Часть проекта "Котиков сэра Байеса"#8
Open
turtlexD wants to merge 4 commits into
Open
Conversation
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| $\P(X = 2) = 1/6$, $\P(X = 3) = 2/6$, $\P(X = 4) = 3/6$ | ||
|
|
||
| $\ 1.P(X = 3) = 2/6$ | ||
|
|
Owner
There was a problem hiding this comment.
- слэш перед P
- если нужна нумерация, то только \begin{enumerate} \item \item \end{enumerate}
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
| \begin{sol} | ||
| Всего может выпасть 0 орлов (если изначально выпала решка, а потом еще 2 раза решка), 1 орел (если изначально выпал орел, а потом решка, либо сначала решка и один орел среди двух последующих подбрасываний), и 2 орла (если изначально выпал орел и потом орел, или сначала выпала решка, а потом два орла). | ||
|
|
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Долой длинные фразы и скобки. Особенный ужас — длинная фраза со скобками :)
- Числительные до 10 в тексте словами.
- Каждое новое предложение в техе — с новой строки. В pdf при этом будет всё подряд.
А иногда и длинное предложение даже приходится на две строки разбивать.
Например:
Может выпасть ноль, один или два орла.
Ноль орлов выпадает, если ... .
Один орёл выпадает, если ... .
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
| \begin{sol} | ||
| Два человека имеют разные даты рождения с вероятность $\frac{364}{365}$. Трое: $\fr{364\times363}{365^2}/$. | ||
|
|
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Не надо \fr, есть общественный \frac. Это ко всем \fr относится :)
- В конце формулы /
Contributor
There was a problem hiding this comment.
Ещё в тексте не должно быть двухэтажных дробей, только через слэш. Если выражение большое и с дробям, его нужно делать выключным.
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| Два человека имеют разные даты рождения с вероятность $\frac{364}{365}$. Трое: $\fr{364\times363}{365^2}/$. | ||
|
|
||
| Соответственно для 30 человек: $\fr{365!/335!}{365^{30}} = 0,29$ | ||
|
|
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Числа разделяем точкой. В файле probability_hse_exams указаны все стилевые особенности.
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| \begin{sol} | ||
| Вероятность того, что игра закончитcя = вероятность того, что выпадет "6". Получаем: | ||
| $ P(6) = \frac{1}{6} + \frac{5}{6}\times \frac{1}{6} + ... + (\frac{5}{6})^{n}\times \frac{1}{6}.$ | ||
| Это является бесконечно убывающей геометрической прогрессией. По формуле суммы ($s = \frac{a_1}{1 - d}$) получим ответ: 1. |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- В тексте нужны слова, а в формулах — значки. Знак = в тексте не годится.
- Когда кубик подбрасывается больше одного раза, нужно указывать квантор.
Игра закончится, если и только если когда-нибудь выпадет шесть.
Поэтому найдём вероятность выпадения шестёрки. - Слэш перед P
- Не вводи обозначения, которые не используешь. И не используй не введённые.
Убираем полностью$a_1$ ,$d$ и всю формулу.
Contributor
There was a problem hiding this comment.
И многоточие в формуле – \ldots
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| Это является бесконечно убывающей геометрической прогрессией. По формуле суммы ($s = \frac{a_1}{1 - d}$) получим ответ: 1. | ||
|
|
||
| Ожидаемая продолжительность игры: $E(X) + 1 = \frac{1}{2} / \frac{1}{2} = 2$ броска | ||
|
|
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| Ожидаемый выигрыш зависит от ожидаемой продолжительности. Так как ожидаемая продолжительность равна 2, то ожидаемый выигрыш равен $\frac{1 + 2 +3}{3} = 2$ | ||
|
|
||
| Изначальные 100 рублей ничего не меняют, так что к ожидаемому выигрышу прибавятся дополнительные 100 рублей. Итого: 102 | ||
|
|
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| Если теперь выпадает 5 и вся сумма сгорает, то в таком случае ожидаемая продолжительность будет равняться $1 + \frac{2}{3} / \frac{1}{3} = 3$ броскам. | ||
|
|
||
| В таком случае ожидаемый выигрыш составит: $0\times \frac{4}{16} + 1\times \frac{1}{16} + 2\times \frac{2}{16} + 3\times \frac{3}{16} + 4\times \frac{3}{16} + 5\times \frac{2}{16} + 6\times\frac{1}{16} = \frac{42}{16}$ | ||
|
|
Owner
There was a problem hiding this comment.
- В конце предложений точка, даже если предложение заканчивается формулой. Далее тот же комментарий.
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| Исследовательница Мишель хочет встать утром с правой ноги с вероятностью $1/\sqrt{2}$, и с левой с вероятностью $1 - 1/\sqrt{2}$. Однако для проведения случайных экспериментов у неё есть только одна правильная монетка. Как с помощью правильной монетки ей добиться цели? | ||
|
|
||
| \begin{sol} | ||
| Из $[0;1]$ существует биекция в множество бесконечных последовательностей 0 и 1. Можно перевести число $1/\sqrt{2}$ в бесконечную двоичную последовательность (достаточно перевести бесконечную десятичную дробь в бесконечную двоичную сменой системы счисления), закодировать орла единицей, решку нулем, и кидать монетку до первого несовпадения. Успехом считать если не совпало, когда выкинули орла. |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Длинные фразы со скобками :)
- Разумно изложить проще, не отсылая читателя к биекции, а явно её предъявить.
Отметим число$1/\sqrt{2}$ на отрезке от 0 до 1.
Поделим отрезок пополам.
Если выпадает орёл, выбираем левую половину.
Если выпадает решка, выбираем правую половину.
Затем поделим выбранную часть отрезка ещё раз пополам.
И снова при выпадении орла берём левую половину, а при выпадении решки — правую.
Если при очередной броске мы выбрали кусочек, лежащий левее$1/\sqrt{2}$ ,
то встаём с правой. ...
Contributor
There was a problem hiding this comment.
А ещё лучше — Отметим число
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| \begin{sol} | ||
| \begin{enumerate} | ||
| \item \begin{itemize} | ||
| \item $\P(X>1) = \int_{1}^{2}\frac{3}{16}\cdot t^2\cdot dt = \fr{3}{16}\cdot \frac{t^3}{3}\bigg|_{1}^{2} = \fr{1}{16}(8-1)=\fr{7}{16}$ (интегрируем от 1 до 2, так как при $t>2$ функция плотности равна нулю) |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Скобки в отдельную полноценную фразу.
- Если символ один, то лучше его в скобки не брать. Формула \int_1^2 читается лучше :)
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| \item $\E(X) = \int_{-2}^{2}t\cdot \fr{3}{16} \cdot t^2 \cdot dt = \fr{3}{16}\cdot \frac{t^4}{4}\bigg|_{-2}^{2} = \fr{3}{64}(2^4-(-2)^4)= 0 $ | ||
| \item $\E(X^2) = \int_{-2}^{2}t^2\cdot \fr{3}{16} \cdot t^2 \cdot dt = \fr{3}{16}\cdot \frac{t^5}{5}\bigg|_{-2}^{2} = \fr{3}{80}(2^5-(-2)^5)=\fr{3\cdot 2^6}{2^4\cdot5}=\fr{12}{5}=2.4 $ | ||
| \item $\Var X = \E(X^2) - (\E X)^2 = 2.4$ | ||
| \item $\sigma_x = \sqrt{\Var X} = \sqrt{2.4}$ |
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
| \begin{sol} | ||
| $f_{X}(x)=\begin{cases} | ||
| \int_{0}^{x}\fr{u^2}{4}\cdot du, 0\le x \le 2, \\ |
Owner
There was a problem hiding this comment.
Если случайная величина в задаче одна, то лучше проще,
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| \end{cases}$ | ||
|
|
||
| $P(X \in [1;1.5]) = \int_{1}^{1.5}\fr{x^3}{12}\cdot dx=\fr{x^2}{4}\bigg|_{1}^{1.5}= \fr{1}{4}\cdot \fr{9}{4} - \fr{1}{4} = \fr{5}{16}$ | ||
|
|
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
| \begin{sol} | ||
| Заметим, для начала, что вероятность получить итоговый убыток больше 0.7 равна нулю: либо убыток изначально будет меньше 0.7, либо первичный убыток будет от 0.7 до 1 и страховая покроет часть наших расходов. Таким образом $F_{Y}(y) = 1, y>0.7$. Отметим также, что $F_{Y}(y) = 0, y<0$. Итоговый убыток в размере от 0 до 0.3 может быть получен одним из следующих способов: либо наш первичный убыток был от 0 до 0.3 и страховая ничего не заплатила, либо наш первичный убыток находился в пределах 0.7 до 1 и страховая покрыла часть наших расходов в размере 0.7. Так как первичный убыток распределен равномерно от 0 до 1, вероятность попасть в промежуток от 0 до 0.3 равна вероятности попасть в промежуток от 0.7 до 1. Наконец, вероятность получить убыток от 0.3 до 0.7 возрастатет от 0.6 в точке 0.3 до 1 в точке 0.7. | ||
|
|
Owner
There was a problem hiding this comment.
- После каждого предложения — новая строка.
Contributor
There was a problem hiding this comment.
В этом куске ещё нужно все числа писать в долларах. Это и ко всему документу относится.
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
| $\ 1.P(X = 3) = 2/6$ | ||
|
|
||
| $\ 2.E(X) = 2\times(1/6) + 3\times(2/6) + 4\times(3/6) = 20/6$ |
Owner
There was a problem hiding this comment.
Все
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
| Соответственно для 30 человек: $\fr{365!/335!}{365^{30}} = 0,29$ | ||
|
|
||
| Для того, чтобы найти количество человек, у которых вероятность совпадения дня рождения превысила 1/2, нужно решить уравнение: $1 - \fr{365!/(365-n)!}{365^n} > \fr{1}{2}$. Решая его, получаем n = 23. |
Owner
There was a problem hiding this comment.
Любая формула, n = 23, в доллары!
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
|
|
||
| \begin{sol} | ||
| Отметим, для начала, что вероятность того, что Вася будет ждать меньше 0, равно как и больше 60 секунд равна 0. То есть, $F_{X}(x) = 0, x<0$ и $F_{X}(x)=1, x>60$. Рассмотрим, например, как ведет себя функция распределения в точке x=30: вероятность того, что Вася будет ждать зеленого меньше 30 секунд равна вероятности того, что Вася придет, когда горит зеленый свет (0.4) + вероятность того, что Вася придет, когда красный свет прогорел уже больше 30 секунд из 60 ($0.6\cdot 0.5 = 0.3$), равна 0.4 + 0.3 = 0.7. Таким образом, X - дискретно-непрерыная случайная величина. Воспользовавшись интуицией выше, запишем функцию распределения X. |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Знак + внутри допустим только внутри формулы.
- Каждое предложение с новой строки.
- Сложные предложения разбиваем на два.
- «равно как ... равна» — переформулировать.
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| $A$ - Вася посетил короткий штрек | ||
| $A_1$ - короткий штрек был посещен 1-м, | ||
| $A_2$ - короткий штрек был посещен 2-м, | ||
| ... |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Тире — это не минус. Сравниваем, — и -.
- Многоточие с помощью \ldots
- Длинную формулу по равно тоже переносим на новую строку для читабельности теха.
В pdf всё останется также при этом.
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| Пусть $X_i$ - бернуллевская случайная величина, принимающее значение 1, если Вася посетил i-й штрек. | ||
| $\P(X_i = 1) = \P(A)=\frac{1}{2}$ | ||
|
|
||
| $X$ - пройденное расстояние. $\E(X) = \E(100\cdot X_1+200\cdot X_2+...+900\cdot X_9+1000) = 100\cdot\E(X_1)+200\cdot\E(X_2)+...+900\cdot\E(X_9)+1000 = \frac{4500}{2}+1000=3250$ |
Owner
There was a problem hiding this comment.
Не начинаем фразу с теховской формулы.
Плохо:
Лучше: Случайная величина
Вариант: Пройденное расстояние обозначим величиной
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| \begin{sol} | ||
| $\P(X=13)=\frac{2^{17}\cdot C_{30}^{17}}{C_{60}^{17}}$, где $C_{60}^{17}$ - всего способов выбрать $17$ туфель, $C_{30}^{17}$ - способов выбрать $17$ пар из $30$, $2^{17}$ - способы выбрать по туфле из 17 пар. | ||
|
|
||
| $X_i$ - бернуллевская случайная величина, $X_i=1$, если i-я пара у Маши полная. $\P(X_i = 1) = \frac{C_{58}^{17}}{C_{60}^{17}}=\frac{43\cdot42}{60\cdot59}\approx0.51$, $\E(X)=\E(X_1)+\E(X_2)+...+\E(X_{30})=30\cdot\E(X_i)=\frac{43\cdot21}{59}\approx15.3$ |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Тире не дефис
- Начало фразы с теховской формулы меняем
- Если формула длинная вполне можно сделать её выключной
\[
...
\]
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
| $\Var(X_i)\approx0.25,\Cov(X_i,X_j)= \frac{C_{56}^{17}}{C_{60}^{17}}-P(X_i)^2$, $\Var(X)=30\cdot\Var(X_i)+30\cdot29\cdot\Cov(X_i,X_j)\approx1.25$ | ||
|
|
||
| $Y_i$ - бернуллевская случайная величина, $Y_i=1$, если i-я пара у Шарика полная. $\P(Y_i = 1) = \frac{C_{58}^{15}}{C_{60}^{17}}\approx0.08$, $\E(Y)=\E(Y_1)+\E(Y_2)+...+\E(Y_{30})=30\cdot\E(Y_i)\approx2.3$ |
Owner
There was a problem hiding this comment.
Те же ошибки: тире и дефис, начало фразы с теховской формулы.
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
| $Y_i$ - бернуллевская случайная величина, $Y_i=1$, если i-я пара у Шарика полная. $\P(Y_i = 1) = \frac{C_{58}^{15}}{C_{60}^{17}}\approx0.08$, $\E(Y)=\E(Y_1)+\E(Y_2)+...+\E(Y_{30})=30\cdot\E(Y_i)\approx2.3$ | ||
|
|
||
| $\Cov(Y_i,Y_j)= \frac{C_{56}^{13}}{C_{60}^{17}}-P(Y_i)^2$, |
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
| \begin{sol} | ||
| $\E(X_0)=100\cdot \frac{99}{464} + \frac{100}{464} + \ldots + \frac{464}{464}$ | ||
| $X_i$ - i-я пара ни разу не надета. \newline |
Owner
There was a problem hiding this comment.
Тире, начало с теха. И далее этого много :)
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
| \begin{sol} | ||
| $Z$ - все оценки одинаковые (событие). $\P(Z)=0.1^{20}+0.2^{20}+0.3^{20}+0.4^{20}$\newline | ||
| A - получил хотя бы одну "5", B - хотя бы одну "4", C - хотя бы одну "3", D - хотя бы одну "2" (все распределены по Бернулли).\newline |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Событие в доллары.
- Кавычки по тексту только «», другие не используем.
- Тире. Освоить на клавиатуре тире :) И проверить по всех предложенных правках. Также как и начало с теховской формулы.
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| A - получил хотя бы одну "5", B - хотя бы одну "4", C - хотя бы одну "3", D - хотя бы одну "2" (все распределены по Бернулли).\newline | ||
| $\P(A)=1-0.9^{20}$, $\P(B)=1-0.8^{20}$, $\P(C)=1-0.7^{20}$, $\P(D)=1-0.6^{20}$\newline | ||
| $X$ - количество разных оценок. | ||
| $\E(X)=\E(A+B+C+D)=\P(A)+\P(B)+\P(C)+\P(D)$ |
Owner
There was a problem hiding this comment.
Жуть!!!!!
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| A - получил хотя бы одну "5", B - хотя бы одну "4", C - хотя бы одну "3", D - хотя бы одну "2" (все распределены по Бернулли).\newline | ||
| $\P(A)=1-0.9^{20}$, $\P(B)=1-0.8^{20}$, $\P(C)=1-0.7^{20}$, $\P(D)=1-0.6^{20}$\newline | ||
| $X$ - количество разных оценок. | ||
| $\E(X)=\E(A+B+C+D)=\P(A)+\P(B)+\P(C)+\P(D)$ |
Owner
There was a problem hiding this comment.
Не надо \newline. Сделай в техе пустую строку. Это относится и к другим \newline в этом документе.
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| $\P(A) = \P(A_1) + \P(A_2) +...+\P(A_9) = \frac{1}{10}+\frac{8}{10\cdot9}+\frac{8\cdot7}{10\cdot9\cdot8}+...+\frac{8\cdot7\cdot6\cdot5\cdot4\cdot3\cdot2}{10\cdot9\cdot8\cdot7\cdot6\cdot5\cdot4\cdot3\cdot2}=\frac{9}{90}+\frac{8}{90}+\frac{7}{90}+\ldots+\frac{1}{90}=\frac{1}{2}$; | ||
|
|
||
| Пусть $X_i$ - бернуллевская случайная величина, принимающее значение 1, если Вася посетил i-й штрек. | ||
| $\P(X_i = 1) = \P(A)=\frac{1}{2}$ |
Owner
There was a problem hiding this comment.
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| $\P(\text{гирлянда полностью исправна}) = (1 - 0.01)^{25} \approx 0.78$ | ||
|
|
||
| Посчитаем через распределение Пуассона с $\lambda = 0.01$: | ||
| $m = 0 => P(m = 0) = \fr{e^{-0.01} \cdot \lambda^0}{0!} \approx 0.99$ |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Слэш перед P
- Что это за =>? Случайные величины — большими буквами!
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
| \begin{sol} | ||
| Ровно 1: $ C_{50}^1 \times 0.02 \times 0.98^{49} = 0.371$ | ||
|
|
Owner
There was a problem hiding this comment.
- 1 словами. У меня тоже косяк :)
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
| \begin{sol} | ||
| Ровно 3 булочки: $C_{40}^3 \times 0.02^3 \times 0.98^{37} = 0.037$ | ||
|
|
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| 1, & x\in[0;1] \\ | ||
| 0, & \text{иначе} | ||
| \end{cases} $$ | ||
| $$f_{Y|X}(y|x)=\begin{cases} |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Никаких
$$..$$ , только \[ ... \] - Ознакомьтесь со стилевыми рекомендациями в начале probability_hse_exams
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| $$\E(Y)=\int^x_0\frac{y}{x} \, dy=\frac{y^2}{2x}\bigg|^x_0=\frac{x}{2}$$ | ||
| $$\E(X^2)=\int^1_0x^2 \, dx=\frac{x^3}{3}\bigg|^1_0=\frac{1}{3}$$ | ||
| $$\E(Y^2)=\int^x_0\frac{y^2}{x} \, dy=\frac{y^3}{3x}\bigg|^x_0=\frac{x^2}{3}$$ | ||
|
|
Owner
There was a problem hiding this comment.
Повторно про $$ не будет писать :)
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| \begin{sol} | ||
| \begin{itemize} | ||
| \item $\plim \bar X_n = \E(X_1)=\fr{1}{2}$ (ЗБЧ в формулировке Хинчина); | ||
|
|
Owner
There was a problem hiding this comment.
Долой скобки. Лучше переставить слова в начало.
ЗБЧ в формулировке Хинчина:
.... формула ...
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
| \item $\plim \left( \dfrac{1}{1+\bar X_n} \right) = \dfrac{1}{1 + \plim \bar X_n} = \dfrac{2}{3}$; | ||
|
|
||
| \item $\plim \sum_{i=1}^n \ln X_i / n =...(\ln X_i = w_i)...=\plim \bar w_n = \E(w_1)=\E(\ln x_1)= \int_{0}^{1} \ln(x_1)dx_{1}=-1$; |
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
| \item $\plim \max\{X_1, \ldots, X_n \} = 1$ | ||
|
|
||
| Prove: $\forall \e > 0, \P(|\max\{X_1, \ldots, X_n \} - 1| \ge \e) = \P(\max\{X_1, \ldots, X_n \} \le 1- \e) = $ (в силу независимости $ X_1, \ldots, X_n)$ = $\P(X_1 \le 1-\e) \cdot \ldots \cdot \P(X_n \le 1 - \e) = (1-\e)^n \to 0 $ (when $ n \to \infty$) |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Без английских слов.
- Для большой формулы нужен
\[
...
\] - Читайте https://tex.stackexchange.com/questions/47687/adding-line-by-line-comments-to-math-proofs
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
| $\ldots = (1/3) - (1/4) = (1/12) $; | ||
|
|
||
| \item $\plim X_1 / \bar{X} = ! $ Этого $plim$ не существует! По смыслу, $plim$ - предел последовательности случайных величин; некоторая константа, к которой эта последовательность сходится при росте $n$. В данном случае знаменатель сходится к матожиданию $X_1$ по ЗБЧ. Однако числитель - случайная величина! Предела последовательности нет! |
Owner
There was a problem hiding this comment.
Ахтунг!!!! Ересь детектед!!!!
Вполне себе существует. Предел по вероятности — это случайная величина.
И равна она
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
| \begin{sol} | ||
| \begin{sol} Случайная величина $ X_{i}^{j} \sim Pois(5)$ - количество смс за j-ые сутки, посылаемое i-ым абонентом ($i=\ol{1,...,160}; \, j=\ol{1,2}$). Отметим, что $ X_{i}^{j}$ - независимые одинаково распределенные случайные величины. | ||
|
|
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Не надо уточнений про множество значений.
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| $\E(X_{1}^{1}) = 5, \Var(X_{1}^{1}) = 5$ | ||
|
|
||
| \vsi | ||
| $\ldots = \P(Z > 2.5), где Z \sim \cN (0,1)$. $n$ = 320 достаточно велико для того, чтобы мы могли воспользоваться ЦПТ, что мы и сделали. |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- vsi в топку
- формулу превращаем в многострочную и добавляем комментарий
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
| \begin{sol} | ||
| \begin{sol} Отметим, что в силу ЦПТ $\bar{X}_{n} $ асимптотически нормально ($X_{i}$ независимы и одинаково распределены + $n$ велико, поэтому использование ЦПТ "законно"). | ||
|
|
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Правильные кавычки
- Символ + в тексте
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| \item $Z_{n} = f(\bar{X}_{n}) = \frac{1 + \bar{X}}{\bar{X}^{2} + 5} \approx \cN \left(\frac{11}{105}, \frac{(*)^{2}\cdot20}{n} \right) $ | ||
|
|
||
|
|
||
| $(*) f^{\prime}(\bar{X})\bigg|_{\bar X_n = 10} = \frac{\bar{X}^{2} + 5 - 2\bar{X}(1 + \bar{X})}{(\bar{X}^{2} + 5)^{2}}\bigg|_{\bar X_n = 10} = -\frac{115}{(105)^{2}} $ |
Owner
There was a problem hiding this comment.
Вместо звездочки в скобках, лучше разбить задачу на два шага.
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| Величина $X$ имеет биномиальное распределение $Bin(n,p)$ и $n$ велико. Какое распределение примерно имеют величины $\ln(X/n)$? $X/(n-X)$? | ||
|
|
||
| \begin{sol} | ||
| Разложим случайную величину $X$ в сумму $n$ независимых Бернуллевских случайных величин с вероятностью успеха $p$: $X = Y_1 + \ldots + Y_n, \, Y_i \sim B(1,p)$. Тогда исходная задача принимает вид: $\ln(\bar Y_n) \approx \, ?$ $\dfrac{\sum_{i=1}^{n} Y_i}{n-\sum_{i=1}^{n} Y_i} = \dfrac{\bar Y_n}{1-\bar Y_n} \approx \, ?$ Отметим, что в силу ЦПТ $\bar{Y}_{n} $ асимптотически нормально ($Y_{i}$ независимы и одинаково распределены + $n$ велико, поэтому можно использовать ЦПТ). |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- не надо \dfrac, есть \frac, а в строчной формуле и вообще нужно /
- новая строка после предложений
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
| \item $\dfrac{\bar Y_n}{1-\bar Y_n} \approx \cN \left(\frac{p}{1-p}, \frac{(*)^{2}\cdot p(1-p)}{n} \right)$ | ||
|
|
||
| $(*) = \br{\frac{\bar Y_n}{1-\bar Y_n}}^{\prime}\bigg|_{\bar Y_n = p} = \fr{1}{(1-p)^2}$ |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Не надо звёзд в скобках. Разбивайте задачу на две.
- Не надо \br :) Пишите скобки!
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| \begin{sol} | ||
| $\frac{1}{1.8} - \frac{1}{2.2}$, $[0;10X]$. | ||
| Переформулируем задачу следующим образом: $\P(0.9X\leq a \leq1.1X)=\P(\frac{10}{11}a\leq X \leq \frac{10}{9}a)=\frac{\frac{10}{9}a-\frac{10}{11}a}{2a}=\frac{10}{99}$. Поскольку $a$ неотрицательно по условию, $\P(a\in[0;kX])=\P(a\leq kX)$. Найдём такое $k$, что последняя вероятность равна 0.95: $$1-\P\left(X\leq\frac{a}{k}\right)=0.95$$ | ||
| $$1-\frac{\frac{a}{k}}{2a}=0.95$$ |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- \dfrac, \fr превращаем либо во \frac, либо в /
- $$ в
\[
...
\]
Именно три строки!!!
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| \begin{problem} | ||
| Пусть $X$ — экспоненциальна с параметром $\lambda$ и $\mu=\E(X)$. C какой вероятностью интервал $[0.9X;1.1X]$ накрывает $\mu$? Постройте 90\%-ый доверительный интервал для $\mu$ вида $[0;kX]$. | ||
| \begin{sol} | ||
| %Переформулируем задачу следующим образом: \multline{$$\P(0.9X\leq %\mu \leq1.1X)=\P\left(\frac{10}{11}\mu\leq X \leq %\frac{10}{9}\mu\right)=\\=\int^{\frac{10}{9}\mu}_{\frac{10}{11}\mu}%\lambda{e^{-\lambda x} \, %dx}=[\mu=\lambda^{-1}]=e^{-\frac{10}{11}}-e^{-\frac{10}{9}}.$$\\} |
Owner
There was a problem hiding this comment.
Либо не добавляем, либо правим и раскомментируем!
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| Пусть $X_i$ — независимы и нормальны $N(\mu,1)$. Какова вероятность того, что интервал $[\bar{X}_{10}-1;\bar{X}_{10}+1]$ накроет неизвестное $\mu$? Постройте 90\%-ый доверительный интервал для $\mu$ вида $[\bar{X}_{10}-k;\bar{X}_{10}+k]$. | ||
| \begin{sol} | ||
| Переформулируем задачу следующим образом:$$ \P(\bar{X}_{10}-1\leq \mu \leq\bar{X}_{10}+1)=\P(\mu-1\leq\bar{X}_{10}\leq\mu+1)=$$$$=\P\left(-\sqrt{10}\leq\frac{\bar{X}_{10}-\mu}{\sqrt{\frac{1}{10}}}\leq\sqrt{10}\right)$$ | ||
| Вспомним, что $\bar{X}_{10} \sim \cN(\mu;\frac{1}{10})$, а значит, $$\P\left(-\sqrt{10}\leq\frac{\bar{X}_{10}-\mu}{\sqrt{\frac{1}{10}}}\leq\sqrt{10}\right)\approx0.9984.$$ Построим 90\%-й доверительный интервал (симметричность обеспечена свойствами нормального распределения):$$-1.55\leq\frac{\bar{X}_{10}-\mu}{\sqrt{\frac{1}{10}}}\leq1.55$$$$-0.5+\bar{X}_{10}\leq\mu\leq0.5+\bar{X}_{10}.$$ |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Боремся со скобками в тексте
- превращаем короткие формулы, бывшие в
$$...$$ в
\[
формула
\] - Если формула тянется на несколько строк, то
\begin{align*}
... = ... \\
&= ... \\
&= ...
\end{align*}
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| Величины $X_1$ и $X_2$ независимы и равномерны на отрезке $[0;a]$. Есть две гипотезы, $H_0$: $a=1$ и $H_a$: $a=2$. Мальвина отвергает $H_0$ в том случае, если $X_1 + X_2 > 1.5$. Найдите вероятность ошибок первого и второго рода. | ||
| \begin{sol} | ||
| $\alpha = 1/8$, $\beta = 9/32$ | ||
| Равномерность обеих случайных величин на $[0;a]$ означает, что пару $(X_1,X_2)$ можно считать координатами точки, выбранной наугад в квадрате со стороной $a$. Пусть верна $H_0$, т.е. сторона квадрата равна 1. Но $H_0$ отвергается, если $X_1+X_2>1.5$ (выбрана точка выше прямой $X_1+X_2=1.5$), поэтому вероятность совершить ошибку первого рода равна вероятности попасть в закрашенную область на первом рисунке ниже (отношению её площади к площади всего квадрата): $\P(\mbox{ошибка 1-го рода})=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{8}.$ |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Фразу бьём на попроще.
- т.е. расшифровываем, а лучше отказываемся.
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| \begin{sol} | ||
| $\alpha = \P(\cN(0;1) > -0.35) \approx 0.64$, $\beta = \P(\cN(0;1) \leq -1.76) \approx 0.04$. | ||
| Положим $X=X_1+X_2 \Rightarrow X \sim \cN(2a;2)$. | ||
| Пусть верна $H_0 \Rightarrow a=1$. $H_0$ отвергается, если $X>1.5$, поэтому $\P(\mbox{ошибка 1-го рода})=\P(X>1.5)=1-\P\left(\frac{X-2}{\sqrt{2}}<\frac{15-2}{\sqrt{2}}\right)\approx0.3632 .$ |
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| \begin{problem} | ||
| Величины $X_1$ и $X_2$ независимы и распределены экспоненциально с интенсивностью $a$. Есть две гипотезы, $H_0$: $a=1$ и $H_a$: $a=2$. Мальвина отвергает $H_0$ в том случае, если $\min\{X_1, X_2\}< 1$. Найдите вероятность ошибок первого и второго рода. | ||
| \begin{sol} | ||
| Пусть верна $H_0 \Rightarrow a=1$. $H_0$ отвергается, если $min\{X_1,X_2\}<1$. Данное условие эквивалентно тому, что хотя бы одна из случайных величин меньше одного (возможны всего два случая (для определенности пусть $X_i<X_j$): если $X_i<X_j<1$, то $min\{X_1,X_2\}<1$; если $X_j>1,X_i<1$, то $min\{X_1,X_2\}<1$), поэтому $$\P(\mbox{ошибка 1-го рода})=\P(X_1 \lor X_2<1)=1-\P(X_1>1,X_2>1)=$$$$= 1-(1-\P(X_1<1))(1-\P(X_2<1))=1-(1-1+e^{-1})(1-1+e^{-1})=1-e^{-2}$$ |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Длинная фраза
- полный отказ от $$
- вероятно, нужен align*
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| \begin{sol} | ||
| Пусть верна $H_0 \Rightarrow a=1$. $H_0$ отвергается, если $min\{X_1,X_2\}<1$. Данное условие эквивалентно тому, что хотя бы одна из случайных величин меньше одного (возможны всего два случая (для определенности пусть $X_i<X_j$): если $X_i<X_j<1$, то $min\{X_1,X_2\}<1$; если $X_j>1,X_i<1$, то $min\{X_1,X_2\}<1$), поэтому $$\P(\mbox{ошибка 1-го рода})=\P(X_1 \lor X_2<1)=1-\P(X_1>1,X_2>1)=$$$$= 1-(1-\P(X_1<1))(1-\P(X_2<1))=1-(1-1+e^{-1})(1-1+e^{-1})=1-e^{-2}$$ | ||
|
|
||
| Пусть верна $H_a \Rightarrow a=2$. $H_1$ отвергается, если $min\{X_1,X_2\}>1$. Аналогично, $\P(\mbox{ошибка 2-го рода})=1-\P(X_1 \lor X_2<1)=1-(1-e^{-4})=e^{-4}.$ |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Долой стрелочки \Rightarrow в тексте. Пусть верна
$H_a$ , тогда$a=2$ . Почему здесь$H_a$ и$H_1$ ? - min со слэшом
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| Величины $X_1$ и $X_2$ независимы и распределены по Пуассону с интенсивностью $a$. Есть две гипотезы, $H_0$: $a=1$ и $H_a$: $a=2$. Мальвина отвергает $H_0$ в том случае, если $X_1 + X_2 \geq 2$. Найдите вероятность ошибок первого и второго рода. | ||
| \begin{sol} | ||
| Положим $X=X_1+X_2 \Rightarrow X \sim \Pi(2a)$. | ||
|
|
Owner
There was a problem hiding this comment.
Не надо своих сокращений для Пуассона. И стрелочек в тексте тоже :)
Все стрелочки в тексте — зло! И все дальнейшие — тоже!
Owner
There was a problem hiding this comment.
Кстати, нам надо продумать сокращения. А то \cN есть и больше ничего. Очевидно добавим \cU.
\cExp.
Owner
There was a problem hiding this comment.
А дальше даже википедия расходится, то B, то Bin, то Binom :)
И с пуассоном Pois, Poiss, Poisson :)
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| \end{enumerate} | ||
| \begin{sol} | ||
| а) Пусть $H_0$ истинна ($p=0.5$), но она отвергается (Аксинья угадала содержимое всех стаканов). Тогда, поскольку отгадывает она каждый стакан независимо, $\P(\mbox{ошибка 1-го рода})=0.5^{5}=0.03125.$ | ||
|
|
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Нумерация пунктов только автоматическая
- Стрелочки в тексте
- Много скобок
- mbox меняем на text
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| \hline ААБББ & 1Б $\rightarrow$ 1А & $(0.5)^2\cdot\frac{1}{C^1_3}$ & $C^2_5=10$\\ | ||
| \hline АББББ & 2Б $\rightarrow$ 2А & $0.5\cdot\frac{1}{C^2_4}$ & $C^1_5=5$\\ | ||
| \hline БББББ & 3Б $\rightarrow$ 3А & $\frac{1}{C^3_5}=\frac{1}{C^2_5}$ & 1\\ | ||
| \hline |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- Стиль таблиц — только booktabs. Берём любую таблицу из probability_hse_exams и делаем так же.
- Длинные фразы на несколько
- mbox на text
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
| \end{center} | ||
|
|
||
| В нетривиальных случаях $\P(\mbox{угадала все 5})$ вычисляется как произведение вероятности того, что ВГ угадал стаканы, тип которых не меняют, и вероятности провести верную замену (очевидно, данные события не зависимы). Получение любых двух комбинаций - события несовместные, все комбинации получаются равновероятно (но количества комбинаций одного типа разные, т.е. и вероятность получить каждый тип - своя, равная отношению числа комбинаций данного варианта к их общему числу - 32), поэтому, по формуле полной вероятности: $$\P(\mbox{угадала все 5})=\frac{1}{32}\cdot\frac{1}{C^2_5}+\frac{5}{32}\cdot0.5\cdot\frac{1}{C^1_4}+$$$$+\frac{10}{32}\cdot(0.5)^5+\frac{10}{32}\cdot(0.5)^2\cdot\frac{1}{C^1_3}+\frac{5}{32}\cdot0.5\cdot\frac{1}{C^2_4}+\frac{1}{32}\cdot\frac{1}{C^2_5}=0.0453125$$ | ||
|
|
Owner
There was a problem hiding this comment.
- mbox
- $$
- длинная фраза со скобками
- многострочная формула
bdemeshev
reviewed
Nov 18, 2018
|
|
||
| Этому же числу равна и вероятность ошибки первого рода, т.к. она будет допущена, когда Аксинья точно определит содержимое каждого из пяти стаканов при том, что ВГ угадывает его с вероятностью $0.5$. | ||
|
|
||
| Для вычисления вероятности ошибки второго рода составляется ровно такая же таблица (с точностью до замены 0.5 на 0.9), проводится аналогичный расчёт $\P(\mbox{угадала все 5})$. Но, поскольку ошибка второго рода допускается, если Аксинья не угадает, какая вода налита хоть в одном стакане, $\P(\mbox{ошибка второго рода})=1-\P(\mbox{угадала все 5})=0.7377375$. |
Owner
There was a problem hiding this comment.
- mbox
- длинная фраза со скобками
- космическую точность убираем :) Два-три знака после запятой :)
This file contains hidden or bidirectional Unicode text that may be interpreted or compiled differently than what appears below. To review, open the file in an editor that reveals hidden Unicode characters.
Learn more about bidirectional Unicode characters
Sign up for free
to join this conversation on GitHub.
Already have an account?
Sign in to comment
3 participants
Add this suggestion to a batch that can be applied as a single commit.This suggestion is invalid because no changes were made to the code.Suggestions cannot be applied while the pull request is closed.Suggestions cannot be applied while viewing a subset of changes.Only one suggestion per line can be applied in a batch.Add this suggestion to a batch that can be applied as a single commit.Applying suggestions on deleted lines is not supported.You must change the existing code in this line in order to create a valid suggestion.Outdated suggestions cannot be applied.This suggestion has been applied or marked resolved.Suggestions cannot be applied from pending reviews.Suggestions cannot be applied on multi-line comments.Suggestions cannot be applied while the pull request is queued to merge.Suggestion cannot be applied right now. Please check back later.
Добавлены решения задач 1.2, 1.3, 1.5, 1.8, 2.16, 5.5, 5.7, 5.11, 5.15, 7.1, 7.2, 7.4, 7.5, 7.6, 7.8, 7.11, 7.13, 8.10, 8.11, 8.12, 14.1, 14.3, 14.5, 14.6, 14.7.
Кроме того, запрос на добавление решений задач 10.14, 24.1-24.3, 25.3-25.7, а также решения одной из прошедших контрольных работ был отправлен ранее Александром Реентовичем.
Обновлено 18.11.2018: все решения (в том числе из отдельного requesta Александра Реентовича) объединены в один файл. Исправлены проблемы с совместимостью.