Φροντιστήριο #8 Ασκήσεις σε Πιθανότητες

12/5/2020

Άσκηση Φ8.1 Τρεις λαμπτήρες επιλέγονται τυχαία από ένα σύνολο 15 λαμπτήρων εκ των οποίων οι 5 είναι ελαττωματικοί. Υπολογίστε την πιθανότητα: (α) Κανείς από τους λαμπτήρες να μην είναι ελαττωματικός. (β) Ακριβώς ένας από τους λαμπτήρες να είναι ελαττωματικός. (γ) Τουλάχιστον ένας από τους λαμπτήρες να είναι ελαττωματικός.

Λύση (a) Υπάρχουν

τρόποι να επιλέξει κανείς τρεις λαμπτήρες από ένα σύνολο δεκαπέντε λαμπτήρων.

Υπάρχουν

τρόποι να επιλέξει κανείς τρεις λαμπτήρες από το σύνολο των μη ελαττωματικών λαμπτήρων. Επομένως, η πιθανότητα κανείς από τους λαμπτήρες να μην είναι ελαττωματικός είναι 120/455=0,2637. (b) Πρέπει να επιλέξει κανείς 1 από τους 5 ελαττωματικούς λαμπτήρες και 2 από τους 10 μη

ελαττωματικούς. Υπάρχουν

τρόποι να γίνει αυτό. Επομένως, η ζητούμενη πιθανότητα είναι 225/455=0,4945 (c) Έστω το γεγονός Α={κανείς δεν είναι ελαττωματικός} και Β={τουλάχιστον ένας είναι

ελαττωματικός}. Τότε p(A)+p(B)=1. Όμως, από το ερώτημα (α) γνωρίζουμε ότι p(A)=0,2637. Άρα, p(B)=1-0,2637 = 0,7363.

Άσκηση Φ8.2 Ρίχνουμε δύο αμερόληπτα ζάρια. Δεδομένου ότι οι αριθμοί που εμφανίζονται είναι διαφορετικοί μεταξύ τους, να βρεθεί η πιθανότητα p των εξής ενδεχομένων: (α) Το άθροισμα των αριθμών είναι 6. (β) Στη ζαριά υπάρχει άσσος (γ) Το άθροισμα είναι μικρότερο ή ίσο του 4. Λύση (α) Α = «Οι δύο ρίψεις έχουν άθροισμα 6»

Β = «Δεν έχουμε εμφάνιση ίδιου αποτελέσματος στις 2 ρίψεις» Ζητούμε την πιθανότητα p(A|B)

15! 15! 12!13 14 15(15,3) 13 7 5 455

(15 3)!3! 12!3! 12!2 3C

10! 10! 7!8 9 10(10,3) 4 3 10 120

(10 3)!3! 7!3! 7!2 3C

10!5! 10!5! 8!4! 9 10 5(10,2)* (5,1) 9 5 5 225

(10 2)!2!(5 1)!1! 8!4!2! 8!4!2C C

p(A|B) = p(A∩B) / p(B) p(B) = P(6, 2)/(6*6) = 30/36 p(A∩B) = p({(1,5), (5,1), (2,4), (4, 2)} = 4/36 Άρα p(A|B) = p(A∩B) / p(B) = 4/30 = 2/15. (β) Γ = «Στη ζαριά υπάρχει άσσος» Β = «Δεν έχουμε εμφάνιση ίδιου αποτελέσματος στις 2 ρίψεις» Ζητούμε την πιθανότητα p(Γ|B) p(Γ|B) = p(Γ∩B) / p(B) p(B) = P(6, 2)/(6*6) = 30/36 p(Γ∩B) = (5+5)/(6*6) = 10/36 Άρα p(Γ|B) = p(Γ∩B) / p(B) = 10/30 = 1/3. (γ) Δ = «Το άθροισμα είναι μικρότερο ή ίσο του 4» Β = «Δεν έχουμε εμφάνιση ίδιου αποτελέσματος στις 2 ρίψεις» Ζητούμε την πιθανότητα p(Δ|B) p(Δ|B) = p(Δ∩B) / p(B) p(B) = P(6, 2)/(6*6) = 30/36 p(Δ∩B) = p({(1,3), (3,1), (1,2), (2,1)} = 4/36 Άρα p(Δ|B) = p(Δ∩B) / p(B) = 4/30 = 2/15.

Άσκηση Φ8.3 Έστω ένας χώρος δειγματοληψίας Ω={0, 1, 2, 3} και έστω ότι τα στοιχειώδη ενδεχόμενα από τα οποία αποτελείται είναι ισοπίθανα. (α) Ποια είναι η πιθανότητα των γεγονότων Α={1,2}, Β={2,3}, C={1,3}; (β) Είναι τα Α και Β ασυμβίβαστα; (γ) Είναι τα Α και Β ανεξάρτητα;

(δ) Υπολογίστε την πιθανότητα p(Α|BC). Λύση (α) p(Α) = ½, p(B)=1/2, p(C)= 1/2. (β) Όχι, εφόσον η τομή τους είναι διάφορη του κενού συνόλου. (γ) p(A)=1/2, p(B)=1/2 p(A∩B) = p({2})=1/4 =p(A)*p(B). Άρα είναι ανεξάρτητα.

(δ) p(A| BC) = p(A∩(BC)) / p(BC)

= p({1,2}∩({2,3}{1,3})) / p({2,3}{1,3}) = p({1,2}∩{1,2,3}) / p({1,2,3}) =p({1,2}) / p({1,2,3}) = (2/4) / (3/4) = 2/3.

Άσκηση Φ8.4 Αποδείξτε ότι εάν τα ενδεχόμενα Α και Β είναι ανεξάρτητα, τότε τα ενδεχόμενα �̅� και �̅� είναι επίσης ανεξάρτητα. Λύση

Πρέπει να δείξουμε ότι p(�̅�𝐵)̅̅̅̅ =p(�̅�) p(�̅� ). Έστω ότι p(�̅�) =x, και p(�̅�)=y.

Άσκηση Φ8.5 Αποδείξτε ότι για οποιαδήποτε ενδεχόμενα Α και Β, p(A|B) + p(�̅�|B)=1. Λύση

Άσκηση Φ8.6

Αποδείξτε ότι για οποιαδήποτε ασυμβίβαστα ενδεχόμενα X και Υ, ισχύει ότι p(XY|A)= p(X|A)+ p(Y|A) όπου Α οποιοδήποτε ενδεχόμενο

Λύση

de Morgan Συμπληρωματικα ενδεχομενα

Ανεξαρτησια των Α,Β

Συμπληρωματικα ενδεχομενα

p( A ) = p(A B) = 1-p(A B)

= 1-p(A)-p(B)+p(A B)

= 1-p(A)-p(B)+p(A)p(B)

= 1-x-y+xy

= -x(1-y)+(1-y)

= (1-x)(1-y)

= p(A)p( ).

B

B

ΟΕΔ.

p(A ) p(A )p(A|B) + p(A | )=

( ) ( )

p(A ) p(A ) p((A ) (A ))

( ) ( )

p((A A) ) p(Ω ) p( )1

( ) ( ) ( )

B BB

p B p B

B B B B

p B p B

B B B

p B p B p B

p(( ) )Χp(Χ |Α) =

( )

p((Χ ) (Y ))=

( )

p(Χ ) p(Y )( | ) ( | )

( )

p

p

p X A p Y Ap

Άσκηση Φ8.7 Αν Α και Β είναι δύο ενδεχόμενα του ίδιου δειγματικoύ χώρου με P(A)=2/5 και P(B)=5/8, αποδείξτε ότι

1

40≤ 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) ≤

2

5

Λύση 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) ≤ 𝑃(𝐴) και 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) ≤ 𝑃(𝐵) Επομένως

P(A ∩ B) ≤2

5 και P(A ∩ B) ≤

5

8

Άρα (ισχυρότερη συνθήκη) P(A ∩ B) ≤2

5 (1)

Επίσης μια και P(A ∪ B) ≤ 1 P(A)+P(B)- P(A ∩ B) ≤ 1 ⟺ P(A)+P(B)-1≤ P(A ∩ B) ⟺ 2

5+

5

8− 1 ≤ P(A ∩ B) ⟺

1

40≤ P(A ∩ B) (2)

Από (1) και (2): 1

40≤ P(A ∩ B) ≤

2

5

Άσκηση Φ8.8 Ένα λεωφορείο ξεκινάει από την αφετηρία του με k φοιτητές και περνάει από n στάσεις. Οποιοσδήποτε φοιτητής μπορεί να αποβιβαστεί σε οποιαδήποτε στάση. (a) Δώστε μια κατάλληλη αναπαράσταση του δειγματικού χώρου του πειράματος «αποβίβαση φοιτητών». Ποιος είναι ο πληθικός αριθμός αυτού του χώρου; (b) Να υπολογιστεί η πιθανότητα τουλάχιστον σε μία στάση να αποβιβαστεί τουλάχιστον ένας φοιτητής. Λύση (a) Oποιoσδήποτε από τους k φοιτητές, μπορεί να κατέβει σε οποιαδήποτε από τις n στάσεις ή να μην κατέβει καθόλου, επομένως έχει (n+1) επιλογές. Επομένως, ο δειγματικός χώρος έχει πληθικό αριθμό |Ω| = (n+1)k

(b) Έστω Α το ενδεχόμενο της ερώτησης. Το συμπληρωματικό του ενδεχόμενο είναι το ενδεχόμενο Β = “Όλoι παραμένουν στο λεωφορείο και στις n στάσεις” το οποίο έχει πιθανότητα 1/[(n+1)k] Άρα έχω

P(A) = 1 – 1

(𝑛+1)𝑘

Άσκηση Φ8.9 Στο παρακάτω ηλεκτρικό κύκλωμα υπάρχουν τρεις διακόπτες, οι Δ1, Δ2 και Δ3. Καθένας από αυτούς είναι κλειστός με πιθανότητα 2/3. Το αν είναι ανοικτός/κλειστός κάποιος από τους διακόπτες δεν εξαρτάται από το κατά πόσον είναι ανοικτός κάποιος άλλος. Υπολογίστε την πιθανότητα να περνάει ηλεκτρικό ρεύμα από το σημείο Α στο σημείο Β.

Λύση Υπόθεση: Όταν ο διακόπτης είναι κλειστός το ρεύμα περνάει. Έστω Δ1 το ενδεχόμενο «ο διακόπτης Δ1 είναι κλειστός» Έστω Δ2 το ενδεχόμενο «ο διακόπτης Δ2 είναι κλειστός» Έστω Δ3 το ενδεχόμενο «ο διακόπτης Δ3 είναι κλειστός» Μας ενδιαφέρει να υπολογίσουμε την πιθανότητα 𝑝 (𝛥1 ∪ (𝛥2 ∩ 𝛥3)) = 𝑝 (𝛥1) +𝑝(𝛥2 ∩ 𝛥3) − 𝑝(𝛥1 ∩ (𝛥2 ∩ 𝛥3)) Δεδομένης της ανεξαρτησίας των διακοπτών ως προς το κατά πόσον είναι ανοιχτοί οι κλειστοί, η παραπάνω σχέση γίνεται

𝑝 (𝛥1 ∪ (𝛥2 ∩ 𝛥3)) = 𝑝 (𝛥1) +𝑝(𝛥2)𝑝(𝛥3) − 𝑝(𝛥1)𝑝(𝛥2)𝑝(𝛥3) =18

27+

12

27−

8

27=

12

27

Άσκηση Φ8.10 Το συρτάρι Α περιέχει 3 χρυσά και 3 ασημένια νομίσματα ενώ το συρτάρι Β περιέχει 3 χρυσά και 6 ασημένια νομίσματα. Ένας κλέφτης, ανοίγει ένα συρτάρι (στην τύχη και στα σκοτεινά) και αρπάζει (επίσης στην τύχη και στα σκοτεινά) 2 νομίσματα. (a) Ποια είναι η πιθανότητα να είναι και τα δύο χρυσά; (b) Αν διαπιστωθεί κατά την σύλληψή του ότι τα νομίσματα που έκλεψε ήταν και τα δύο χρυσά, ποια είναι η πιθανότητα να τα πήρε από το συρτάρι Α; Λύση (α) Έστω A το ενδεχόμενο «ο διαρρήκτης επιλέγει το συρτάρι Α» Έστω Β το ενδεχόμενο «ο διαρρήκτης επιλέγει το συρτάρι Β» Έστω X το ενδεχόμενο «ο διαρρήκτης επιλέγει δύο χρυσά νομίσματα» Μας δίνεται ότι p(A) = p(B) = ½. P(X|A)=C(3,2)/C(6,2)=1/5=0.2 P(X|B)=C(3,2)/C(9,2)=1/12=0,083 Από το νόμο της ολικής πιθανότητας έχουμε ότι p(X) = p(X|A)p(A) + p(X|B)p(B) = =1/5* 0,5 0,083 * 0,5 = = 0,142

(β) P(A|X) = P(X|A) * P(A) / P(X) = 0,1/0,142=0,7 Άσκηση Φ8.11 Μια δασκάλα δίνει στην τάξη της ένα σύνολο 10 προβλημάτων και πληροφορεί τους μαθητές της ότι η τελική εξέταση θα είναι μια τυχαία επιλογή 5 θεμάτων από αυτά. Ένας μαθητής γνωρίζει την λύση 7 προβλημάτων. Ποια η πιθανότητα να απαντήσει σωστά τουλάχιστον σε 4 προβλήματα του τελικού; Λύση

Οι δυνατοί συνδυασμοί προβλημάτων που θα επιλεγούν είναι (105

) = 252

Ο μαθητής θα πρέπει να απαντήσει σωστά είτε σε 5 ακριβώς προβλήματα είτε σε 4 (και σε ένα λάθος) από τα 7 που έχει διαβάσει

Οι δυνατοί συνδυασμοί είναι (75

) + (74

) (31

) = 126

Η πιθανότητα να απαντήσει σωστά τουλάχιστον σε 4 προβλήματα είναι 126/252=0,5 Άσκηση Φ8.12 Το 20% κάποιου συνόλου φυτών αναπτύσσεται σε έδαφος πλούσιο σε θρεπτικά συστατικά, ενώ τα υπόλοιπα αναπτύσσονται σε έδαφος φτωχό σε θρεπτικά συστατικά. Για τα φυτά που αναπτύσσονται σε πλούσιο έδαφος, υπάρχει 30% πιθανότητα να μολυνθούν από κάποιο μύκητα, ενώ για τα φυτά σε φτωχό έδαφος υπάρχει 60% πιθανότητα να μολυνθούν από αυτό το μύκητα.

a. Ποιο ποσοστό του πληθυσμού μολύνεται από το μύκητα; b. Δεδομένου ότι ένα φυτό είναι μολυσμένο από το μύκητα, ποια είναι η πιθανότητα να βρίσκεται

σε πλούσιο έδαφος; Λύση Έστω ΠΕ το ενδεχόμενο «το φυτό αναπτύσσεται σε πλούσιο έδαφος» και Μ: το ενδεχόμενο «το φυτό μολύνεται»

a. Στα 100 φυτά, τα 20 αναπτύσσονται σε πλούσιο έδαφος. Εξ αυτών το 30% (δηλαδή τα 6) μολύνονται. Τα 80 αναπτύσσονται σε φτωχό έδαφος και εξ αυτών το 60% (δηλαδή τα 48) μολύνονται Συνολικά λοιπόν μολύνονται τα 6+48=54. Το ποσοστό είναι 54%

b. Ψάχνουμε την δεσμευμένη πιθανότητα P(ΠΕ|Μ) όπου ΠΕ: Το φυτό αναπτύσσεται σε πλούσιο έδαφος και Μ: Το φυτό είναι μολυσμένο.

Από τον ορισμό: P(ΠΕ|Μ)=𝑃(𝛱𝛦∩𝛭)

𝑃(𝛭)=

0,06

0,54 = 11,11%

Άσκηση Φ8.13 Ποιο από τα παρακάτω ενδεχόμενα είναι πιο πιθανό: (α) Να φέρουμε ακριβώς ένα έξι όταν ρίχνουμε 6 ζάρια ή (β) να φέρουμε ακριβώς δύο φορές το έξι όταν ρίχνουμε 12 ζάρια;

Λύση α. Για κάθε ζάρι η πιθανότητα να φέρω 6 είναι 1/6 και η πιθανότητα να μην φέρω 6 είναι 5/6

Άρα για τα 6 ζάρια η πιθανότητα να φέρω ένα ακριβώς 6 είναι

(61

) 1

6⋅

5

6⋅

5

6⋅

5

6⋅

5

6⋅

5

6 = 6

1

6⋅ (

5

6)

5

=55

650,4

β. Αντίστοιχα για τα 12 ζάρια η πιθανότητα είναι (122

) 1

6⋅

1

6⋅

510

6100,3

Η 1η πιθανότητα είναι μεγαλύτερη!!!

Άσκηση Φ8.14 Είναι γνωστό ότι όλες οι σαρκοβόρες πεταλούδες έχουν κόκκινα φτερά και ότι το 10% όλων των πεταλούδων είναι σαρκοβόρες. Επίσης, το 10% από τις μη σαρκοβόρες πεταλούδες έχουν κόκκινα φτερά. Έστω ότι βρίσκουμε μια κόκκινη πεταλούδα. Ποια είναι η πιθανότητα να είναι σαρκοβόρα; Λύση Έστω Σ το ενδεχόμενο: «η πεταλούδα είναι σαρκοβόρα», Ν το ενδεχόμενο «η πεταλούδα δεν είναι σαρκοβόρα» και Κ το ενδεχόμενο «η πεταλούδα έχει κόκκινα φτερά» Από τα δεδομένα:

P(Σ)=0,1

P(Ν)=0,9

P(Κ|Σ)=1

P(K|N)=0,1 Ζητάμε την P(Σ|Κ)

Από το νόμο ολικής πιθανότητας: P(K)=P(Κ|Σ)*P(Σ)+P(K|N)*P(N)=1*0,1+0,9*0,1=0,19

Από το νόμο του Bayes P(Σ|Κ)= 𝑃(𝐾|𝛴)∗𝑃(𝛴)

𝑃(𝐾)= 0,1/0,19=0,526

Άσκηση Φ8.15 Θεωρείστε τα γεγονότα Α, Β, Γ με P(A)=0.5, p(B)=0.4, p(Γ)=0.3, και p(A∩Γ) = p(Β∩Γ) = 0.1. Αν Α και Β είναι ξένα μεταξύ τους, υπολογίστε τις πιθανότητες (a) Α και όχι Γ, (b) Α ή Β, (c) Γ και όχι Α και όχι Β, (d) όχι Α και όχι Β και όχι Γ. Λύση (a)

( ) 0.5A A p A A p p A A

Επίσης τα A και A είναι ασυμβίβαστα, επομένως

0.5 0.1 0.4p A A p A p A p A p A

(b)

Δεδομένου ότι τα Α και Β είναι ξένα, 0p A B p . Επίσης,

( ) ( ) ( ) ( )

0.5 0.4 0.9

p p A p B p A B p p A p B

p

(c)

( ) ( ) ( ) ( ) 0.3 0.1 0.1 0.1p p p p

(d)

( ) 1 ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

0.5 0.4 0.3 0 0.1 0.1 0 1.

p p

p p p p p p p p

Επομένως, ( ) 0.p

Επίσης, πολλοί μπορεί να επιχειρηματολογήσουν για το θέμα κάνοντας χρήση διαγράμματος Venn.

(a)

( ) ( ) ( ) 0.5 0.1 0.4p A p A p A p

(b)

( ) ( ) 0.5 0.4 0.9p p A p B

(c)

( ) ( ) ( ) ( ) 0.3 0.1 0.1 0.1p p p p

(d)

( ) 1 ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

0.5 0.4 0.3 0 0.1 0.1 0 1.

p p

p p p p p p p p

Επομένως, ( ) 0.p

Άσκηση Φ8.16 Ο Δήμος Ηρακλείου για να καλύψει τις ανάγκες ύδρευσης της πόλης, αντλεί νερό από μια γεώτρηση,

στη συνέχεια το χλωριώνει και τέλος το φιλτράρει.

Η πιθανότητα αποτυχίας της άντλησης είναι 0,1, της χλωρίωσης 0,2 και του φιλτραρίσματος 0,1.

Αν αποτύχει η άντληση το νερό δεν επαρκεί. Αν αποτύχει η χλωρίωση ή το φιλτράρισμα, το νερό δεν

είναι ικανοποιητικής ποιότητας για κατανάλωση.

Τα 3 γεγονότα (άντληση, χλωρίωση, φιλτράρισμα) θεωρούνται ανεξάρτητα.

a. Ποια η πιθανότητα να έχει η πόλη επάρκεια νερού ικανοποιητικής ποιότητας;

b. Αν το νερό είναι χαμηλής ποιότητας, ποια η πιθανότητα να οφείλεται αυτό σε αποτυχία της

χλωρίωσης;

c. Αν αναβαθμιστεί το σύστημα χλωρίωσης με άλλο που έχει πιθανότητα αποτυχίας 0,1 κατά πόσον

επηρεάζεται το αποτέλεσμα της ερώτησης (b);

Λύση

Έστω Α= Η παροχή νερού είναι επαρκής. p(A)=1-0,1=0,9

Χ= Η χλωρίωση είναι επιτυχής. p(X)=1-0,2=0,8

Φ=Το φιλτράρισμα είναι επιτυχές. p(Φ)=1-0,1=0,9

a. Το γεγονός που περιγράφεται γράφεται ως Α∩(Χ∩Φ)

p(Α∩(Χ∩Φ))=p(A)∙p(X)∙p(Φ)=0,9∙0,8∙0,9=0,648 (τα γεγονότα είναι ανεξάρτητα)

b. H ζητούμενη πιθανότητα είναι: p(𝑋|(𝑋 ∪ 𝛷)

p(𝑋|(𝑋 ∪ 𝛷) = 𝑝(𝑋∩(𝑋∪𝛷))

𝑝(𝑋∪𝛷)) =

𝑝(𝑋)

𝑝(𝑋∪𝛷)) =

0,2

0,2+0,1−0,2∙0,1 =

0,1

0,14 (𝑝(𝑋 ∪ 𝛷) = 𝑝(𝑋) + 𝑝(𝛷) - 𝑝(𝑋) ∙ 𝑝(𝛷)

c. Σ’ αυτή την περίπτωση p(𝑋|(𝑋 ∪ 𝛷) = 𝑝(𝑋∩(𝑋∪𝛷))

𝑝(𝑋∪𝛷)) =

𝑝(𝑋)

𝑝(𝑋∪𝛷)) =

0,1

0,1+0,1−0,1∙0,1 =

0,1

0,19

Άσκηση Φ8.17

Αν P[A]= a, P[Β]=b, P[A∩B]=c, να βρεθεί η P[(A∩�̅�)∪( �̅�∩B)].

Λύση A= A ∩Ω = Α ∩(B U�̅�) = (A∩ �̅�)∪(A∩B) ⇒ p(A)=p(A∩ �̅�)∪(A∩B) = p(A∩ �̅�) + p(A∩B) –p(A∩ �̅� ∩ A∩B)= p(A∩ �̅�) + p(A∩B)-0 ⇒ p(A∩ �̅�) =p(A)-p(A∩B) Αντίστοιχα: p(�̅�∩B)= p(Β)- p(A∩B)

p[(A∩ �̅�)∪( �̅�∩B)]=p[(A∩ �̅�)]+p[(�̅�∩B)]- p[A∩�̅�∩ �̅�∩B]=

p(A)-p(A∩B)+p(B)- p(A∩B)-0=a+b-2c Άσκηση Φ8.18

Έστω ότι έχουμε n δοχεία αριθμημένα από το 1 ως το n και n σφαίρες αριθμημένες επίσης από το 1 ως το n. Οι σφαίρες τοποθετούνται τυχαία στα δοχεία ανά μια. Αν μια σφαίρα και το δοχείο της έχουν τον ίδιο αριθμό λέμε ότι έχουμε μια συνάντηση. α. Ποια η πιθανότητα το δοχείο k και η σφαίρα k να συναντηθούν β. Ποια η πιθανότητα m συγκεκριμένα δοχεία να συναντηθούν με τις αντίστοιχες σφαίρες γ, Ποια η πιθανότητα τουλάχιστον m (m=0,1,...,n) συναντήσεων; Λύση α. Έστω Α το ενδεχόμενο ”Συνάντηση της σφαίρας k με το δοχείο k”, και Β=”Όλες οι δυνατές

αναδιατάξεις των n σφαιρών στα n κουτιά”, η ζητούμενη πιθανότητα εκφράζεται από το κλάσμα |𝛢|

|𝛣|

Το |Α|εκφράζεται από το πλήθος των ενδεχομένων “ η σφαίρα k να μπει στο κουτί k KAI οι υπόλοιπες n-1 σφαίρες να μπουν σε οποιοδήποτε από τα n-1 κουτιά” = 1*(n-1)! To |B| ισούται με το πλήθος των αναδιατάξεων των n σφαιρών (P(n,n)= n!)

Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι (𝑛−1)!

𝑛!=

1

𝑛

β. Κατ’ αντιστοιχία με το προηγούμενο, πρέπει οι m σφαίρες να μπουν στο αντίστοιχο κουτί και οι υπόλοιπες (n-m) ας αναδιαταχθούν με οποιοδήποτε τρόπο

Η ζητούμενη πιθανότητα είναι (𝑛−𝑚)!

𝑛!

γ. Αρχικά πρέπει να υπολογίσουμε με πόσους τρόπους θα επιλέξουμε τις m σφαίρες που θα «συναντηθούν» με τα αντίστοιχα κουτιά (εδώ δεν είναι συγκεκριμένες οι σφαίρες όπως στο προηγούμενο ερώτημα) Στη συνέχεια προχωράμε όπως στο ερώτημα β

Έχουμε C(n,m) = ( 𝑛𝑚

) τρόπους να επιλέξουμε τις m σφαίρες άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι

(𝑛

𝑚) ⋅

(𝑛 − 𝑚)!

𝑛!=

1

𝑚!

Άσκηση Φ8.19 Τα ποσοστά επιτυχίας σε δύο τεστ Α και Β είναι: 60% για το Α, 50% για το Β και 35% για το Α και Β. Να βρεθούν τα ποσοστά επιτυχίας: α. Σε ένα τουλάχιστον από τα δύο β. Σε κανένα από τα δύο γ. Σε ακριβώς ένα από τα δύο Λύση

α. P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)=75%

β. P(�̅�∩ �̅�)=P(𝐴 ∪ 𝐵)̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ =1- P(A∪B)=25%

γ. P((A∩�̅�) ∪ (�̅�∩B)) = (βλ. άσκηση Φ8.17)

P(A)+P(B)-2P(A∩B)=40%

Άσκηση Φ8.20

Αν Α και Β ξένα μεταξύ τους με P[A]=1

3, P[B]=

1

2, να υπολογιστούν οι πιθανότητες

P[A|A∪B], P[B| A∪B]

Λύση

1. P[A|A∪B]=𝑃(𝐴∩(𝐴∪𝐵))

𝑃(𝐴∪𝐵)=

𝑃(𝐴)

𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)−𝑃(𝐴∩𝐵)=

𝑝(𝐴)

𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)=

2

5

2. P[B| A∪B]= 𝑃(𝐵∩(𝐴∪𝐵))

𝑃(𝐴∪𝐵)=

𝑃(𝐵)

𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)−𝑃(𝐴∩𝐵)=

𝑝(𝐵)

𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)=

3

5

Άσκηση Φ8.21 Η πιθανότητα να είναι ελαττωματικό ένα ανταλλακτικό είναι 0,10 α. Ποια η πιθανότητα δύο ανταλλακτικά επιλεγμένα τυχαία να είναι ελαττωματικά; β. Ποια η πιθανότητα μεταξύ 5 ανταλλακτικών το ένα τουλάχιστον να είναι καλο; γ. Με πόσα ανταλλακτικά πρέπει να εφοδιαστεί κανείς ώστε η πιθανότητα να βρει τουλάχιστον ένα καλό να είναι μεγαλύτερη του 0,99; Λύση

α. P(E1)⋅P(E2)=0,01

β. Αν Α το ενδεχόμενο «μεταξύ 5 ανταλλακτικών το ένα τουλάχιστον είναι καλό» και Β το «και τα 5 είναι ελαττωματικά» τότε

P(A)=1-P(B)=1-0,15=0,99999 γ. Αν Α: «τουλάχιστον ένα στα n είναι καλό», τότε P(A)=1-0,1n

Θέλουμε P(A)>0,99 ⇒1-0,1n>0,99⇒0,1n<0.01⇒n⋅ln0,1<ln0.01 ⇒

-2.3⋅n<-4,6⇒ 2,3⋅n>4,6 ⇒ n> 2

Άσκηση Φ8.22 Μια εταιρία ηλεκτρονικών θέλει να εισάγει ένα νέο τηλέφωνο. Η εταιρία, για κάθε νέο προϊόν, κάνει μια έρευνα αγοράς, η οποία προβλέπει αν το προϊόν θα είναι επιτυχές ή όχι. Από τα προϊόντα που έχει εισάγει, το 60% έχουν επιτύχει. Επίσης 70% από τα επιτυχημένα προϊόντα είχαν προβλεφθεί, ενώ 40% από τα μη επιτυχημένα προϊόντα, είχαν προβλεφθεί ότι θα επιτύχουν. Να βρείτε την πιθανότητα του νέου τηλεφώνου να επιτύχει, αν έχει προβλεφθεί η επιτυχία του. Λύση Έστω Ε το ενδεχόμενο «το προϊόν είναι επιτυχημένο» και Π το ενδεχόμενο « Το προϊόν προβλέφθηκε ότι θα επιτύχει» Γνωρίζουμε ότι P(Ε)=60% (άρα η πιθανότητα αποτυχίας ενός προϊόντος είναι 1-P(E)=40%) P(Π|Ε)=70%

P(Π|𝛦)̅̅ ̅=40% Και θέλουμε να βρούμε την πιθανότητα P(E|Π) Από το νόμο της ολικής πιθανότητας

P(Π)=P(Π|Ε)⋅P(E)+P(Π|𝛦)̅̅ ̅⋅P(�̅�)=0,7*0,6+0.4*0,4=0.58 Και από το νόμο του Bayes

P(E|Π)=P(Π|Ε)⋅P(E)

𝑃(𝛱)=

0,7∙0,6

0,58= 0,724

Άσκηση Φ8.23

Μία εταιρία έχει αναλάβει δύο έργα, το A και το B. Η πιθανότητα επιτυχίας του Α είναι 2/3 και η πιθανότητα επιτυχίας του Β είναι 3/5. Ποια είναι η πιθανότητα να αποτύχουν και τα δύο έργα αν γνωρίζουμε ότι (α) η επιτυχία του ενός έργου δεν εξαρτάται από το άλλο (β) η πιθανότητα επιτυχίας του έργου Β δεδομένης της επιτυχίας του Α είναι 3/5. Λύση Γνωρίζουμε ότι: p(A)=2/3, p(B)=3/5 Θέλουμε να υπολογίσουμε το p(�̅� ∩ �̅�) αν (α) τα Α και Β είναι ανεξάρτητα - οπότε 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 𝑝(𝐴) ∙ 𝑝(𝐵) = 2/3 ∙ 3/5 = 6/15 p(�̅� ∩ �̅�) = 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅) =1 – 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵) 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐵) − 𝑝(𝐴 ∩ 𝐵) = 2/3 +3/5 – 6/15 = 13/15 Άρα p(�̅� ∩ �̅�) = 1 − 13/15 = 2/15 (β) p(B|A)= 3/5 p(B|A) = p(A∩B)/p(A) = 3/5 ⇒ p(A∩B) = 2/3∙3/5 = 6/15 p(�̅� ∩ �̅�) = 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅) =1 – 𝑝(𝐴 ∪ 𝐵) = 1 − (𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐵) − 𝑝(A∩ 𝐵)) = 1 − (2/3 + 3/5 − 6/15) =2/15 Άσκηση Φ8.24 Μία εταιρία οικονομικών μελετών έχει κατασκευάσει ένα μοντέλο για να προβλέπει την οικονομική ύφεση. Το μοντέλο προβλέπει την ύφεση με πιθανότητα 80% όταν η ύφεση πρόκειται όντως να έλθει και με πιθανότητα 10% όταν η ύφεση δεν πρόκειται να έλθει. Γενικά, η πιθανότητα οικονομικής ύφεσης είναι 20%. Αν, στην τελευταία πρόβλεψή του το μοντέλο πρoέβλεψε ύφεση, ποια είναι η πιθανότητα να έχουμε πραγματικά ύφεση; Λύση Έστω Υ το ενδεχόμενο «έχουμε ύφεση» και ΠΥ το ενδεχόμενο «προβλέπεται ύφεση» Γνωρίζουμε ότι: p(Y) = 0.2 p(ΠΥ|Υ) = 0.8 p(ΠΥ|�̅�) = 0.1 Θέλουμε να υπολογίσουμε την p(Y|ΠΥ)

Από το Νόμο του Bayes: p(Y|ΠΥ) = 𝑝(𝛱𝛶|𝛶)∙𝑝(𝑌)

𝑝(𝛱𝛶) (1)

Από το Νόμο της Ολικής Πιθανότητας: p(ΠΥ) = p(ΠΥ|Υ)∙p(Y) + p(ΠΥ|�̅�) ∙ 𝑝(�̅�) = 0.24 Από το (1) p(Y|ΠΥ) = 2/3

Άσκηση Φ8.25 Έξι άνθρωποι μπαίνουν σε ένα ανελκυστήρα στο ισόγειο ενός ξενοδοχείου. Το ξενοδοχείο έχει δέκα επιπλέον ορόφους. Θεωρώντας ότι κάθε άνθρωπος μπορεί να βγει από τον ανελκυστήρα σε ένα τυχαία επιλεγμένο όροφο (εκτός του ισογείου), ποια είναι η πιθανότητα να μην υπάρχουν δύο άνθρωποι που να κατέβουν στο ίδιο όροφο; Λύση Αφού δεν θα κατέβουν 2 άνθρωποι στον ίδιο όροφο, θα κατέβουν 6 άνθρωποι σε 6 διαφορετικούς ορόφους. Σε κάποιον όροφο από τους 10 θα κατέβει ένας άνθρωπος (10 διαφορετικές περιπτώσεις να κατέβει σ’ αυτό τον όροφο), σε κάποιον άλλο από τους εναπομείναντες 9 κάποιος άλλος (9 περιπτώσεις) … και τελικά σε κάποιον 6ο από τους 10 ο τελευταίος (5 περιπτώσεις) Συνολικά έχουμε 10∙9∙8∙7∙6∙5 διαφορετικές περιπτώσεις από τις 106 συνολικά διαφορετικές εξάδες

ορόφων. Η ζητούμενη πιθανότητα είναι 10∙9∙8∙7∙6∙5/106

Άσκηση Φ8.26 Ένα συρτάρι περιέχει οκτώ διαφορετικά ζευγάρια από γάντια, καθένα από τα οποία αποτελείται από ένα αριστερό και το αντίστοιχό του δεξιό γάντι. Αν επιλέξετε τυχαία τέσσερα γάντια, ποια είναι η πιθανότητα να επιλέξετε δύο ζευγάρια από αντίστοιχα γάντια;

Λύση

Υπάρχουν C(16, 4) τρόποι να επιλέξει κανείς 4 από τα 16 γάντια και C(8,2) τρόποι να διαλέξει κανείς 2 από τα οκτώ ζευγάρια. Επομένως, η πιθανότητα να επιλέξει κανείς δύο ζευγάρια από αντίστοιχα γάντια είναι C(8,2)/ C(16, 4) = 1/65.

Άσκηση Φ8.27

Ένα σακκούλι περιέχει τρία μήλα και Ν πορτοκάλια. Προσδιορίστε αριθμητικά το πλήθος Ν των πορτοκαλιών προκειμένου η πιθανότητα να επιλέξουμε δύο μήλα να είναι ίση με την πιθανότητα να επιλέξουμε ένα μήλο και ένα πορτοκάλι (δεν μας ενδιαφέρει ωστόσο η σειρά της επιλογής). Λύση Η πιθανότητα να επιλέξει κανείς δύο μήλα είναι C(3, 2)/C(3+N,2). H πιθανότητα να επιλέξει κανείς ένα μήλο και ένα πορτοκάλι είναι C(3,1)⋅C(Ν,1)/C(3+N,2). Εξισώνοντας τις δύο πιθανότητες και λύνοντας ως προς Ν προκύπτει Ν=1. Άσκηση Φ8.28 Σε ένα πανεπιστήμιο, 4% των φοιτητών και 1% των φοιτητριών έχουν ύψος πάνω από 1,90. Στο

φοιτητικό πληθυσμό η αναλογία είναι 3 φοιτήτριες προς 2 φοιτητές. Αν επιλέξουμε τυχαία ένα άτομο

που είναι πάνω από 1,90, με τι πιθανότητα είναι γυναίκα;

Λύση

Έστω Α το ενδεχόμενο «Ο φοιτητής είναι άνδρας», Γ το ενδεχόμενο «Ο φοιτητής είναι γυναίκα» και Υ

το ενδεχόμενο « Ο φοιτητής είναι πάνω από 1,90»

Δεδομένα:

p(A)=2/5 = 0,4

p(Γ)=3/5=0,6 (Τα Α και Γ είναι συμπληρωματικά ενδεχόμενα)

p(Y|A)=0,04

p(Y|Γ)=0,01

Ζητάμε την p(Γ|Υ)

Από το νόμο του Bayes έχουμε:

𝑝(𝛤|𝛶) =𝑝(𝑌|𝛤) ∙ 𝑝(𝛤)

𝑝(𝑌|𝛤) ∙ 𝑝(𝛤) + 𝑝(𝑌|𝐴) ∙ 𝑝(𝛢)=

0,01 ∙ 0,6

0,01 ∙ 0,6 + 0,04 ∙ 0,4= 0,2727

Άσκηση Φ8.29

Ένα ζευγάρι έχει δύο παιδιά. Θεωρούμε ότι είναι το ίδιο πιθανό να γεννηθεί αγόρι ή κορίτσι.

a. Ποια είναι η πιθανότητα να είναι κορίτσια και τα 2 παιδιά δεδομένου ότι το πρώτο παιδί που

γεννήθηκε ήταν κορίτσι;

b. Ας υποθέσουμε (μόνο γι’ αυτό το ερώτημα) ότι ένα τουλάχιστον παιδί είναι κορίτσι. Με αυτό το

δεδομένο, ποια είναι η πιθανότητα να είναι και τα δύο παιδιά κορίτσια;

Λύση

O δειγματικός μας χώρος είναι ο {ΑΚ, ΚΚ, ΑΑ, ΚΑ} όπου ΑΚ: το πρώτο παιδί είναι αγόρι και το 2ο

κορίτσι, ΚΚ: και τα 2 παιδιά είναι κορίτσια, κοκ) με ίση πιθανότητα για όλα τα ενδεχόμενα.

Έστω Α το ενδεχόμενο και τα δύο παιδιά να είναι κορίτσια (Α={ΚΚ} ) και Β το ενδεχόμενο το πρώτο

παιδί να είναι κορίτσι (Β={ΚΑ, ΚΚ}) . Τέλος έστω Γ το ενδεχόμενο ένα τουλάχιστον παιδί να είναι κορίτσι

Γ={ΑΚ,ΚΑ,ΚΚ}

p(A)=1/4, p(B)=2/4=1/2, p(Γ)=3/4

a. Α⊂Β ⇒p(A∩ 𝐵) = 𝑝(𝐴) . Ά𝜌𝛼 p(A|B)= 𝑝(𝛢∩𝛣)

𝑝(𝐵)=

𝑝 (𝐴)

𝑝(𝐵) = ½

b. Α⊂Γ ⇒p(A∩ 𝛤) = 𝑝(𝐴). Άρα p(A|Γ)= 𝑝(𝛢∩𝛤)

𝑝(𝛤)=

𝑝 (𝐴)

𝑝(𝛤) = 1/3

Άσκηση Φ8.30

Μια ασθένεια προσβάλλει 1 στους 10000 ανθρώπους. Υπάρχει ένα διαγνωστικό τεστ για την ασθένεια

για το οποίο ισχύουν:

Η πιθανότητα να είναι θετικό αλλά ο άνθρωπος να μην πάσχει από την ασθένεια είναι 2%

Η πιθανότητα να είναι αρνητικό αλλά ο άνθρωπος να νοσεί από την ασθένεια είναι 1%

Ένας άνθρωπος υποβάλλεται στο τεστ και το αποτέλεσμα είναι θετικό. Ποια η πιθανότητα να νοσεί;

Λύση

Έστω Α το ενδεχόμενο να νοσεί ο άνθρωπος και Τ το ενδεχόμενο να είναι θετικό το τεστ

p(A) = 1/10000

p(T|�̅�) = 0.02

p(𝑇|̅A) = 0.01

Όπως ξέρουμε (και από άσκηση Φ8.5 του φροντιστηρίου)

p(𝑇|̅A) + p(T|A)=1 ⇒ p(T|A) = 1 - p(𝑇|̅A) = 1 – 0.01

Θέλουμε να υπολογίσουμε την p(Α|Τ)

Από τον Ν. Bayes και το Ν. Ολικής Πιθανότητας: p(A|T) = 𝑝(𝑇|𝐴)𝑝(𝐴)

𝑝(𝑇|𝐴)𝑝(𝐴)+𝑝(𝑇|�̅�)𝑝(𝐴̅) =

(1−0,01)∙0.0001

(1−0.01)∙0.0001+0.02∙(1−0.0001) = 0.0049

Άσκηση Φ8.31

Ένα κανονικό έτος έχει 365 ημέρες και ένα δίσεκτο 366 ημέρες.

α. Ποια είναι η πιθανότητα ένα δίσεκτο έτος να έχει 53 Κυριακές;

β. Ποια είναι η πιθανότητα ένα κανονικό (όχι δίσεκτο) έτος να έχει 53 Κυριακές;

Λύση

Έστω Α το ενδεχόμενο ένα έτος να έχει 53 Κυριακές

α. Ένα δίσεκτο έτος έχει 366 μέρες. Έχει δηλαδή 52 ολόκληρες βδομάδες και 2 ακόμη μέρες. Οι 2 αυτές

μέρες μπορεί να είναι (Δευτέρα, Τρίτη) ή (Τρίτη, Τετάρτη) ή (Τετάρτη, Πέμπτη) ή (Πέμπτη, Παρασκευή)

ή (Παρασκευή, Σάββατο) ή (Σάββατο, Κυριακή) ή (Κυριακή, Δευτέρα). Από τις 7 αυτές επιλογές πρέπει

να πέσουν οι δύο (Σάββατο, Κυριακή) ή (Κυριακή, Δευτέρα) για να έχουμε 53 Κυριακές. Άρα p(A) = 2/7

β. Ένα κανονικό έτος με 365 μέρες έχει 52 ολόκληρες βδομάδες και 1 ακόμη μέρα που θα μπορούσε να

είναι μια οποιαδήποτε από τις 7 μέρες της βδομάδας. Άρα p(A)=1/7

Άσκηση Φ8.32

O Αντώνης και ο Βασίλης, μάρτυρες σε ένα δικαστήριο, λένε την αλήθεια με πιθανότητα 2/3 και 4/5

αντίστοιχα. Υποθέτουμε ότι ο καθένας δεν γνωρίζει τι κατέθεσε ο άλλος κι επομένως οι καταθέσεις

τους είναι ανεξάρτητες μεταξύ τους.

a. Ποια είναι η πιθανότητα οι καταθέσεις τους να είναι ίδιες;

b. Ποια είναι η πιθανότητα οι καταθέσεις τους να είναι αντιφατικές;

Λύση

Έστω Α: ο Αντώνης λέει την αλήθεια και Β: ο Βασίλης λέει την αλήθεια

p(A)=2/3 => p(�̅�)=1/3

p(B)=4/5 => p(�̅�) = 1/5

a. Για να συμφωνήσουν μεταξύ τους πρέπει ή και οι δύο να πουν αλήθεια ή και οι δύο να πουν

ψέματα Ψάχνουμε την πιθανότητα (Α ⋂ Β) ⋃ (�̅� ⋂�̅� )

Τα δύο ενδεχόμενα όμως αυτά είναι ασυμβίβαστα και οι καταθέσεις είναι ανεξάρτητες

Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι p(A⋂Β)+p(�̅� ⋂�̅�)= p(A)⋅p(B) + p(�̅�)⋅p(�̅�') = 3/5

b. Οι καταθέσεις είναι αντιφατικές αν ο ένας πει αλήθεια και ο άλλος ψέματα

δηλαδή αν συμβεί το A⋂�̅� ή το �̅�⋂Β

Τα επιμέρους αυτά ενδεχόμενα είναι ασυμβίβαστα άρα μια και οι καταθέσεις είναι ανεξάρτητες:

p((A⋂�̅�)⋃(�̅�⋂Β))=p(A⋂�̅�)+p(�̅�⋂Β)=p(A)⋅p(�̅�)+p(�̅�)⋅p(B)=2/5

Άσκηση Φ8.33

Σε ένα πάρτι, τέσσερα αγόρια και τέσσερα κορίτσια φέρνουν από ένα δώρο το οποίο και θα

ανταλλάξουν. Κάθε αγόρι επιλέγει τυχαία ένα κορίτσι και του δίνει το δώρο του. Επίσης, κάθε κορίτσι

επιλέγει τυχαία ένα αγόρι και του δίνει το δώρο της. Βρείτε την πιθανότητα κάθε παιδί να πάρει

ακριβώς ένα δώρο.

Λύση

Πρέπει να βρούμε με πόσους τρόπους μπορεί να επιτευχθεί το να πάρει κάθε άτομο ακριβώς ένα

δώρο, διά το πλήθος όλων των ενδεχόμενων τρόπων κατανομής των δώρων. Τα 4 δώρα των αγοριών

μπορούν να πάνε σε 4 διαφορετικά κορίτσια με 4! τρόπους. Ομοίως, τα 4 δώρα των κοριτσιών μπορούν

να πάνε σε 4 διαφορετικά αγόρια με 4! τρόπους. Όλες οι δυνατές αναθέσεις δώρων είναι 48 .

Επομένως, η ζητούμενη πιθανότητα είναι 4!4!/ 48 = 0.0088.

Άσκηση Φ8.34

Από τους επισκέπτες που φτάνουν σε ένα μικρό αεροδρόμιο, το 60% χρησιμοποιεί κανονικό

αεροπορικό δρομολόγιο, το 30% χρησιμοποιεί ιδιωτικό αεροπλάνο και οι υπόλοιποι νοικιάζουν

αεροπλάνο. Για επαγγελματικούς λόγους ταξιδεύει το 50% αυτών που ταξιδεύουν με κανονικό

αεροπορικό δρομολόγιο, το 60% αυτών που χρησιμοποιούν ιδιωτικά αεροπλάνα και το 90% αυτών που

νοικιάζουν αεροπλάνα. Υποθέστε ότι επιλέγουμε τυχαία έναν άνθρωπο που φτάνει στο αεροδρόμιο

αυτό. Ποια είναι η πιθανότητα αυτός ο άνθρωπος:

i. Να ταξιδεύει για επαγγελματικούς λόγους.

ii. Να ταξιδεύει για επαγγελματικούς λόγους με ιδιωτικό αεροπλάνο.

iii. Να έφτασε με ιδιωτικό αεροπλάνο δεδομένου ότι ταξιδεύει για επαγγελματικούς λόγους.

Λύση

Έστω Β το ενδεχόμενο «ταξιδεύει για επαγγελματικούς λόγους», Μ «ταξιδεύει με κανονικό

δρομολόγιο», P «ταξιδεύει με ιδιόκτητο αεροπλάνο», C «Ενοικιάζει αεροπλάνο».

i. P(B) = P(B|M)P(M) + P(B|P)P(P) + P(B|C)P(C) = 0.6x0.5 + 0.3x0.6 + 0.1x0.9= 0.57

ii. P(B∩P) = P(B|P)P(P)=0.3x0.6 = 0.18

Iii. P(P|B) P(B∩P)P(B)= 0.18/0.57 = 0.3158

Άσκηση Φ8.35

Μια επιτροπή από 5 άτομα επιλέγεται από ένα σύνολο ανθρώπων που αποτελείται από 6 άντρες και 9

γυναίκες. Αν η επιλογή έγινε τυχαία, ποια η πιθανότητα η επιτροπή να αποτελείται από 3 άντρες και 2

γυναίκες;

Λύση

Υπάρχουν (155

) διαφορετικοί τρόποι να επιλεγεί τυχαία η 5μελής επιτροπή από τα 15 άτομα.

Η ζητούμενη πιθανότητα είναι (6

3) (9

2)

(155

) =

240

1001

Άσκηση Φ8.36

Δύο φίλοι παίζουν πετώντας βελάκια σ’ ένα στόχο. Η πιθανότητα του 1ου να βρει κέντρο είναι ¼ και του

2ου είναι 2/5. Βρείτε την πιθανότητα τουλάχιστον ένας να βρει κέντρο.

Λύση

Έστω Α: ο 1ος βρίσκει κέντρο και B: Ο 2ος βρίσκει κέντρο

Τα Α και Β είναι ανεξάρτητα (η βολή του ενός δεν επηρεάζει τη βολή του άλλου)

Μας δίνεται p(A)=1/4 και p(B)=2/5.

Ζητάμε την p(A∪B).

p(A∪B)=p(A)+p(B)-p(A∩B)=p(A)+p(B)+p(A)∙p(B)=1/4+2/5+1/4∙2/5=11/20

Άσκηση Φ8.37

Στο πόκερ μοιράζουμε 5 φύλλα. Έχουμε «φουλ» αν 3 από τα φύλλα έχουν ίδια «αξία» μεταξύ τους και

τα υπόλοιπα 2 φύλλα είναι ίσης αξίας μεταξύ τους (π.χ. 3 οκτάρια και 2 ντάμες). Ποια η πιθανότητα

του φουλ σε μια μοιρασιά;

Λύση

Υποθέτουμε ότι όλες οι μοιρασιές των 5 χαρτιών είναι ισοπίθανες. Έχουμε (525

) πεντάδες χαρτιών. Για

το φουλ υπάρχουν (42) για να μοιραστούν 2 ίδια φύλλα από τα 4 ίδιας αξίας που υπάρχουν στην

τράπουλα και (43) για τα 3 ίδια φύλλα. Υπάρχουν όμως 13 διαφορετικές επιλογές (13 διαφορετικές

αξίες) για τη μια ομάδα και 12 στη συνέχεια για την άλλη ομάδα φύλλων.

Συνολικά έχουμε 13∙12∙(42) ∙ (4

3) διαφορετικές περιπτώσεις.

Η πιθανότητα του φουλ λοιπόν είναι: 13∙12∙(4

2)∙(4

3)

(525

) ≈0,0014

Άσκηση Φ8.38

Ρίχνουμε ένα τίμιο νόμισμα 3 φορές. α.Ποια είναι η πιθανότητα να έρθει μια φορά «κορώνα» και 2 φορές «γράμματα»; β. Ποια είναι η πιθανότητα να έρθουν το πολύ δύο φορές «κορώνα» Λύση Έστω Κ το ενδεχόμενο να έρθει κορώνα και Γ το ενδεχόμενο να έρθουν γράμματα. Ολα τα δυνατά αποτελέσματα της ρίψης του νομίσματος είναι <ΚΚΚ>, <ΓΚΚ>, <ΚΓΚ>, <ΚΚΓ>, <ΚΓΓ>, <ΓΚΓ>, <ΓΓΚ> και <ΓΓΓ> α. Από αυτά, τα επιθυμητά αποτελέσματα είναι τα <ΚΓΓ>,<ΓΓΚ>και <ΓΚΓ> Άρα η πιθανότητα είναι 3/8 β. Τα επιθυμητά αποτελέσματα σ αυτή την περίπτωση είναι <ΓΚΚ>,<ΚΓΚ>,<ΚΚΓ>,<ΚΓΓ>,<ΓΚΓ>,<ΓΓΚ> και <ΓΓΓ> και η πιθανότητα είναι 7/8 Άσκηση Φ8.39

Ένα κουτί έχει 8 κόκκινες, 7 μπλε και 6 πράσινες μπάλες. Παίρνουμε στην τύχη 3 μπάλες. Ποια η πιθανότητα να είναι όλες κόκκινες; Λύση Οι τρόποι να πάρουμε 3 από τις 21 μπάλες είναι C(21,3)=1330 Έχουμε C(8,3) = 56 τρόπους να πάρουμε 3 από τις 8 κόκκινες μπάλες Η πιθανότητα είναι 56/1330=0,0421 Άσκηση Φ8.40

Στη δεξιά τσέπη μου έχω 5 νομίσματα των 20 λεπτών και 4 νομίσματα των 10 λεπτών. Στην αριστερή τσέπη έχω 7 νομίσματα των 20 λεπτών και 9 των 10 λεπτών. Παίρνω ένα νόμισμα τυχαία από τη δεξιά τσέπη και το βάζω στην αριστερή. Στη συνέχεια παίρνω τυχαία ένα νόμισμα από την αριστερή. Ποια η πιθανότητα να παρω 20λεπτο; Λύση Έστω Δ το ενδεχόμενο να μετέφερα 10λεπτο στην αριστερή τσέπη και Ε το ενδεχόμενο να πήρα 20λεπτο στο τελευταίο βήμα. Από το νόμο της ολικής πιθανότητας έχω ότι

p(Ε)=p(Ε|Δ)⋅p(Δ)+p(Ε|𝛥)̅̅ ̅⋅p(�̅�)= 7

17∙

4

9+

8

17∙

5

9 =0,444444...

Άσκηση Φ8.41

Αποδείξτε ότι αν τα ενδεχόμενα Α και Β είναι ανεξάρτητα, το ίδιο συμβαίνει και με τα Α και �̅�. Λύση Α=(Α∩Β)∪(Α∩�̅�) (1) Tα Α∩Β και Α∩�̅� είναι ξένα μεταξύ τους άρα p(A)=p(Α∩Β)+p(Α∩�̅�) (2) Εφόσον τα Α και Β είναι ανεξάρτητα η (2) γίνεται: p(A)=p(Α) ∙ p(B) + p(Α∩�̅�) ⇒ p(Α∩�̅�) = p(A)[1-p(B)] =p(A) ∙p(�̅�) άρα τα Α και �̅� είναι ανεξάρτητα.

Άσκηση Φ8.42

Φεύγετε για ταξίδι και ζητάτε από το γείτονα να ποτίζει μια γλάστρα που έχετε όσο θα λείπετε. Αν το φυτό δεν ποτισθεί, κινδυνεύει να ξεραθεί με πιθανότητα 80%. Επειδή το φυτό είναι ασθενικό, ακόμη κι αν ποτιστεί κινδυνεύει να ξεραθεί με πιθανότητα 15%. Η πιθανότητα να θυμηθεί ο γείτονας να ποτίζει το φυτό είναι 90%. a. Ποια είναι η πιθανότητα να συντηρηθεί το φυτό; b. Γυρίσατε και το φυτό είναι ξερό. Ποια είναι η πιθανότητα να ξέχασε ο γείτονας να το ποτίσει ; Λύση Έστω Π το ενδεχόμενο ο γείτονας να πότιζε το φυτό και E το ενδεχόμενο το φυτό να επιβιώσει

Γνωρίζουμε ότι p(Π) = 0,9, p(�̅�|𝛱)̅̅̅̅ = 0,8, p(�̅�|𝛱) = 0,15 a. Ψάχνουμε την p(E). Από το νόμο της ολικής πιθανότητας: p(Ε)=1-p(�̅�)=1-[p(�̅�|Π)⋅p(Π)+p(�̅�|𝛱)⋅p(𝛱)] = 1-(0,15⋅0,9+0,8⋅0,1)=0,785

b. Ψάχνουμε την p(𝛱|�̅�)

Από το νόμο του Bayes p(𝛱|�̅�) = p(𝐸|�̅�)⋅𝑝(�̅�)

p(𝐸) =

0,8⋅0,1

0.215 = 0,372

Άσκηση Φ8.43

Σε μια μελέτη ανάμεσα στους νέους 18-23 ετών διαπιστώθηκε ότι το 70% έχει λογαριασμό στο Facebook, το 40% έχει λογαριασμό στο Twitter και το 20% έχει και στα 2. Η έρευνα επίσης κατέγραψε ότι το 60% των νέων σπουδάζει, το 80% των φοιτητών έχει λαπτοπ ενώ μόνο το 55% των νέων που δεν σπουδάζουν έχει λαπτοπ. Έστω F το ενδεχόμενο “ο νέος έχει λογαριασμό στο Facebook” και Τ το ενδεχόμενο “ο νέος έχει λογαριασμό στο Twitter”

1. Βρείτε την πιθανότητα ο νέος να έχει λογαριασμό είτε στο Facebook είτε στο Twitter 2. Βρείτε την πιθανότητα ένας νέος να έχει λογαριασμό μόνο στο Facebook 3. Βρείτε την πιθανότητα να μην έχει ούτε Facebook ούτε Twitter 4. Βρείτε την πιθανότητα ένας που έχει λογαριασμό στο Facebook να έχει και στο Twitter 5. Τα ενδεχόμενα F και Τ είναι ανεξάρτητα; 6. Βρείτε την πιθανότητα ένας νέος να έχει λαπτοπ 7. Αν συναντήσουμε ένα νέο με λαπτοπ, ποια είναι η πιθανότητα να σπουδάζει;

Λύση Γνωρίζουμε ότι: p(F)=0,7, p(T)=0,4 p(F∩T)=0,2 1. p(F∪T)=p(F)+p(T)-(F∩T)= 0,7+0,4-0,2=0,9 (κανόνας εγκλεισμού/αποκλεισμού) 2. Ψάχνουμε την πιθανότητα του F-T = F∩�̅�. F=(F∩T) ∪ (F∩�̅�) Tα =(F∩T) και (F∩�̅�) είναι ξένα μεταξύ τους άρα p(F) = p(F∩T) +p(F∩�̅�)⇒ p(F-T)= p(F∩�̅�)=p(F)- p(F∩T) =0,7-0,2=0,5

3. Θέλουμε την p (𝐹̅̅ ̅ ∩ �̅� ) =p(𝐹 ∪ 𝑇̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅) = 1-p(F∪T)=1-0,9=0,1

4. p(T|F)= 𝑝(𝑇∩𝐹)

𝑝(𝐹) =

0,2

0,7 =0,286

5. p(F∩T)=0,2≠0,7*0,4=p(F)*p(T) άρα δεν είναι ανεξαρτητα 6. Εστω Α το ενδεχόμενο “ ένας νέος σπουδάζει», Β: “ένας νεος έχει λαπτοπ” Ξερουμε ότι p(A)=0,6, p(B|A)=0,8, p(B|�̅�)=0,55. Ψάχνουμε την p(B)

p(B)=p(B|A)⋅p(A)+p(B|𝐴)̅̅ ̅⋅p(�̅�)=0,6*0,8+0,55*0,4=0,7 (Νόμος ολικής πιθανοτητας)

7. p(A|B)= 𝑃(𝐵|𝐴)∗𝑃(𝐴)

𝑃(𝐵) =

0,8∗0,6

0,7 =0,686 (Νόμος του Bayes)