since the total number of different bet card choices is 90 over 5, we have to fill out (90 over 5) - 425 - 1 +1 = 43,948,843 bet cards to have at least 4 right numbers with prob 1. 2.17. 2.18. 𝐶 3 10 10 3 ТВИМС-задачник. Демешев Борис. Каждый способ выбрать три разных числа соответствует благоприятной комбинации = 1 20! · (𝐶 0 20 + 𝐶 1 20 · 0 + 𝐶 2 20 + 𝐶 3 20 · 2 + 𝐶 4 20 · (𝐶 2 4 + 3) + 𝐶 5 20 · (2𝐶 2 5 + 4)) 2.20. 𝐶 𝑘 𝑛 - просто выбираем 𝑘 различных чисел из 𝑛, а числа всегда упорядочены :) 2.21. ugly sum? 2.22. 100! 14!16!36!34! 0.7 30 0.3 70 0.8 50 0.2 50 2.23. 2.24. 2.25. this equation for the number of path on a grid, 𝐶 𝑛 𝑛+𝑚 3.1. 3.2. 3.3. да 3.4. нет 3.5. 3.6. 3.7. 3.8. 3.9. 3.10. 𝑝 = 0.4·0.4 0.4·0.4+0.6·0.6 = 4 13 3.11. 3.12. 3.13. 3.14. 3.15. 3.16. 3.17. 1 11 3.18. 𝑝 𝑎 = 1 3 (0.9 + 0.5 + 0.3) = 17 30 , 𝑝 𝑏 = 1 3 (0.9 2 + 0.5 2 + 0.3 2 )/𝑝 𝑎 = 115 170 3.19. (unverified, but no calculation) : An arbitrary hand can have two aces but a flush hand can’t. The average number of aces that appear in flush hands is the same as the average number of aces in arbitrary hands, but the aces are spread out more evenly for the flush hands, so set (3) contains a higher fraction of flushes. Aces of spades, on the other hand, are spread out the same way over possible hands as they are over flush hands, since there is only one of them in the deck. Whether or not a hand is flush is based solely on a comparison between different cards in the hand, so looking at just one card is necessarily uninformative. So the other sets contain the same fraction of flushes as the set of all possible hands. 3.20. 1 2 5 + 1 2 7 2 = 4.25 3.21. 3.22. 3.23. 3.24. 3.25. 3.26. solution Задача эквивалентна следующей игрок выбирает шкатулку. Затем (она не открывается) игрок выбирает оставить ее или взять обе другие. Очевидно, во втором случае шансы в два раза выше 2: ТВИМС-задачник. Демешев Борис. Игрок не получает информации - вероятность не меняется. Лучше сменить выбор. Если рассмотреть «проплывы» под мостами (по научному, двойственный граф, то он выглядит точно также. Вероятность того, что есть проплыв под разрушенными мостами равна вероятности добраться с одного берега на другой. А в сумме они равны единице. 3.40. 3.41. 3.42. нет (не всегда) 3.43. а) да б) нет 3.46. a) 𝑝 = 0.7 · 0.8 + 0.3 · 0.7 = 0.77 b) 𝑝 = 0.7·0.8·0.2 0.7·0.8·0.2+0.7·0.2·0.3 = 8 11 Из названия корода случайным образом оставляем одну букву = 0.5 1 6 0.5 1 6 +0.5 2 6 = 1/3 3.49. 1 3 3.50. 1 ау второго шансы проиграть равны а) нет, т.к. если выпало шесть, то это увеличивает ожидаемое количество шестерок на кубике б) 1/6 (можно считать, что кубик сначала подбросили, а потом подписали стороны) в) га баб (есть ли красивое решение можно пробиться через сумму квадратов = 𝑋 1 + ... + 𝑋 𝑛 , 𝐸(𝑋) = 𝑛 𝑉 𝑁 𝑉 𝑎𝑟(𝑋 𝑖 ) = 𝑉 (𝑁 −𝑉 ) 𝑁 2 𝐶𝑜𝑣(𝑋 𝑖 , 𝑋 1 + ... + 𝑋 𝑁 ) = 0 𝐶𝑜𝑣(𝑋 𝑖 , 𝑋 𝑗 ) = − 𝑉 𝑎𝑟(𝑋 𝑖 𝑁 −1 𝑉 𝑎𝑟(𝑋) = 𝑛𝑉 𝑎𝑟(𝑋 𝑖 ) 𝑁 −𝑛 𝑁 −1 4.2. 𝐶𝑜𝑣(𝑋 1 , 𝑋 1 + ... + 𝑋 6 ) = 0 , т.к. 𝑋 1 + ... + 𝑋 6 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 ТВИМС-задачник. Демешев Борис. roah@yandex.ru 121 𝐶𝑜𝑟𝑟(𝑋 1 , 𝑋 6 ) = − 1 5 4.3. 10 · (1 − 9 10 7 ) 4.3. Пусть 𝑋 𝑛 - благосостояние Васи после го хода, тогда 𝐸(𝑋 𝑛 ) = 100 . 𝐸(𝑋 𝑓 𝑖𝑛𝑎𝑙 ) = 250𝑝 + 0(1 − Масть 4 · (1 − 𝐶 5 39 𝐶 5 Достоинство 13 · (1 − 𝐶 5 48 𝐶 5 Туз 4 · 5 52 Ответ 𝐸(𝑋) = 1 4.20. 4.21. 4.22. 4.23. Solution: 𝐸(𝑋) = 𝐸(𝑌 ) , 𝑉 𝑎𝑟(𝑋) > 𝑉 𝑎𝑟(𝑌 Решение 1: 𝑋 - число серий, 𝑋 = 𝑋 1 + ... + 𝑋 𝑛 , где 𝑋 𝑖 - индикатор, показывающий, начинается ли новая серия с го кусочка. Ответ: 𝑛−𝑘 𝑛 + (𝑛 − 1) 𝑘 𝑛 𝑛−𝑘 𝑛−1 = (𝑘 + Решение Закольцуем рулет, добавив в него еще один кусочек (для хозяина дома - для Алексея Суздальцева). Получаем (𝑘 + 1) потенциальную серию. Вероятность того, что некая серия непуста, равна 𝑛−𝑘 𝑛 Ответ, конечно, (𝑘 + Можно считать, что Петя берет книги подряд из хорошо перетасованной стопки. Соответственно он берет 6 книги интервалов (книги до ой нужной, книги от ой нужной до ой нужной, и т.д.). Если считать, что средняя длина всех интервалов одинаковая, то получается такой ответ 6 + 6 · 24 Доказательство того, что средняя длина всех интервалов одинаковая: Расположим 30 книг по кругу. Среди этих 30 книг отметим случайным образом 7 книги занумеруем их (опять же случайным образом) от 1 до 7. Эти 7 книг разбивают круг из книг на 7 частей. В силу симметрии средняя длина каждой части одинакова и равна 7 . Будем трактовать книгу номер 1 как разбивающую круг на стопку. А книги 2-7, как нужные Пети. б) 1 г) 1 − 1 2! + 1 3! − 1 4! + ... 4.32. a) Персиковые шары кроме меченого на вероятность не влияют. Следовательно, 𝑃 = 1/(𝑚 + 1) b) 𝐸 = 𝑘/(𝑚 + 1) 4.33. a) Доизвлекаем все шары. Искомая вероятность равна вероятности того, что последним будет ТВИМС-задачник. Демешев Борис. извлечен абрикос. А эта вероятность равна) Пусть св. 𝐴 - число шаров-абрикосов в конце, а 𝐵 - число шаров беж в конце. Те. если в конце извлекается три абрикосовых шара, то 𝐴 = 3, а 𝐵 = 0. Искомая величина это 𝐸(𝐴)+𝐸(𝐵) в) Поменяем порядок. Каково ожидаемое количество шаров до первого абрикосового, если известно, что первый шар - беж. 1 + 𝑏−1 𝑎+1 а) 𝑝 𝑎𝑏𝑐 - вероятность того, что сначала полностью извлекаются абрикосовые шары, затем полностью извлекаются белые ив конце - синие. Заметим, что+ 𝑝 𝑏𝑎𝑐 = 𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 - вероятность того, что синий шар - последний+ 𝑝 𝑎𝑐𝑏 + 𝑝 𝑏𝑎𝑐 = 𝑐 𝑎+𝑐 - вероятность того, что абрикосовые вышли раньше синих Отсюда находим и все остальные б) Рассмотрим случай, когда невзятым остается какой-нибудь синий шар. Значит, он лежит либо после всех белых, либо после всех абрикосовых. Вероятность этог равна 𝑝 𝑐 = 1 𝑎+1 + 1 𝑏+1 − 1 𝑎+𝑏+1 . Значит в среднем остается 𝑎𝑝 𝑎 + 𝑏𝑝 𝑏 + 𝑐𝑝 𝑐 шаров. 4.35. a) 𝑎 𝑎+𝑏+𝑐 b) 𝑛𝑎 𝑎+𝑏+𝑐 в) 𝑉 𝑎𝑟(𝐴 𝑖 ) = 𝑝 𝑎 (1 − 𝑝 𝑎 ) , 𝐶𝑜𝑣(𝐴 𝑖 , 𝐵 𝑖 ) = −𝑝 𝑎 𝑝 𝑏 , 𝐶𝑜𝑣(𝐴 𝑖 , 𝐵 𝑗 ) = −𝑝 𝑎 𝑝 𝑏 1 𝑁 −1 𝑉 𝑎𝑟(𝐴) = 𝑛𝑝 𝑎 (1 − 𝑝 𝑎 ) 𝑁 −𝑛 𝑁 −1 , 𝐶𝑜𝑣(𝐴, 𝐵) = −𝑛𝑝 𝑎 𝑝 𝑏 𝑁 −𝑛 𝑁 −1 , 𝐶𝑜𝑟𝑟(𝐴, 𝐵) = г) 𝑉 𝑎𝑟(𝐴 𝑖 ) = 𝑝 𝑎 (1 − 𝑝 𝑎 ) , 𝐶𝑜𝑣(𝐴 𝑖 , 𝐵 𝑖 ) = −𝑝 𝑎 𝑝 𝑏 , 𝐶𝑜𝑣(𝐴 𝑖 , 𝐵 𝑗 ) = 0 𝑉 𝑎𝑟(𝐴) = 𝑛𝑝 𝑎 (1 − 𝑝 𝑎 ) , 𝐶𝑜𝑣(𝐴, 𝐵) = −𝑛𝑝 𝑎 𝑝 𝑏 , 𝐶𝑜𝑟𝑟(𝐴, 𝐵) = Решение (предложила Саша Серова) Сначала сделаем колоду из четырех тузов, лежащих стопкой в случайном порядке. Затем карты будем по одной класть на случайное место в формируемой колоде. Всего 5 мест. По индукции видно, что вероятность для каждой карты попасть на место впереди первого туза равна 5 . Если 𝑋 - количество карт, попавших раньше первого туза, то 𝑋 = 𝑋 1 + ... + и 𝐸(𝑋) = 48 · 1 5 = 48 Решение (идея Mosteller, 50 задач?) Добавим в колоду ложного, пятого, туза. Разложим колоду случайным образом по окружности. Пятый туз разделит окружность на обычную колоду (именно за этим они нужен. До разрезания окружности пять тузов разбивали оставшиеся 48 карт на пять равнораспределенных частей Остаются на своих местах карты, выбранные сверху колоды и карты, невыбранные снизу колоды. далее-? 4.39. 4.40. Solution (Bill Taylor?): a) да, т.к. разбив веревку на две части получим, чтоб) При 𝑎 = 𝜋 получаем 𝐸(𝑋) = в, г) Для произвольного 𝑎 получаем 𝐸(𝑋) Пользуясь предыдущей задачей: Ожидаемое число пересечений равно 2(𝑎+𝑏+𝑐) 𝜋 Вероятность в два раза меньше (одна линия пересекает треугольник в двух местах Ожидаемое число пересечений большого треугольника Ожидаемое число пересечений малого треугольника Вероятности пересечений - в 2 раза меньше. Условная вероятность равна отношению периметров. 4.43. Переформулируем задачу, как задачу Бюффона (параллельные прямые в пространстве...) Вероятность в два раза меньше ожидаемого числа пересечений. Ожидаемое число пересечений пропорционально площади поверхности. Ответ - отношение площадей поверхностей, те. 𝑅 2 /𝑟 2 Коммент: ТВИМС-задачник. Демешев Борис. Как эти все задачи аккуратно оформлять Ведь нельзя провести равновероятным образом прямую в пространстве. Нельзя равновероятно бросить иголку на плоскость) 0 б) 𝐶𝑜𝑣(𝑋 𝑖 , 𝑋 𝑗 ) = − 1 𝑁 в) 𝑉 𝑎𝑟( ¯ 𝑋 𝑛 ) = 𝜎 2 𝑛 𝑁 −𝑛 𝑁 −1 Если в семье 𝑛 детей, то ожидаемое количество мужских и женских сестер одинаково и равно − Ответ 𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌 ) = −365𝑝𝑞, чем больше 𝑋, тем (скорей всего) меньше 𝑌 4.47. a) Одна из трех последовательных волн обязательно больше двух других. Поскольку волны iid, то вероятность того, что большой будет именно вторая равна 1/3. a) Если волны iid 𝑈[0; 1], то равенство вероятности одной третьей соответствует разрезанию куба натри пирамиды. 4.48. Вероятность посещения каждого тупикового штрека равна Следовательно 𝐸(𝑋) = 1000 + 0.5(100 + ... + 900) = 3250 Каждая монета кроме 50 копеечной выбирается с вероятностью Следовательно, 𝐸(𝑆) = 0.5 + 2.5 2 = 1.75 а) 100 · (б) 100 · (1 − 0.99 365 − 365 · 0.01 · 0.99 в) Пусть 𝑔(𝑥, 𝑘) - среднее количество надетых сережек, если осталось 𝑘 дней, а к текущему дню надето 𝑥 сережек. Разностное уравнение 𝑔(𝑥, 𝑘) = 𝑥 𝑇 −𝑘 𝑔(𝑥, 𝑘 − 1) + 𝑇 −𝑘−𝑥 𝑇 −𝑘 𝑔(𝑥 + 1, 𝑘 − 1) , где 𝑇 = 365 + Начальное условие 𝑔(𝑥, 0) = После первой итерации ясно, что 𝑔(𝑥, 𝑘) = 𝑎 𝑘 𝑥 + После второй 𝑎 𝑘 = 𝑎 𝑘−1 𝑇 −𝑘−1 𝑇 −𝑘 , 𝑏 𝑘 = 𝑎 𝑘−1 + Получаем 𝑎 𝑘 = 1 − 𝑘 𝑇 −1 , 𝑏 𝑘 = 𝑘 2 2𝑇 −𝑘−1 𝑇 Нам нужно найти 𝑔(0, 365) = 𝑏 365 ада, но зависимы - разбиваем окружность на (𝑛 + 1) часть б) 1 𝑛+1 в) 2 𝑛+2 - разбиваем окружность на (𝑛 + 2) части 4.54. а) Пусть против часовой от Сервиса, почасовой от Сервиса) и от Пети до Васи) - длины трех отрезков, на которые делят окружность Петя, Вася и Сервис. Поэтому 𝐸(𝐿) = б) 𝑃 (𝑌 1 + 𝑌 2 ≤ 𝑡) = 𝑃 (𝑌 3 > 1 − Развернем окружность в отрезок, приняв за ноль координату того, кто сломался против часовой от Сервиса. 𝑃 (𝑌 3 > 1 − 𝑡) = 𝑃 (𝑋 1 > 1 − 𝑡)𝑃 (𝑋 2 > 1 − 𝑡) = Здесь и 𝑋 2 - координаты Сервиса и второго сломавшегося относительно начала отрезка. в) Похоже, что матожидание не зависит от стратегии (за исключением заведомо глупых стратегий), а дисперсия - минимальна. Solution Разрежем окружность на Сервисе (звучит то как, и 𝑋 2 - координаты Пети и Васи (𝐿 ≤ 𝑡) = 𝑃 (𝑋 1 < 𝑋 2 ∩ 𝑋 1 − 𝑋2 ≤ 𝑡 − 1) + 𝑃 (𝑋 2 < 𝑋 1 ∩ 𝑋 2 − 𝑋 1 ≤ 𝑡 − 1) = 2𝑃 (𝑋 2 ≤ 𝑋 1 + 𝑡 − Далее ищем площадь в осях (𝑋 1 , 𝑋 2 ) , там треугольник. Получаем 𝑃 (𝐿 ≤ 𝑡) = 2 𝑡 2 2 = 𝑡 2 Solution b3: 𝑃 (𝐿 ≤ 𝑡) = 2 ∫︀ 𝑡 0 (𝑡 − 𝑎)𝑑𝑎 = 𝑡 2 . Пусть Петя попал в точку 𝑎 против часовой от Сервиса (плотность равна 1). Тогда Васе может попасть в отрезок длиной 𝑡 − 𝑎 почасовой от Сервиса. Суммируем по ТВИМС-задачник. Демешев Борис. всем 𝑎, на два множим потому, что против часовой мог оказаться Вася. 4.55. 4.56. 4.57. Ответ: 4 − 0.9 20 − 0.8 20 − 0.7 20 − 0.6 20 4.58. 𝑐 − 1 Количества белых и мухоморов - биномиальные св. Дело за ковариацией. 𝐵 = 𝐵 1 + ... + 𝐵 100 , 𝑀 = 𝑀 1 + ... + 𝑀 100 , 𝐶𝑜𝑣(𝐵, 𝑀) = 100𝐶𝑜𝑣(𝐵 1 , 𝑀 1 ) = −100𝑝𝑞 . 𝐶𝑜𝑟𝑟(𝐵, 𝑀) = в) 𝐸(𝑋 2 ) = 𝑝 · 1 + 𝑞 · 𝐸((𝑋 + 1) 2 ) , 𝑉 𝑎𝑟(𝑋) = 𝑞 𝑝 2 устно, при сделанной предыдущей задаче, 𝑉 𝑎𝑟(𝑋) = 𝑟𝑞 𝑝 2 5.3. 5.4. 5.5. 5.6. 5.7. 5.8. a) 𝑉 (𝑥) = 1 6 (𝑉 (𝑥 + 1) + 𝑉 (𝑥 + 2) + 𝑉 (𝑥 + 3) + 2𝑥 + Ищем линейную 𝑉 (𝑥), получаем 𝑉 (𝑥) = 2 3 𝑥 + 4 б) 𝑉 (𝑥) = 1 6 (𝑉 (𝑥 + 1) + 𝑉 (𝑥 + 2) + 𝑉 (𝑥 + 3) + 𝑥 + 𝑉 (0) + 0) 5.9. 5.10. 5.11. 𝑚 = 1 3 + 1 3 (2 + 𝑚) + 1 3 (3 + 𝑚) , 𝑚 = 6 5.12. 5.13. 5.14. 5.15. 5.16. 5.17. Count number of binary strings that do not contain two consecutive 1s: Let 𝑓 𝑎 (𝑛) denote the number of binary strings of length n, with last digit a (0 or 1). 𝑓 0 (1) = 1 ; 𝑓 1 (1) = 1 (There’s one binary string that ends in 0, and one that ends in 1). The number of binary strings of length n ending with 0, is the sum of the number of binary strings of length n-1 ending in 0 or 1. 𝑓 0 (𝑛) = 𝑓 0 (𝑛 − 1) + 𝑓 1 (𝑛 − 1) Also the number of binary strings of length n ending with 1, is the sum of the number of binary strings of length n-1 ending in 0. 𝑓 1 (𝑛) = 𝑓 0 (𝑛 − 1) Adding the previous two equations together; 𝑓 0 (𝑛) + 𝑓 1 (𝑛) = 2𝑓 0 (𝑛 − 1) + 𝑓 1 (𝑛 − 1) = [𝑓 0 (𝑛 − 1) + 𝑓 1 (𝑛 − 1)] + [𝑓 0 (𝑛 − 2) + 𝑓 1 (𝑛 − 2)] The LHS represents the total number of binary strings of length n without two consecutive heads. This is the fibonacci sequence since 𝐹 𝑛 = 𝐹 𝑛−1 + 𝐹 𝑛−2 So the answer is 𝐹 1997 2 1997 5.18. Применяя метод первого шага получаем уравнение, 𝑝 = 4 36 · 1 + 6 36 · 0 + 26 36 · 𝑝 5.20. 5.21. 5.22. quadratic equation for p 5.23. Solve the difference equation 𝐸 𝑛 = (7/6) · 𝐸 𝑛−1 − (1/6) · 𝐸 𝑛−7 to get E(15) about 4.76 5.24. 5.25. 5.26. Let rn(p) be the sought expectation. We shall show that rn(p) = p + (n - 1)p(1 - p) by induction on n. When n = 1, (1) becomes r1(p) = p, which is clearly true. Suppose n > 1 and assume (1) holds for rn-1(p), which is the expected number of ranges for an (n-1)-page book. The addition of one more page may or may not change the total number of ranges. When page n is added, the number of ranges increases by one if the term occurs on page n and does not occur on page (n - 1); this happens with probability p(1 - p). Otherwise, the number of ranges does not change. Therefore, rn(p) = p(1 - p)·[rn-1(p) + 1] + [1 - p(1 - p)]·rn-1(p) = rn-1(p) + p(1 - p) = p + (n - 1)p(1 - p). 5.27. 5.28. 1/2 , для 𝑛 = 2 очевидно, далее по индукции ТВИМС-задачник. Демешев Борис. roah@yandex.ru 125 The xth seat cannot be empty, where x is not equal to 1 or 100, otherwise the xth guy will sit on it. He can only sit at the 100th or the 1st one. The prob of 1st seat is empty = the prob of the 100th seat is empty by symmetry, So P =0.5. The prob that the 1st guy/lady choose the 1st seat is equal to the prob that he/she chooses the 100th seat. This is how the symmetry argument comes in. b) вероятности с конца равны 1/2, 1/3, 1/4 и т.д. 5.29. 99 2 5.30. 1 2 , 1 2−𝛾 5.31. 1/2 . Доказательство по индукции. Для 𝑘 = 1 и 𝑧 = 1 ответ очевиден. При других 𝑘 и 𝑧 с некоторой вероятностью 𝛼 вяжется всего два шарфа и c вероятностью 1 − 𝛼 снижается размерность задачи. Искомая вероятность равна 𝑃 = 𝛼 2 · 1 + 𝛼 2 · 0 + (1 − 𝛼) · 1 2 5.32. Answer: Решаем систему уравнений 1 + 1 3 𝑥 𝑎 + 2 3 𝑥 𝑜𝑡ℎ𝑒𝑟 𝑥 𝑎 = 1 + 1 2 𝑥 𝑎𝑏 + 1 2 𝑥 𝑜𝑡ℎ𝑒𝑟 𝑥 𝑎𝑏 = 1 + 1 2 𝑥 𝑎𝑏𝑟 + 1 2 𝑥 𝑜𝑡ℎ𝑒𝑟 𝑥 𝑎𝑏𝑟 = 1 + 1 2 0 + 1 2 𝑥 𝑜𝑡ℎ𝑒𝑟 𝑥 𝑜𝑡ℎ𝑒𝑟 = 1 + 1 2 𝑥 𝑎 + 1 2 𝑥 𝑜𝑡ℎ𝑒𝑟 Solution (Non state-space): If the bug is both not on A and has deviated from the ABCA sequence, it will take him an expected two moves to get back to A by a simple geometric sum. Now suppose the bug is on A beginning a possible ABCA. He has a 1/2 chance of moving to C, and that adds 3 expected moves: one to move to C, expected two to get back to A. The alternative is that he moved to B with 1/2 chance. Now he has a 1/2 (1/4 cumulative) chance of moving back to A, adding 2 moves (ABA). Otherwise, he’s still going. Now he’s on C. There’s a 1/2 (1/8 cumulative) chance of moving to B and adding 5 moves (ABCB plus the two moves to return to A). Else, he moves to A, gets squished, and finishes with 3 moves (ABCA). So we have the following possibilities: AC: +3 moves (1/2 = 4/8 chance) ABA: +2 moves (1/4 = 2/8 chance) ABCB: +5 moves (1/8 chance) ABCA: +3 moves and finish (1/8 chance) So the expected value is 3 · 4 + 2 · 2 + 5 + 3 = 24 5.33. 1 2 5.34. 5.35. 𝑝 𝑛 = 1 3 𝑝 𝑛−1 + 2 3 𝑝 𝑛−2 , 𝑝 0 = 1 4 , 𝑝 1 = 1 16 5.36. bad solution: 𝑏 100 = 1 𝑏 0 = После замены △ 𝑛 = 𝑏 𝑛 − 𝑏 𝑛−1 : 𝑏 100 = △ 1 + △ 2 + ... + △ 100 = Решая, находим 𝐶 𝑛−1 99 2 −99 𝑏 𝑛 = ∑︀ 0≤𝑘≤(𝑛−1) 𝐶 𝑘 99 2 −99 5.37. 5.38. 𝑓 (𝑝) = 1 2−𝑝 5.39. 5.40. 5.41. 5.42. 5.43. 𝐸(𝑋) Во первых, заметим, что ожидаемое количество выстрелов, если у Вас осталось 𝑛 патронов имеет вид 𝐸 𝑛 = 𝑘 · 𝑛 ТВИМС-задачник. Демешев Борис. roah@yandex.ru 126 Во-вторых, получим уравнение на 𝐸 𝑛 : 𝐸 𝑛 = 1 + 𝐸 𝑛−1 + 𝑘𝐸(𝑋) , где 𝐸(𝑋) - ожидаемый выигрыш патронов от одного выстрела. Находим 𝑘: 𝑘 = 1 Ответ задачи 1−0.45 Solution2: Интуитивно 100 + 100 · 20 · 0.01 + 100(·20·) 2 + ... 5.45. Case p<0.5 For p < 0.5 the infinite tree clause is a red herring, since the probability of an infinite tree is 0. Let E be the expected size of the tree connected to the root. E is also therefore the expected size of the left subtree and also of the right subtree. So 𝐸 = 1 * (1 − 𝑝) 2 + 2(1 + 𝐸)𝑝(1 − 𝑝) + (1 + 2𝐸)𝑝 2 Solving for E we get 𝐸 = 1/(1 − 2𝑝) Case Пусть 𝑇 𝑘 - событие, состоящее в том, что осталось дерево с 𝑘 вершинами. 𝑃 (𝑇 𝑘 ) = 𝑝 𝑘−1 (1 − просто считаем число оставшихся и число удаленных ребер для такого дерева) Если бы 𝑝 < 0.5, то ∑︀ 𝑃 (𝑇 𝑘 ) = Поэтому при 𝑝 > 0.5 (что равносильно перемене мести) получаем ∑︀ 𝑃 (𝑇 𝑘 ) = ( 1−𝑝 𝑝 ) 2 The conclusion we can draw is that C is in fact the probability of getting a finite tree for p > 1/2 and since we are only interested in finite subtrees as final outcomes, Bayes lets us forget the scaling factor and we get the same probability distribution as for p < 1/2. Therefore the answer in the case of p > 1/2 is 𝐸 = 1 2𝑝−1 Case p=0.5 |