Semestrální písemka z ledna 09

braceleftBigg 0 pro x ≤ 1;
k · 11+x2 pro x > 1.
– určete hodnotu konstanty k; (4 body)
– najděte vzorec distribuční funkce F(x); (6 bodů)
– vypočtěte pravděpodobnost, že naměříme X < 4; (4 body)
Řešení:
1 =
integraldisplay ∞
1
k
1 + x2 dx = k[arctg x]
∞
1 = k ·
parenleftbiggpi
2 −
pi
4
parenrightbigg
= k · pi4,
a tedy k = 4pi. Dalším úkolem je najít distribuční funkci:
F(x) =
braceleftBigg 0 ...x ≤ 1;
integraltextx
1
4
pi ·
1
1+t2dt =
4
pi · arctg x − 1 ...x > 1.
Nyní F(x) použijeme pro výpočet pravděpodobnosti:
P(X < 4) = F(4) = 4pi · arctg 4 − 1 .= 0,6881.
b) Jaké jsou základní vlastnosti distribuční funkce u spojité veličiny?
Řešení: Viz otázky z psti na mé internetové stránce.
4
Semestrální písemka BMA3 – termín 6.1.2009 – varianta C16 – vzorové řešení
1. a) Řešte systém rovnic Newtonovou metodou: proveďte dva kroky metody, jako nulový (=
výchozí) bod volte (x0,y0) = (1;0).
x2 − 6xy + 10y2 = 1;
2x2 + 4xy + 4y2 = 1.
Řešení: Matice prvních derivací má tvar
Fprime =
parenleftBigg 2x − 6y −6x + 20y
4x + 4y 4x + 8y
parenrightBigg
;
parenleftBigg f(x,y)
g(x,y)
parenrightBigg
=
parenleftBigg x2 − 6xy + 10y2 − 1
2x2 + 4xy + 4y2 − 1
parenrightBigg
.
V každém kroku řešíme systém lineárních rovnic
Fprime(xk,yk) ·
parenleftBigg δ
1
δ2
parenrightBigg
=
parenleftBigg −f(x
k,yy)
−g(xk,yk)
parenrightBigg
.
Pro k = 0 dostaneme systém 2δ1 − 6δ2 = 0, 4δ1 + 4δ2 = −1, odtud δ1 = −0,1875,
δ2 = −0,0625, a tedy x1 = 0,8125, y1 = −0,0625.
Pro k = 1 dostaneme systém 2δ1−6,125δ2 = −0,003906, 3δ1 +2,75δ2 = −0,132813, odtud
δ1 = −0,034522, δ2 = −0,010635, a tedy x2 = 0,777978, y2 = −0,073135.
b) Existuje řešení rovnice x = g(x) na intervalu 〈a;b〉, x0 ∈ 〈a;b〉, platí také |gprime(x)| ≤ k < 1
na 〈a;b〉. Přesto metoda prosté iterace nenalezne řešení – jaký by mohl být důvod tohoto
neúspěchu?
Řešení: Důvody mohou být různé – např. funkce g(x) zobrazuje body z intervalu 〈a;b〉
mimo tento interval.
2. a) Vypočtěte integraltext21 arctg x složenou lichoběžníkovou metodou pro m = 4 a odhadněte chybu
tohoto výpočtu podle vzorce
|E| ≤ (b − a)
3
12m2 · max〈a;b〉|f
primeprime(x)|.
(při hledání maxima funkce fprimeprime počítejte s tím, že fprimeprime nabývá svého maxima v některém z
krajních bodů intervalu (nemusíte počítat třetí derivaci))
Řešení: Pro m = 4 máme h = 0,25, a tedy
integraldisplay 2
1
arctg x = 0,25 ·
parenleftbiggarctg1
2 + arctg1,25 + arctg1,5 + arctg1,75 +
arctg2
2
parenrightbigg
=
= 0,25 · 3,87677 = 0,96919.
Dále
fprime(x) = 11 + x2, fprimeprime(x) = −2x(1 + x2)2
a dosazením obou krajních bodů intervalu lze zjistit, že max|fprimeprime| = |fprimeprime(1)| = 0,5. Celkem
tedy pro odhad chyby integrace v našem příkladu platí
|E| ≤ 112 · 42 · 0,5 .= 0,00260417.
b) Napište vzorec pro řešení počáteční úlohy pro obyčejnou diferenciální rovnici prvního řádu
Eulerovou metodou. Vysvětlete funkce, proměnné a parametry použité ve vzorci.
Řešení: Viz skriptum BMA3.
5
3. a) Pravděpodobnost správně přeneseného bitu při jistém přenosu dat je 0,85. X = počet
chybně přenesených bitů z následujících 20. Určete EX, DX. Následující úkol proveďte
– pomocí binomického rozdělení (8 bodů)
– pomocí normálního rozdělení s korekcí (6 bodů)
Úkol: vyčíslete a pravděpodobnost, že při přenesení 20 bitů dojde maximálně ke třem
chybám.
Řešení: Jedná se o binomické rozdělení pravděpodobnosti, a tedy EX = 3, DX = 2,55
a √DX = 1,5969. Dále pomocí binomického rozdělení
P(X ≤ 3) = 0,8520 + 20 · 0,15 · 0,8519 + 20 · 192 · 0,152 · 0,8518 + 20 · 19 · 181 · 2 · 3 · 0,153 · 0,8517 =
= 0,647725.
Druhý způsob pomocí normálního rozdělení: pravděpodobnost P(X ∈ 〈0;3〉) upravíme
pomocí korekce na
P(X ∈ 〈−0,5;3,5〉) = Φ
parenleftBigg3,5 − 3
1,5969
parenrightBigg
− Φ
parenleftBigg−0,5 − 3
1,5969
parenrightBigg
=
= Φ(0,31) − Φ(−2,19) = 0,6217195 − 1 + 0,9857379 .= 0,607457.
b) Uveďte příklad diskrétní veličiny X, která splňuje následující vlastnosti: nabývá pouze
jistých diskrétních hodnot z intervalu 〈1;15〉; její střední hodnota je menší než 8; platí
P(X = 10) = 0,2; platí F(2) = 0,1.
Řešení: Podmínkám zadání vyhovuje např. následující pravděpodobnostní funkce:
xi 1 2 3 10
p(xi) 0,1 0,1 0,6 0,2
Pak totiž EX = 4,1