marzec 2016 - wartość oczekiwana

Data ostatniej modyfikacji:
2016-04-16
Miniwykład o wartości oczekiwanej

Przykład 1. Wyobraźmy sobie, że gramy w grę planszową, której elementem jest poruszanie się pionkiem po planszy o tyle pól, ile oczek wypadło na sześciennej kostce, przy czym nie zachodzi w niej blokowanie ruchu jednego zawodnika przez innego (np. poprzez zakaz stawania na tym samym polu). Można by się zastanowić, ile przeciętnie potrzeba rzutów kostką, żeby zawodnik przeszedł całą planszę. Można też postawić następujące pytanie: średnio o ile pól zawodnik przesuwa pionek po jednym rzucie kostką? Określenie średnio rozumiemy tu w następujący sposób: Gramy dość długo, tak że pionek przebywa długą drogę (pionek okrąża planszę kilakrotnie w ciągu jednej gry lub też rozgrywamy kilka partii), notując liczbę rzutów kostką wykonanych przez gracza posługującego się danym pionkiem, a następnie obliczamy, ile pól pokonał. Liczbę pól dzielimy przez liczbę rzutów kostką, które przyczyniły się do pokonania tej drogi. Naszym celem jest oszacowanie tego ilorazu bez konieczności wykonywania eksperymentu tj. bez przeprowadzania gry.

W celu rozwiązania tak postawionego problemu przeprowadzimy następujące rozumowanie: Jeśli wykonamy n rzutów kostką, przy czym n musi być odpowiednio duże, to każda możliwa liczba oczek pojawi się średnio w około n/6 przypadków (oczywiście możliwe są losowe odchylenia). Wobec tego liczba pól, o którą pionek przesunie się na skutek n rzutów kostką, wyniesie

1 · n/6 + 2 · n/6 + 3 · n/6 + 4 · n/6 + 5 · n/6 + 6 · n/6 = (1+2+3+4+5+6) · n/6 = 21n/6 = 3,5n.

Dzieląc tę liczbę przez liczbę rzutów czyli n, otrzymamy 3,5. W takim razie na skutek jednego rzutu kostką pionek przesuwa się średnio o 3,5 pola.

Powyższy rachunek można by było przeprowadzić nieco inaczej: najpierw wykonać dzielenie przez n, a dopiero potem dodawanie:

1/n · (1 · n/6 + 2 · n/6 + 3 · n/6 + 4 · n/6 + 5 · n/6 + 6 · n/6 ) =

     = 1 · 1/6 + 2 · 1/6 + 3 · 1/6 + 4 · 1/6 + 5 · 1/6 + 6 · 1/6 = 21/6 = 3,5.

Zauważmy, że prawdopodobieństwo wylosowania każdej liczby oczek spośród 1, 2, 3, 4, 5 i 6 wynosi 1/6, a zatem ową średnią liczbę pól, o które pionek przesunie się na skutek jednego rzutu kostką, otrzymamy, sumując iloczyny liczby oczek i prawdopodobieństw, że tyle właśnie oczek wyrzucimy. A jak wyglądałaby owa średnia, gdyby prawdopodobieństwa uzyskania poszczególnych możliwych wyników nie były równe?

Przykład 2. Rozważamy podobny problem co w przykładzie 1, z tym że pionek na planszy przesuwa się o tyle oczek, ile wypadło łącznie na dwóch sześciennych kostkach do gry, które rzucamy.

W poniższej tabeli umieściliśmy możliwe sumy oczek na dwóch kostkach w zależności od liczby oczek na każdej z tych kostek. Oczywiście nie jest ważne, na której kostce wypadnie dana suma oczek; liczy się tylko suma oczek na obu kostkach. Niemniej same kostki musimy traktować jako rozróżnialne. Być może na początku nie wydaje się to takie oczywiste. Wyobraźmy sobie jednak, że w sumie oczek nic by się nie zmieniło, gdyby jedna z kostek była czerwona a druga zielona. Sensownym będzie więc podpisane liczby oczek wyrzuconych na każdej z kostek jako "1. kostka" i "2. kostka".

1. kostka \ 2. kostka 1
2 3 4 5 6
1
2 3 4 5 6 7
2
3 4 5 6 7 8
3
4 5 6 7 8 9
4
5 6 7 8 9 10
5
6 7 8 9 10 11
6
7 8 9 10 11 12

Widzimy, że najczęściej otrzymywaną sumą oczek jest 7. Dalej mamy 6 i 8, 5 i 9, 4 i 10, 3 i 11 i wreszcie 2 i 12. Biorąc pod uwagę liczbę wystąpień każdej z tych liczb w powyższej tabeli oraz to, że wszystkich możliwych układów oczek na dwóch kostkach jest 36, możemy wyznaczyć prawdopodobieństwa danej sumy oczek (oznaczonej jako S). Dla większej przejrzystości zanotujemy je w tabeli:

i 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
P(S=i) 1/36 2/36 3/36 4/36 5/36 6/36 5/36 4/36 3/36 2/36 1/36

Zgodnie z rozumowaniem przedstawionym w przykładzie 1 możemy powiedzieć, że w obecnie rozważanej grze liczba pól, o które przesuwa się pionek na skutek jednego rzutu dwiema kostkami, wynosi

2 · P(S=2) + 3 · P(S=3) + 4 · P(S=4) + 5 · P(S=5) + 6 · P(S=6) + 7 · P(S=7) +

     + 8 · P(S=8) + 9 · P(S=9) + 10 · P(S=10) + 11 · P(S=11) + 12 · P(S=12) =

= 2 · 1/36 + 3 · 2/36 + 4 · 3/36 + 5 · 4/36 + 6 · 5/36 + 7 · 6/36 +

     + 8 · 5/36 + 9 · 4/36 + 10 · 3/36 + 11 · 2/36 + 12 · 1/36 =

= 2/36 + 6/36 + 12/36 + 20/36 + 30/36 + 42/36 + 40/36 + 36/36 + 30/36 + 22/36 + 12/36 = 252/36 = 7.

W większości gier akcje podejmowane przez poszczególnych graczy są takie same (np. każdy przesuwa pionek po planszy według tych samych reguł). Można sobie jednak wyobrazić grę, w której każdy gracz ma inne możliwości ruchów. Wówczas rozważania o tym, ile oczek, pól czy punktów udaje się uzyskać w jednej rundzie danej gry, są szczególnie cenne, bo pozwalają ocenić, czy każdy gracz ma taką samą szansę na wygraną, czy też zasady faworyzują któregoś w stosunku do pozostałych.

Przykład 3. Gra polega na jak najszybszym przebyciu planszy. Gra dwóch zawodników. W każdej rundzie rzuca się dwiema kostkami do gry. Jeśli suma oczek na obu kostkach jest nieparzysta, to gracz A przesuwa swój pionek o tyle pól, ile wynosi owa suma oczek, zaś gracz B nie przesuwa pionka. Jeśli suma oczek na obu kostkach jest parzysta, to gracz A nie przesuwa pionka, natomiast gracz B przesuwa swój pionek o tyle pól, ile wynosi owa suma oczek. Czy mimo że akcje podejmowane przez obu graczy nie są takie same, gra jest sprawiedliwa?

Prawdopodobieństwa wyrzucenia poszczególnych sum oczek są takie same jak w przykładzie 2. Niech zmienne losowe X i Y oznaczają liczbę pól, o które przesuwają się odpowiednio gracze A i B.

Prawdopodobieństwa przesunięcia się zawodnika A o daną liczbę pól przedstawia poniższa tabela:

i 0 3 5 7 9 11
P(X=i) 18/36 2/36 4/36 6/36 4/36 2/36

Możemy powiedzieć, że średnia liczba pól, o które gracz A przesuwa swój pionek po jednym rzucie kostką, wynosi:

0 · P(X=0) + 3 · P(X=3) + 5 · P(X=5) + 7 · P(X=7) + 9 · P(X=9) + 11 · P(X=11) =

      = 0 · 18/36 + 3 · 2/36 + 5 · 4/36 + 7 · 6/36 + 9 · 4/36 + 11 · 2/36 =

      = 0/36 + 6/36 + 20/36 + 42/36 + 36/36 + 22/36 = 126/36 = 3,5.

Z kolei prawdopodobieństwa przesunięcia się zawodnika B o daną liczbę przedstawiono w poniższej tabeli:

i 0 2 4 6 8 10 12
P(Y=i) 18/36 1/36 3/36 5/36 5/36 3/36 1/36

W takim razie średnia liczba pól, o które gracz B przesuwa swój pionek po jednym rzucie kostką, wynosi:

0 · P(Y=0) + 2 · P(Y=2) + 4 · P(Y=4) + 6 · P(Y=6) + 8 · P(Y=8) + 10 · P(Y=10) + 12 · P(Y=12) =

      = 0 · 18/36 + 2 · 1/36 + 4 · 3/36 + 6 · 5/36 + 8 · 5/36 + 10 · 3/36 + 12 · 1/36 =

      = 0/36 + 2/36 + 12/36 + 30/36 + 40/36 + 30/36 + 12/36 = 126/36 = 3,5.

Wobec tego jeśli plansza składa się z odpowiednio dużej liczby pól, to grę możemy uznać za sprawiedliwą tzn. niefaworyzującą żadnego z graczy.

W każdym z powyższych przykładów mieliśmy do czynienia z pewną zmienną losową przyjmującą tylko kilka wartości (liczba oczek wyrzuconych na kostce, suma oczek wyrzuconych na dwóch kostkach). Dystrybuanta takiej zmiennej losowej jest funkcją "schodkową" tzn. stałą na poszczególnych przedziałach (o dystrybuancie zmiennej losowej pisaliśmy w odcinku z listopada). O takiej zmiennej losowej, której dystrybuanta jest funkcją "schodkową", powiemy, że jest dyskretną zmienną losową. Mnożyliśmy każdą z przyjmowanych przez nią wartości przez prawdopodobieństwo przyjmowania tej wartości, a następnie wszystkie te iloczyny dodawaliśmy. Wyrażenie otrzymane w ten sposób nazywamy wartością oczekiwaną zmiennej losowej. Można powiedzieć intuicyjnie, że wartość oczekiwana stanowi w pewnym sensie miarę średniej wartości przyjmowanej przez zmienną losową (jak to było zilustrowane powyższymi przykładami).

Ze względu przedstawioną tu interpretację wartości oczekiwanej można się spotkać z nazywaniem wartości oczekiwanej wartością średnią lub krótko: średnią. Można sobie na to pozwolić jedynie wtedy, gdy określenie to nie prowadzi do nieporozumienia ze względu na to, że przywodzi na myśl np. średnią arytmetyczną. Z drugiej strony jeśli zmienna losowa przyjmuje wszystkie możliwe wartości z takim samym
prawdopodobieństwem, to jej wartość oczekiwana jest równa średniej arytmetycznej tych
możliwych wartości zmiennej losowej (patrz: przykład 1).

W tym miejscu należy zwrócić uwagę, że nie wszystkie zmienne losowe, które znamy, są dyskretne. Szczególną rodziną zmiennych losowych, które nie są dyskretne, są takie zmienne losowe, które mają gęstość (tu również odsyłamy do miniwykładu z listopada). Takie zmienne losowe nazywamy ciągłymi zmiennymi losowymi. Także dla nich możemy zdefiniować wartość oczekiwaną, jednak jej obliczanie poza najprostszymi przypadkami przekracza nasze możliwości. Wymagana jest do tego wiedza z zakresu studiów, zatem w naszych rozważaniach ograniczymy się do mówienia o wartości oczekiwanej dyskretnej zmiennej losowej.

Jeśli rozważamy zmienną losową X, to jej wartość oczekiwaną oznaczamy jako EX.

Wartość oczekiwana posiada kilka własności, których udowodnienie jest nietrudne (i warto, by czytelnicy spróbowali się zastanowić nad tym, jak zachodzenie tych własności można uzasadnić):

Niech X i Y będą zmiennymi losowymi, natomiast niech a i b będą ustalonymi liczbami rzeczywistymi. Wówczas
(i) E(X+Y) = EX+EY,
(ii) E(aX) = a · EX,
(iii) jeśli zmienne losowe X i Y są niezależne, to E(XY) = EX · EY.

Własność (i) nazywa się addytywnością wartości oczekiwanej, zaś własność (ii) nosi nazwę multiplikatywności wartości oczekiwanej. Własności (i) i (ii) określa się wspólnie jako liniowość wartości oczekiwanej. Właśnie liniowość wartości oczekiwanej stanowi poniekąd uzasadnienie, dlaczego dla oznaczenia wartości oczekiwanej zmiennej losowej X nie pisze się na ogół E(X) (co wydawałoby się bardziej naturalne, jak to ma miejsce przy oznaczaniu funkcji) ale właśnie EX. Jeśli przyjrzymy się własnościom (i) i (ii), to zauważymy, że symbol E przy dodawaniu zmiennych losowych i przy mnożeniu ich przez liczby zachowuje się trochę jak czynnik, w związku z czym własność (i) przypomina rozdzielność mnożenia względem dodawania, natomiast własność (ii) wygląda trochę jak łączność mnożenia, z tym że zawsze trzeba pamiętać, że nie można zamienić kolejności symbolu wartości oczekiwanej E i symbolu zmiennej losowej, do której się odnosi, tzn. nie można napisać XE w miejsce EX.

Każdą liczbę również możemy potraktować jak zmienną losową, która z prawdopodobieństwem równym 1 przyjmuje tylko jedną wartość, wobec czego możemy też napisać, że Ea = a · 1 = a dla dowolnej liczby a.

Skoro wartość oczekiwana sumy zmiennych losowych jest równa sumie ich wartości oczekiwanych, to obliczenia odnośnie przykładu 2 możemy przeprowadzić także nieco inaczej.

Przykład 2 c.d. Niech X i Y oznaczają sumy oczek wyrzuconych odpowiednio na pierwszej i drugiej kostce. Wówczas

EX = EY = 1 · 1/6 + 2 · 1/6 + 3 · 1/6 + 4 · 1/6 + 5 · 1/6 + 6 · 1/6 = 21/6 = 3,5.

W takim razie E(X+Y) = EX + EY = 3,5 + 3,5 = 7.

Przykład 4. Niech X będzie zmienną losową o rozkładzie zerojedynkowym tzn. P(X=1) = p i P(X=0) = 1-p, gdzie p∈[0,1]. W takim razie

EX = 1 · P(X=1) + 0 · P(X=0) = 1 · p + 0 · (1-p) = p.

Wykorzystując przedstawione powyżej własności wartości oczekiwanej, obliczmy wartość oczekiwaną zmiennej losowej o rozkładzie Bernoulliego (o rozkładzie Bernoulliego pisaliśmy w poprzednim odcinku ligi).

Przykład 5. Niech Sn~b(n,p), gdzie p∈[0,1]. Zmienną losową X możemy przedstawić jako sumę wyników n niezależnych prób Bernoulliego X1, X2, ..., Xn o prawdopodobieństwie sukcesu równym p tzn. takich że P(Xi=1) = p i P(Xi=0) = 1-p, gdzie i∈{1,2, ..., n}. W takim razie (zgodnie z przykładem 4) EX1 = EX2  = ... = EXn = p. Skoro Sn = X1 + X2 + ... + Xn, to ESn = E(X1 + X2+ ... + Xn) = EX1 + EX2 + ... + EXn = np.

Warto zapamiętać: jeśli Sn~b(n,p), p∈[0,1], to ESn = np.

Przykład 6. Niech S5~b(5,p), p∈[0,1]. Znajdźmy wartość oczekiwaną zmiennej losowej S5.

[tex]P(S_5=0)={{5}\choose {0}} p^0(1-p)^5=(1-p)^5[/tex],

[tex]P(S_5=1)={{5}\choose {1}} p^1(1-p)^4=5p(1-p)^4[/tex],

[tex]P(S_5=2)={{5}\choose {2}} p^2(1-p)^3=10p^2(1-p)^3[/tex],

[tex]P(S_5=3)={{5}\choose {3}} p^3(1-p)^2=10p^3(1-p)^2[/tex],

[tex]P(S_5=4)={{5}\choose {4}} p^4(1-p)^1=5p^4(1-p)[/tex],

[tex]P(S_5=5)={{5}\choose {5}} p^5(1-p)^0=p^5[/tex].

Aby szybko rozwinąć wyrażenia (1-p)5, (1-p)4, (1-p)3 i (1-p)2, posłużymy się wzorami skróconego mnożenia, o których była mowa przy okazji rozważań o trójkącie Pascala:

 (a+b)5 = a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5,

 (a+b)4 = a4+4a4b+6a2b2+4ab3+b4

(a+b)3 = a3+3a2b+3ab2+b3,

(a+b)2 = a2+2ab+b2.

W takim razie

P(S5=0) = (1-p)5 = 15+5·14·(-p)+10·13·(-p)2+10·12·(-p)3+5·1·(-p)4+(-p)5 =

             = 1-5p+10p2-10p3+5p4-p5,

P(S5=1) = 5p(1-p)4 = 5p[14+4·14·(-p)+6·12·(-p)2+4·1·(-p)3+(-p)4] = 5p[1-4p+6p2-4p3+p4] =

             = 5p-20p2+30p3-20p4+5p5,

P(S5=2) = 10p2(1-p)3 = 10p2[13+3·12·(-p)+3·1·(-p)2+(-p)3] = 10p2[1-3p+3p2-p3] =

             = 10p2-30p3+30p4-10p5,

P(S5=3) = 10p3(1-p)2 = 10p3[12+2·1·(-p)+(-p)2] = 10p3[1-2p+p2] = 10p3-20p4+10p5,

P(S5=4) = 5p4(1-p) = 5p4-5p5,

P(S5=4) = p5.

Wobec tego

ESn =  0 · P(Sn=0) + 1 · P(Sn=1) + 2 · P(Sn=2) + 3 · P(Sn=3) + 4 · P(Sn=4) + 5 · P(Sn=5) =

     =  0 · (1-5p+10p2-10p3+5p4-p5) + 1 · (5p-20p2+30p3-20p4+5p5) +

     + 2 · (10p2-30p3+30p4-10p5) + 3 · (10p3-20p4+10p5) + 4 · (5p4-5p5) + 5 · p5 =

     =  5p-20p2+30p3-20p4+5p5+20p2-60p3+60p4-20p5+30p3-60p4+30p5+20p4-20p5+5p5 = 5p.

Istotnie, zgodnie z wcześniej poznanym wzorem, ES5 = 5p.

Zadania dla GIM

Zad. 1. Aby zagrać w pewną losową grę w wesołym miasteczku, zawodnik musi wnieść wpisowe w pewnej wysokości. W ramach gry zawodnik najpierw rzuca monetą. Jeśli wypadnie orzeł, zawodnik rzuca sześcienną kostką i wygrywa tyle złotych, ile oczek wyrzucił na kostce. Jeśli wypadła reszka, to zawodnik nic nie wygrywa. Ile powinno wynosić wpisowe, aby wesołe miasteczko zarabiało na tej grze?

Zad. 2. Wróćmy do zadania 2 sprzed miesiąca, w którym Adam i Bartosz rozwiązywali test. Gdyby wszyscy w klasie postępowali według takiej strategii jak Adam, rozwiązując test, to jakiego średniego wyniku punktowego można by się było spodziewać? Na ile można by było oszacować średnią liczbę punktów zdobytych w klasie, gdyby wszyscy uczniowie rozwiązywali test według strategii Bartosza?

Zad. 3. W teleturnieju Postaw na milion zawodnik odpowiada na osiem pytań. W pierszych czterech pytaniach zawodnik wybiera poprawną odpowiedź spośród czterech. Pieniędzmi z dostępnej sobie puli (w pierwszej rundzie jest to 1000000 zł, w kolejnych rundach tyle, ile mu z tej kwoty zostało) obstawia odpowiedzi, przy czym musi wykorzystać wszystkie pieniądze, a jedna odpowiedź musi pozostać nieobstawiona. Może postawić wszystkie pieniądze na jedną odpowiedź, a może je też rozdzielić na dwie lub trzy odpowiedzi. Wygrywa w danej rundzie tylko tę kwotę, którą postawił na poprawną odpowiedź.

Załóżmy, że zawodnik w jednej z pierwszych czterech rund nie zna odpowiedzi na pytanie i z jego puntu widzenia każda z czterech odpowiedzi może być tak samo poprawna lub też błędna. Jak powinien obstawiać odpowiedzi, aby zmaksymalizować wartość oczekiwaną wygranej?

Zadania dla LO

Zad. 1. W czasie festynu prowadzono loterię. Przewidziano główną nagrodę w kwocie 1000 zł, dwie nagrody w wysokości 300 zł i 20 nagród po 10 zł. Los kosztował 2 zł. Sprzedano 1000 losów. Jaka jest wartość oczekiwana zysku uczestnika loterii? Przez zysk rozumiemy wartość nagrody zdobytej przez uczestnika pomniejszoną o koszt zakupu losu.

Zad. 2. Pod koniec XIX w niejednym brytyjskim porcie można było spotkać amatorów hazardu. Pewien przedsiębiorczy szuler znany jako Topper Jack oferował przechodniom następującą grę: po uiszczeniu opłaty w wysokości pół funta ze skórzanego mieszka zawierającego monety gracz wyciągał jedną i zatrzymywał dla siebie. Topper Jack zapewniał, że wśród innych w mieszku jest także moneta jednofuntowa (na potwierdzenie tego wyciągał ją z mieszka przed losowaniem pokazywał zebranym). Przed losowaniem uczestnik gry mógł zważyć w dłoni mieszek a nawet potrząsnąć nim celem przemieszania monet, jednak losowanie musiało się odbyć szybko, bez przebierania w mieszku celem wyszukania największej monety. Przed kolejną grą Topper Jack wyciągał z kieszeni i wkładał do mieszka taką samą monetę, jaką wylosował poprzedni gracz, tak że w czasie każdego losowania w mieszku były takie same monety.

Pracy szulera przez cały dzień uważnie przyglądał się chłopiec o imieniu Johny. Policzył, że od rana do wieczora na grę skusiło się 120 osób i łącznie wyciągnęły one z mieszka 24 funty i 12 szylingów (1 funt = 20 szylingów). Chłopiec zaobserwował, że z mieszka wyciągane są monety tylko o trzech nominałach: 1 szyling, 5 szylingów i 1 funt. Moneta jednoszylingowa była wyciągana z mieszka mniej więcej dwa razy częściej niż moneta pięcioszykingowa. Funtówka była wyciągana na tyle żadko, że chłopiec nie liczył tego, jednak uznał, że w mieszku musi być tylko jedna funtówka, bo umieszczanie w nim większej liczby funtówek potencjalnie zmniejszałoby zysk Topper Jacka. Gdy Topper Jack kończył zliczał już całodzienny zysk, Johny podszedł do niego i zaproponował zakład: jeśli powie Jackowi, ile pieniędzy było w mieszku, Jack wypłaci mu tę sumę, jeśli nie, Johny zapłaci Jackowi tę sumę. Pewny siebie Topper Jack zgodził się... i przegrał. Ile wygrał Johny?

Zad. 3. Niech funkcja f: RR będzie zadana wzorem: f(a) = E(X-a)2, gdzie X jest ustaloną zmienną losową. Znajdź a, dla którego funkcja f przyjmuje najmniejszą wartość.

Uwaga! Rozwiązanie tego zadania wymaga znajomości własności funkcji kwadratowej.

 

Wyniki: 
Wyniki w kategorii GIM

W tym miesiącu zawodnicy osiągnęli następujące wyniki:

Imię i nazwisko Zad. 1 Zad. 2 Zad. 3 Suma
Joanna Lisiowska 1 0 1 1
Adam Stachelek 1 1 1 3

Klasyfikacja generalna:

Adam Stachelek (Szkoła Podstawowa nr 301 w Warszawie) - 14 punktów
Joanna Lisiowska (Katolicki Zespół Edukacyjny im. Piotr Skargi w Warszawie) - 12 punktów
Jakub Ptak (Szkoła Podstawowa nr 64 we Wrocławiu) - 5 punktów
Dawid Konieczko (Społeczne Gimnazjum z Oddziałami Dwujęzycznymi w Szprotawie) - 0 punktów

Wyniki w kategorii LO

W tym miesiącu zawodnicy osiągnęli następujące wyniki:

Imię i nazwisko Zad. 1 Zad. 2 Zad. 3 Suma
Daria Bumażnik 1 1 1 3
Tomasz Stempniak 1 1 1 3

Klasyfikacja generalna:

Tomasz Stempniak (I Liceum Ogólnokształcące w Ostrowie Wielkopolskim ) - 16,5 punktu
Daria Bumażnik (II Liceum Ogólnokształcące im. C. K. Norwida w Jeleniej Górze) - 13,5 punktu
Witold Barcz (Zespół Szkół Elektryczno-Mechanicznych w Nowym Sączu) - 1 punkt

 

Odpowiedzi: 
Odpowiedzi dla GIM

Zad. 1. Niech zmienna losowa X przyjmuje wartość 1, gdy w wyniku rzutu monetą zawodnik wyrzucił orła, i 0, gdy zawodnik wyrzucił reszkę. Nadto niech zmienna losowa Y oznacza liczbę oczek uzyskaną poprzez rzut sześcienną kostką. Wprawdzie w wesołym miasteczku jeśli na monecie wypadnie reszka, zawodnik nie rzuca już monetą, bo wiadomo, że nic nie wygrywa, ale na potrzeby rozwiązania zadania możemy sobie wyobrazić, że rzuca monetą, tylko rzut ten nie wpływa już na wygraną. W takim ujęciu zmienne losowe X i Y są niezależne i możliwych jest 12 przebiegów gry, każdy tak samo prawdopodobny. W tabeli poniżej przedstawiono wygraną zawodnika (w zł) w zależności o tego, jaki był wynik rzutu monetą i rzutu kostką:

X \ Y 1
2 3 4 5 6
1 1 2 3 4 5 6
0 0 0 0 0 0 0

Niech zmienna losowa Z oznacza wygraną gracza.

P(Z=0) = P((X=0 i Y=1) lub (X=0 i Y=2) lub (X=0 i Y=3) lub (X=0 i Y=4)

               lub (X=0 i Y=5) lub (X=0 i Y=6)) = P(X=0 i Y=1) + P(X=0 i Y=2) +

           + P(X=0 i Y=3) + P(X=0 i Y=4) + P(X=0 i Y=5) + P(X=0 i Y=6) =

           = 1/12 + 1/12 + 1/12 + 1/12 + 1/12 + 1/126/121/2,

P(Z=1) = P(X=1 i Y=1) = 1/12, P(Z=2) = P(X=1 i Y=2) = 1/12, P(Z=3) = P(X=1 i Y=3) = 1/12,

P(Z=4) = P(X=1 i Y=4) = 1/12, P(Z=5) = P(X=1 i Y=5) = 1/12, P(Z=6) = P(X=1 i Y=6) = 1/12.

W takim razie

EZ = 0 · P(Z=0) + 1 · P(Z=1) + 2 · P(Z=2) + 3 · P(Z=3) + 4 · P(Z=4) + 5 · P(Z=5) + 6 · P(Z=6) =

     = 0 · 1/2 + 1 · 1/12 + 2 · 1/12 + 3 · 1/12 + 4 · 1/12 + 5 · 1/12 + 6 · 1/12 =

     = 1/12 · (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 21/12 = 7/4 = 1,75.

Można też skorzystać z tego, że Z = XY i że zmienne losowe X i Y są niezależne, a zatem EZ = EX · EY. Wiemy że EX = 0,5 (przykład 4) i EY = 3,5 (przykład 1), a zatem EZ = 0,5 · 3,5 = 1,75. Stąd wynika, że aby osiągać zysk, wesołe miasteczko musi pobierać opłatę za grę większą niż 1,75 zł.

Zad. 2. Niech A oznacza liczbę poprawnych odpowiedzi udzielonych przez Adama. Możemy przyjąć, że A~b(10,1/3). W takim razie EA = 10 · 1/3 = 10/3 = 3 1/3.

Niech B oznacza liczbę poprawnych odpowiedzi udzielonych przez Bartosza. Wówczas B = B1+B2, gdzie B1 oznacza liczbę poprawnych odpowiedzi Bartosza na pytania, w których potrafi wyeliminować dwie odpowiedzi, a B2 oznacza liczbę poprawnych odpowiedzi na pytania, w których będzie wybierał losowo spośród wszystkich czterech odpowiedzi. Możemy przyjąć, że B1~b(5,½) i B2~b(5,¼). W takim razie
EB = E(B1+B2) = EB1+EB2 = 5 · ½ + 5 · ¼ = 5/2 + 5/4 = 15/4 = 3 3/4.

Można pokusić się o szacowanie, że gdyby wszyscy w klasie przyjęli strategię Adama, to średni wynik w klasie wynosiłby około 3 1/3 ≈ 3,33, natomiast gdyby wszyscy przyjęli strategię Bartosza, to średni wynik wynosiłby około 3 3/4 ≈ 3,75.

Zad. 3. Niech a, b, c i d będą kwotami, jakie zawodnik postawił odpowiednio na każdą z zaproponowanych odpowiedzi (wszystkie muszą być nieujemne, jedna z nich musi wynosić 0). Niech p oznacza pulę pieniędzy, jaką zawodnik dysponuje w danej rundzie. Wówczas p = a+b+c+d. Z punktu widzenia zawodnika jest jednakowo prawdopodobne, że poprawna jest każda z odpowiedzi, zawodnik może zatem wygrać każdą z kwot: a, b, c i d z prawdopodobieństwem równym ¼. Niech zmienna losowa W oznacza wygraną gracza w tej rundzie. Mamy zatem

EW = a · P(W=a) + b · P(W=b) + c · P(W=c) + d · P(W=d) =

      = a · ¼ + b · ¼ + c · ¼ + d · ¼ = ¼ · (a+b+c+d) = ¼p

Z tego wynika, że przy podanych założeniach wartość oczekiwana wygranej nie zależy od sposobu, w jaki zawodnik obstawił odpowiedzi.

Odpowiedzi dla LO

Zad. 1. Niech zmienna losowa Z oznacza zysk uczestnika loterii tzn. wygraną pomniejszoną o koszt zakupu losu. Z treści zadania wynika, że

P(Z=998) = 0,001; P(Z=298) = 0,002; P(Z=8) = 0,020; P(Z=-2) = 0,977.

W takim razie

EZ = 998 · P(Z=998) + 298 · P(Z=298) + 8 · P(Z=8) + (-2) · P(Z=-2) =

     = 998 · 0,001 + 298 · 0,002 + 8 · 0,020 - 2 · 0,977 = 0,998 + 0,596 + 0,16 - 1,954 = -0,2

Można też postąpić inaczej. Niech zmienna losowa W oznacza wygraną uczestnika loterii. Wówczas Z = W-2. Z treści zadania wynika, że

P(W=1000) = 0,001; P(W=300) = 0,002; P(W=10) = 0,020; P(W=0) = 0,977.

W takim razie

EW = 1000 · P(Z=1000) + 300 · P(Z=300) + 10 · P(Z=10) + 0 · P(Z=0) =

      = 1000 · 0,001 + 300 · 0,002 + 10 · 0,020 + 0 · 0,977 = 1 + 0,6 + 0, 2 + 0 = 1,8

Z przedstawionych własności wartości oczekiwanej wynika, że

EZ = E(W-2) = EW-E2 = EW-2 = 1,8-2 = -0,2.

Zad. 2. Niech zmienna losowa X oznacza wysokość wygranej uczestnika gry. Ponieważ 120 graczy wygrało łącznie 24 funty i 12 szylingów = 492 szylingi, to możemy oszacować, że EX492/120 = 4,1 szylinga. Niech a oznacza liczbę pięcioszylingowych monet w mieszku. Przyjmiemy, że monet jednoszylingowych jest 2a, a zatem wszystkich monet w mieszku jest 3a+1. Przy takich założeniach prawdopodobieństwo wylosowania jednoszylingówki wynosi 2a/3a+1, prawdopodobieństwo wylosowania pięcioszylingówki wynosi a/3a+1, zaś prawdopodobieństwo wylosowania jednofuntówki wynosi 1/3a+1. Wobec tego

EX = 1 · 2a/3a+1 + 5 · a/3a+1 + 20 · 1/3a+1 = 7a+20/3a+1.

Pozostaje rozwiązać równanie: 7a+20/3a+1 = 4,1
7a+20 = 4,1(3a+1)
7a+20 = 12,3a+4,1
15,9a = 5,3
a = 3
Wobec tego w mieszku są 3 monety pięcioszylingowe, 6 monet jednoszylingowych i jedna funtówka - razem 3 · 5 + 6 · 1 + 1 · 20 = 15 + 6 + 20 = 41 szylingów = 2 funty i 1 szyling.

Zad. 3. Zgodnie z poznanymi własnościami wartości oczekiwanej możemy napisać:

f(a) = E(X-a)2 = E(X2-2aX+a2) = EX2-E(2aX)+Ea2 = EX2-2aEX+a2 = a2-2EXa+EX2.

Widzimy, że f jest funkcją kwadratową zmiennej a. Współczynnik przy a2 wynosi 1>0, a zatem funkcja osiąga minimum dla a = -(-2EX)/2 = EX.

 

Powrót na górę strony