RP I, Seria 2

(1)

Zadania domowe Zestaw 2.

Bartosz Brzeziński.

1.

Zadanie 4.

Rozwiązanie przykładu (a):

Zbiór Ω to zbiór wszystkich możliwych wyborów 13 kart z talii liczącej 52 karty, czyli:

|Ω| =52 13

Zbiór A to zbiór wszytkich takich losowań, że 3 karty to trefle, po 4 to piki i kara, oraz 2 kiery, co oznacza, że:

|A| =13 3

·13 4

·13 2

a to oznacza, że:

P (A) = |A|

|Ω| ≈ 0, 018

Rozwiązanie przykładu (b): Zachowując identyczny zbiór Ω jako zbiór B mamy zbiór w którym najpierw losujemy 2 karty z 4 asów, a następnie 11 kart ze zbioru 48 kart nie-asów:

|B| =4 2

·48 11

Analogicznie:

P (B) = |B|

|Ω| = 4446 20825

Rozwiązanie przykładu (c): W tym przykładzie jako zbiór Ω bierzemy wszystkie możliwe rozłożenia kart na stole, co oznacza, że moc tego zbioru to:

|Ω| =52 13

·39 13

·26 13

·13 13

Zbiór C to zbiór zdarzeń takich, że najpierw rozdaje po asie dla każdego gracza, a następnie po 12 kart z 48 kartowej.

|C| = 4! ·48 12

·36 12

·24 12

·12 12

P (C) = |C|

|Ω| = 2197 20825

Rozwiązanie przykładu (d): Jako Ω weźmy wszystkie możliwe wyniki losowań graczy E i W.

|Ω| =52 13

·39 13

Zdarzeniem D jest to, że zarówno gracz E jak i gracz W nie mają wśród swoich kart asa, czyli wszyskie asy są w rękach graczy N i S. Moc tego zbioru jest równa:

|D| =48 13

·35 13

P (D) = |D|

|Ω| = 46 833

1

(2)

2.

Zadanie 5.

Rozwiązanie: Zadanie jest zadaniem na prawdopodobieństwo geometryczne. Ω to zbiór wszystkich punk- tów w graniastosłupie o podstawie trójkąta równobocznego i wysokości równej

√3

6 . Zbiór A to zbiór takich punktów (x, y)×(a), że (x, y) jest w odległości co najmniej a od boków trójkąta. to oznacza, że dla ustalonego a taki zbiór punktów (x, y) jest trójkątem równobocznym o stosunku ^√^a₃

6

do całego trójkąta. Ta zależnośc oraz Twierdzenie Talesa wskazują, że zbiór A jest ostrosłupem o podstawie trójkąta równobocznego i wierchołku w punkcie (¹₂,

√ 3 6 ,

√ 3

6 ). Z tego wynika, że prawdopodobieńtwo zdarzenia A to stosunek objętości ostrosłupa do graniastosłupa o tej samej podstawie i wysokości, czyli P (A) = ¹₃

2

(3)

RP I, Seria 2

Tien Chu

Zadanie 1. Dowodzimy podobnie jak wzór włączeń i wyłączeń. Po odpowiednim przenumero- waniu zbiorów, każdą składową możemy przedstawić w postaci A1∩ A₂∩ ... ∩ A_s∩ A⁰_s+1∩ ... ∩ A⁰_n (oczywiście różne takie składowe są rozłączne). Rozważamy składowe, dla których s r. Poli- czymy ile razy taka składowa jest włączana i wyłączona w naszym wzorze. Dla k = r włączamy taką składową ^r_r^s_r razy, dla k = r + 1 wyłączamy ^r+1_r _r+1^s razy, dla k = r + 2 włączamy

_r+2

r

_s

r+2

razy itd. przy czym czynnik _k^s bierze się stąd, że w S_k z s zbiorów, które zawie- rają naszą składową wybieramy k zbiorów. Z naszych rozważan wynika, że każdą składową w naszym wzorze włączamy

r r

! s r

!

− r r

! s r + 1

!

+ r + 2 r

! s r + 2

!

− ...(−1)^s+r s r

! s s

!

.

Korzystając z prostej tożsamości^k_r_k^s=^s_r^s−r_k dostajemy s

r

! s − r 0

!

− s − r 1

!

+ s − r 2

!

− ...(−1)^s+r s − r s − r

!!

. Zauważmy, że dla s > r powyższa suma jest równa 0, bo dla m > 0 zachodzi

m

X

i=0

(−1)ⁱ m i

!

= (1 − 1)^m = 0 .

Natiomast dla s = r ta suma jest równa 1, a składowe z warunkiem s = r odpowiadają sytu- acjom, w których zaszło dokładnie r zdarzeń z A₁, ..., A_n. Czyli każde takie zdarzenie zliczyliśmy dokładnie raz i nic więcej. Zatem udowodniliśmy nasz wzór.

Zadanie 6. Zadanie polega na pokazaniu przeliczalnej addytywności P tj. jeśli Ai ∈ F , i = 1, 2, ... oraz A_i∩ A_j = ∅ dla i 6= j to

P

∞

[

i=1

A_i

!

=

∞

X

i=1

P(Ai) .

Zauważmy najpierw, że jeśli A₁ ⊇ A₂ ⊇ A₃ ⊇ ... oraz ^T^∞_i=1A_i = A to lim_i→∞P(Ai) = P(A).

Wystarczy wziąć rodzinę B_i = A_i\ A, gdyż wtedy mamy

∞

\

i=1

B_i =

∞

\

i=1

A_i\ A=

∞

\

i=1

A_i

!

\ A = A \ A = ∅

oraz B_i jest zstępująca czyli spełnia założenia (c). Zatem lim_i→∞P(Bi) = 0. Dodając stronami P(A) i z korzystając z (b) dostajemy, że

P(A) + lim_i→∞P(Bi) = lim

i→∞(P(Ai\ A) + P(A)) = lim_i→∞P(Ai) = P(A)

Z prawa de Morgana dostajemy symetryczny warunek dla rodziny wstępującej tzn. jeśli A₁ ⊆ A₂ ⊆ A₃ ⊆ ... i ^S^∞_ı=1A_i = A, to lim_i→∞P(Ai) = P(A).

Rozważmy rodzinę {A_i}^∞_i=1 ⊂ F , A_i∩A_j = ∅ dla i 6= j oraz rodzinę B₁ = A₁, B_i = B_i−1∪A_i. Z poprzednich rozważan o rodzinie wstępującej oraz z założenia (b) dostajemy

P

∞

[

i=1

A_i

!

= P

∞

[

i=1

B_i

!

= lim

n→∞P(Bⁿ) = lim

n→∞P

n

[

i=1

A_i

!

= lim

n→∞

n

X

i=1

P(Aⁱ) =

∞

X

i=1

P(Aⁱ) .

1

(4)