Все задачи варианта
- Симметричная плотность |x|
- Две биномиальные суммы
- Энтропия ничьих и общего числа ножниц
- Турнир 300 игроков и число раундов
- Четыре двери Монти Холла и два открытия
- Плотность 6xy² и совместная функция распределения
1. Симметричная плотность |x|
Условие
X имеет плотность |x| на [−1,1]. Найдите P(X>0,5|X>0), Cov(X,X³), плотность Y=ln|X|.
Редакционное решение
P(X>0)=1/2, P(X>0,5)=∫₀,₅¹x dx=3/8; условная вероятность 3/4. Нечётные моменты X нулевые; Cov(X,X³)=EX⁴=2∫₀¹x⁵dx=1/3.
Для R=|X| плотность 2r на (0,1). Замена y=ln r, r=eʸ даёт fY(y)=2e²ʸ при y≤0, иначе 0. Можно также получить FY(y)=P(R≤eʸ)=e²ʸ для y≤0.
Проверка и типичная ошибка
При преобразовании учитываются обе ветви ±r и якобиан eʸ; плотность Y интегрируется в 1.
2. Две биномиальные суммы
Условие
X~Bin(10,1/2), Y~Bin(11,1/2) независимы. Найдите P(X+Y=7), P(Y>X), E(X|X+Y=12).
Редакционное решение
Сумма X+Y~Bin(21,1/2), поэтому вероятность C(21,7)/2²¹. Для второго вопроса запишем Y=Y₀+B, где Y₀~Bin(10,1/2), B~Bern(1/2) независимы. Разность Y₀−X симметрична. P(Y>X)=P(Y₀>X)+(1/2)P(Y₀=X)=1/2.
При суммарных 12 успехах их позиции равномерны среди 21 броска. X имеет гипергеометрическое условное распределение: десять позиций из 21, двенадцать успешных. Ожидание 10·12/21=40/7.
Проверка и типичная ошибка
Подсказка про единственный биномиальный коэффициент относится к первому ответу. Не заменяйте условное среднее безусловным 5.
3. Энтропия ничьих и общего числа ножниц
Условие
В камень-ножницы-бумага оба игрока независимо равномерно выбирают ход. Матч до первой не ничьей. T — число ничейных раундов, S — общее число ножниц у обоих игроков за весь матч. Найдите H(T),H(S) в натуральных единицах.
Редакционное решение
Ничья имеет вероятность 1/3, завершение 2/3. T имеет P(T=k)=(2/3)(1/3)ᵏ, ET=1/2. Энтропия H(T)=−ln(2/3)−(1/2)ln(1/3).
Для S используем производящую функцию F(z). Среди девяти пар ходов два ничейных исхода дают ноль ножниц, один — две; два завершающих дают ноль, четыре — одну. Поэтому F=(2+z²)F/9+(2+4z)/9, то есть F=(2+4z)/(7−z²).
P(S=2k)=(2/7)7⁻ᵏ, P(S=2k+1)=(4/7)7⁻ᵏ. Можно записать S=2K+B: независимые K с P(K=k)=(6/7)7⁻ᵏ и B~Bern(2/3). Эта запись взаимно однозначна, H(S)=H(K)+H(B). Итог: −ln(6/7)−(1/6)ln(1/7)−(1/3)ln(1/3)−(2/3)ln(2/3). Для битов разделите обе энтропии на ln2.
Проверка и типичная ошибка
F(1)=1, FK и распределение B нормированы. S считает ножницы в том числе в завершающем раунде.
4. Турнир 300 игроков и число раундов
Условие
300 игроков проводят матчи на выбывание до одного победителя. В каждом матче раунды повторяются до не ничьей. N — суммарные раунды. Найдите P(N=300), EN,Var N.
Редакционное решение
Каждый матч исключает одного участника, поэтому матчей ровно 299. Число раундов в матче Geom(2/3) на 1,2,…, среднее 3/2, дисперсия (1/3)/(2/3)²=3/4. При независимых ходах EN=299·3/2=448,5, Var N=299·3/4=224,25.
N=300 означает ровно одну ничью во всех матчах. Выбрать её матч можно 299 способами; вероятность для данного случая (1/3)(2/3)²⁹⁹. Поэтому P(N=300)=299·(1/3)(2/3)²⁹⁹. Это также формула отрицательного биномиального распределения с 299 завершениями.
Проверка и типичная ошибка
Минимально 299 раундов. Если считать 300 матчей, все три ответа сместятся.
5. Четыре двери Монти Холла и два открытия
Условие
Автомобиль равновероятно расположен за одной из четырёх дверей. Игрок выбирает дверь, ведущий открывает чужую дверь с козой, игрок может сменить выбор; ведущий снова открывает чужую козу, и игрок снова может сменить. Как действовать и каков шанс?
Редакционное решение
Выберите начальную дверь равновероятно. Надёжная стратегия — сохранить исходную дверь после первого открытия и сменить на единственную другую закрытую после второго. Она выигрывает тогда и только тогда, когда первоначальная дверь была козой, то есть с вероятностью 3/4. Этот результат не требует равномерного выбора ведущим среди допустимых коз.
Если ведущий выбирает коз равномерно без дополнительных сигналов, это оптимальная стратегия. После первого открытия исходная дверь имеет шанс 1/4, каждая другая закрытая — 3/8. Если остаться и затем сменить, получаем 3/4; если сначала случайно сменить и затем ещё раз сменить, шанс 5/8, а остаться после первого перехода — 3/8.
Для утверждения оптимальности необходимо правило выбора ведущего: намеренное кодирование местонахождения автомобиля через номера открытых дверей может сообщать дополнительную информацию. В исходном тексте оно не конкретизировано; 3/4 — гарантированный результат указанной стратегии и оптимум стандартной симметричной модели.
Проверка и типичная ошибка
Проверьте четыре положения автомобиля при фиксированной начальной двери: проигрыш только в одном. Нельзя молча считать любые двери равновероятными после открытия.
6. Плотность 6xy² и совместная функция распределения
Условие
На [0,1]² f(x,y)=6xy². Найдите E(X/Y), P(X>Y), FX, независимость X,Y и E(W), где W=F(X,Y), F — совместная CDF.
Редакционное решение
Плотность факторизуется: fX=2x, fY=3y², следовательно независимость есть. E(X/Y)=EX·E(1/Y)=(2/3)(3/2)=1. P(X>Y)=∫₀¹2x·x³dx=2/5.
FX(t)=0 при t<0, t² на [0,1], 1 при t>1. Совместная CDF в квадрате F(x,y)=x²y³. X² и Y³ — независимые U(0,1), поэтому EW=1/4. Непосредственный интеграл даёт то же.
Проверка и типичная ошибка
Интеграл 1/Y конечен: плотность Y подавляет поведение около нуля. Совместная CDF, вычисленная на векторе, не обязана быть сама равномерной: здесь это произведение двух равномерных.
Как продолжить подготовку
Задачи по темам и другие разборы экзаменов.
Следующие разборы
- Ключи в копилках: циклы перестановки и k разбитых копилок
- Паровозики образуют группы: рекордные минимумы скоростей
- Два конверта: почему 50/50 после наблюдения суммы не гарантировано
Условие адаптировано из открытого источника: Борис Демешев, hse_pmi_probability_2024_2025, complete variant midterm/midterm-alpha.tex. Решение, объяснение и проверка изложены редакцией damirock.com; это не официальный ключ преподавателя. CC0 1.0. Вёрстка и обозначения адаптированы; числовые предпосылки указаны в условии.