Curs 2

Campuri de probabilitate

2.1 Formule probabiliste

In cele ce urmeaza, fie (Ω,F ,P) un spatiu de probabilitate.

2.1.1 Probabilitatea unei reuniuni de evenimente

Daca A,B ∈ F , are loc relatia

P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B) . (2.1)

Acest lucru se poate deduce folosind faptul ca

A ∪B = A ∪ (B \ A) si A ∩ (B \ A) = ∅,

de unde rezulta ca

P(A ∪B) = P(A ∪ (B \ A)) = P(A) + P(B \ A). (2.2)

De asemenea,B = (B ∩ A) ∪ (B \ A) si (B ∩ A) ∩ (B \ A) = ∅,

de unde

P(B) = P(B \ A) + P(B ∩ A),

deciP(B \ A) = P(B)− P(B ∩ A). (2.3)

Folosind (2.2) si (2.3), rezulta (2.1).Pentru cazul a trei evenimente se poate obtine formula utilizand relatia (2.1):

P(A ∪B ∪ C) = P((A ∪B) ∪ C) = P (A ∪B) + P(C)− P ((A ∪B) ∩ C)

= P(A) + P(B)− P(A ∩B) + P(C)− P ((A ∩ C) ∪ (B ∩ C))

= P(A) + P(B) + P(C)− P(A ∩B)− P (A ∩ C)− P (B ∩ C) + P (A ∩B ∩ C) .

Relatia se poate extinde si ın cazul a n evenimente

P

n[i=1

Ai

!=

nXi=1

P(Ai)−X

1≤i<j≤nP(Ai ∩ Aj) +

X1≤i<j<k≤n

P (Ai ∩ Aj ∩ Ak)− (2.4)

− . . .+ (−1)n−1P

n\i=1

Ai

!.

1

Demonstratia se face prin inductie matematica dupa n.Urmatoarea problema este destul de dificil de rezolvat ın absenta unei formule de tipul

(2.4).

Exemplul 2.1 (Problema concordantelor) O urna contine n bile numerotate de la 1la n. Se extrag la ıntamplare, una cate una, toate aceste bile. Spunem ca s-a produs oconcordanta daca la extragerea k s-a obtinut bila cu numarul k. Care este probabilitateaobtinerii a cel putin unei concordante?

Notam cu Ai evenimentul obtinerii unei concordante la extragerea i = 1, n . Evenimentul

obtinerii a cel putin unei concordante este dat denS

i=1Ai . Ne intereseaza calculul probabilitatii

P

n[i=1

Ai

!.

Sunt n! moduri posibile de a iesi cele n bile.Daca fixam pozitia i, atunci celelalte (n− 1) pozitii se pot aranja ın (n− 1)! moduri,

adica exista (n− 1)! de cazuri favorabile. Deci P (Ai) =(n− 1)!

n!=

1

n.

Daca fixam doi indici i, j = 1, n astfel ıncat i < j, atunci celelalte (n− 2) pozitii se potaranja ın (n− 2)! moduri, adica exista (n− 2)! de cazuri favorabile. Deci P (Ai ∩ Aj) =(n− 2)!

n!=

1

n (n− 1).

In general, obtinem P (Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Aik) =(n− k)!

n!, unde 1 ≤ i1 < i2 < . . . < ik ≤ n.

Sa remarcam faptul ca a alege un indice se poate face ın C1n moduri, a alege doi indici se

poate face ın C2n moduri, ın general a alege k indici se poate face ın Ck

n moduri.Folosind formula (2.4), obtinem

P

n[i=1

Ai

!=

nXi=1

P(Ai)−X

1≤i<j≤nP(Ai ∩ Aj) +

X1≤i<j<k≤n

P (Ai ∩ Aj ∩ Ak)−

− . . .+ (−1)n−1P

n\i=1

Ai

!

= C1n ·

1

n− C2

n ·1

n(n− 1)+ ...+ (−1)k−1 · Ck

n ·1

n(n− 1) · ... · (n− k + 1)

+ ...+ (−1)n−1 · Cnn

1

n!

= 1− 1

2!+

1

3!− ...+ (−1)n−1

n!.

Reamintim dezvoltarea ex = 1 +x

1!+x2

2!+x3

3!+ . . .+

xn

n!+ . . . care devine

e−1 =1

2!− 1

3!+ . . .+

(−1)n

n!+ . . . .

Deci limn→∞

P

nSi=1

Ai

= 1− e−1.

Urmatoarea problema face apel, de asemenea, la probabilitatea unei reuniuni de eveni-mente. Sa observam ca formula (2.4) devine, ın cazul ın care evenimentele Ai, i = 1, n suntincompatibile doua cate doua,

P

n[i=1

Ai

!=

nXi=1

P(Ai). (2.5)

2

Exemplul 2.2 La o gradina zoologica sunt doi ursi, unul alb si altul negru. Daca stim caunul dintre ursi este mascul si e nascut miercuri, care este probabilitatea ca amandoi sa fiemasculi?

Sa notam evenimentele incompatibile:

A1 : ambii ursi sunt masculi,A2 : primul urs e mascul, al doilea femela,A3 : primul urs e femela, al doilea mascul,A4 : ambii ursi sunt femele.

Atunci

P(Ai) =1

4, ∀i = 1, 4.

De asemenea, sa notam

C1 : primul urs e nascut miercuri,C2 : al doilea urs e nascut miecuri.

Avem

P(C1) = P(C2) =1

7,

P(C1 ∪ C2) = P(C1) + P(C2)− P(C1 ∩ C2) =1

7+

1

7− 1

49=

13

49.

In sfarsit, sa notam cu B evenimentul ca un urs sa fie mascul si nascut miecuri. Saobservam ca

B = (A1 ∩ (C1 ∪ C2)) ∪ (A2 ∩ C1) ∪ (A3 ∩ C2) .

Cum Ai, i = 1, 4 sunt incompatibile, vom avea folosind formula (2.5) ca

P(B) = P(A1 ∩ (C1 ∪ C2)) + P(A2 ∩ C1) + P (A3 ∩ C2) .

Cum evenimentele ale caror intersectii li se calculeaza probabilitatea sunt independente, vomavea

P(A1 ∩ (C1 ∪ C2)) = P(A1) · P (C1 ∪ C2) =1

4· 13

49,

P(A2 ∩ C1) = P (A3) · P(C1) =1

4· 1

7,

P (A3 ∩ C2) = P (A3) · P(C2) =1

4· 1

7.

Ne va rezulta

P(B) =1

4· 27

49.

Cerinta problemei este de a calcula probabilitaea evenimentului A1|B. Vom avea

P(A1|B) =P(A1 ∩B)

P(B)=

P(A1 ∩ (C1 ∪ C2))

P(B)=

14· 1349

14· 2749

=13

27.

3

2.1.2 Probabilitatea unei intersectii de evenimente

Oricare ar fi A,B ∈ F , daca P(A) · P(B) 6= 0, au loc formulele

P (A ∩B) = P (A)P (B|A) , (2.6)

P (A ∩B) = P (B)P (A|B) .

Formula (2.6) se poate generaliza la n evenimente A1, A2, . . ., An, cu P

kTi=1

Ai

6=0, k =

1, n− 1, sub forma

P

n\i=1

Ai

!= P(A1) · P(A2|A1) · . . . · P(An|(A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An−1)). (2.7)

Intr-adevar, folosind definitia probabilitatii conditionate, obtinem

P(A1) = P(A1),

P(A2|A1) =P(A1 ∩ A2)

P(A1),

...

P(An|(A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An−1)) =P(A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An)

P(A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An−1).

Inmultind relatiile membru cu membru si facand simplificarile corespunzatoare, obtinem(2.7).

2.1.3 Formula probabilitatii totale

Fie Aii=1,n ⊂ F un sistem complet de evenimente si B ∈ F un eveniment oarecare.

Presupunem ca evenimentele Ai , i = 1, n, s-au realizat. Atunci are loc formula probabilitatiitotale

P(B) =nX

i=1

P(Ai) · P(B|Ai). (2.8)

Intr-adevar, deoarece Ω =n[

i=1

Ai, putem scrie

B = B ∩ Ω = B ∩

n[i=1

Ai

!=

n[i=1

(B ∩ Ai).

Deoarece pentru i 6= j, Ai ∩ Aj = ∅, avem

P(B) =nX

i=1

P(B ∩ Ai) =nX

i=1

P(Ai) · P(B|Ai).

2.1.4 Formula lui Bayes

Fie Aii=1,n ⊂ F un sistem complet de evenimente si B ∈ F un eveniment oarecare.Presupunem ca B s-a realizat. Atunci are loc atunci formula lui Bayes

P(Ai|B) =P(B|Ai) · P(Ai)nX

j=1

P(Aj) · P(B|Aj)

, i = 1, n. (2.9)

4

Intr-adevar, ın conditiile date prin ipoteza are loc formula probabilitatii totale (2.8) sitinand seama de (??), obtinem pentru fiecare i = 1, n,

P(Ai|B) =P(B ∩ Ai)

P(B)=

P(B|Ai) · P(Ai)nX

j=1

P(Aj) · P(B|Aj)

.

Dam ın continuare cateva exemple, pentru a ilustra utilitatea formulelor anterioare.

Exemplul 2.3 Presupunem ca A1, A2, A3, A4, A5 formeaza un sistem complet de evenimenteechiprobabile, iar B este un alt eveniment, pentru care P (B|Ai) = i

10, pentru i = 1, 5.

Calculati P ((A1 ∪ A3 ∪ A5)|B).Sa observam ca

P(A1) = P(A2) = ... = P(A5) = p.

Atunci

P ((A1 ∪ A3 ∪ A5)|B) =P((A1 ∪ A3 ∪ A5) ∩B)

P(B)=

P((A1 ∩B) ∪ (A3 ∩B) ∪ (A5 ∩B))

P(B)

=P(A1) · P(B|A1) + P(A3) · P(B|A3) + P(A5) · P(B|A5)

5Xj=1

P(Aj) · P(B|Aj)

=P(B|A1) + P(B|A3) + P(B|A5)

5Xj=1

P(B|Aj)

=1 + 3 + 5

1 + 2 + ...+ 10=

9

55.

Exemplul 2.4 Exista exact trei firme care produc un produs, firmele F1, F2, F3, si acestearealizeaza respectiv 30, 25 si 45 la suta din productia tarii. La firma F1, 1% din productieeste rebut, la F2, 1.5% din productie este rebut, iar la F3, 2% din productie este rebut. Careeste probabilitatea ca un produs luat la ıntamplare de la cele trei firme sa fie rebut? Dar careeste probabilitatea ca el sa provina de la firma F3?

Notam cu Ai, i = 1, 2, 3 evenimentul ca produsul considerat sa provina de la firmaFi, i = 1, 2, 3 si notam cu B evenimentul ca aparatul luat este defect. Atunci

P(A1) = 0.3, P(A2) = 0.25, P(A3) = 0.45.

ApoiP(B|A1) = 0.01, P(B|A2) = 0.015, P(B|A3) = 0.02.

Folosind formula probabilitatii totale, rezulta

P(B) = P(B|A1) · P(A1) + P(B|A2) · P(A2) + P(B|A3) · P(A3)

= 0.01 · 0.3 + 0.015 · 0.25 + 0.02 · 0.45

= 0.01575.

Mai departe, folosind formula lui Bayes,

P(A3|B) =P(B|A3)P(A3)

P(B)=

0.02 · 0.45

0.01575= 0.57143.

5

Exemplul 2.5 Sa presupunem ca sistemul de detectie al unei baterii poate gresi asupraprezentei unei tinte (de exemplu, un avion inamic) cu probabilitatea de 0.05, iar prezentareala a tintei este detectata de sistem cu probabilitatea 0.9. Presupunand ca probabilitateaaparitiei unei tinte ın zona sistemului este 0.25, vrem sa determinam probabilitatea uneialarme false, daca sistemul a primit un semnal relativ la prezenta unei tinte.

Notam cu A1 evenimentul care consta ın prezenta reala a tintei, A2 evenimentul careconsta ın absenta tintei si cu B evenimentul care consta ın detectarea unui semnal. Atunci

P(A1) = 0.25,

P(A2) = P(A1) = 0.75,

P(B|A1) = 0.9,

P(B|A2) = 0.05.

Probabilitatea ceruta, conform formulei lui Bayes, este

P(A2|B) =P(B|A2) · P(A2)

P(B|A1) · P(A1) + P(B|A2) · P(A2)=

0.05 · 0.75

0.25 · 0.9 + 0.75 · 0.05= 0.14286.

Exemplul 2.6 (Problema lui Monty Hall) Sa zicem ca te afli ıntr-un concurs televizatsi ti se ofera posibilitatea alegerii dintre trei usi: ın spatele unei usi se afla un automobil;ın spatele celorlalte, capre. Alegi o usa, sa zicem usa cu numarul 1, iar gazda, care stie cese afla ın spatele usilor, deschide ınca o usa, sa zicem usa numarul 3, ın spatele careia e ocapra. Apoi ıti spune,

”Vrei sa alegi usa numarul 2?” Este ın avantajul tau sa-ti schimbi

alegerea initiala?Vom arata ca, ıntr-adevar, este mai avantajos ca jucatorul sa-si modifice alegerea initiala.Sa notam, pentru fiecare i = 1, 3, evenimentele:

Mi : masina se afla ın spatele usii numarul i,Ai : jucatorul alege usa cu numarul i,Ui : usa deschisa este cea cu numarul i.

Sa observam ca:

P(U3|(M1 ∩ A1)) = 1/2,

P(U3|(M2 ∩ A1)) = 1,

P(U3|(M3 ∩ A1)) = 0.

Intr-adevar, daca masina se afla ın spatele usii cu numarul 1 si jucatorul alege usa cunumarul 1, atunci gazda emisiunii va alege una din usile 2 sau 3, cu probabilitati egale cu1/2. De asemenea, daca masina se afla ın spatele usii cu numarul 2 si jucatorul alege usacu numarul 1, atunci gazda emisiunii va alege cu siguranta usa cu numarul 3, si ın sfarsit,daca masina se afla ın spatele usii cu numarul 3 si jucatorul alege usa cu numarul 1, atuncigazda emisiunii nu va alege niciodata usa cu numarul 3 (caci ın spatele ei este masina).

Sa mai observam si faptul ca evenimentele de tip Mi si Aj sunt independente, cu altecuvinte alegerea jucatorului este independenta de pozitia masinii, pe care el nu o cunoaste.Asadar, P(Mi∩Aj) = P(Mi) ·P(Aj), ∀i, j = 1, 3. De asemenea, P(U3|A1) = 1/2, si P (Mi) =1/3, ∀i = 1, 3.

Combinand toate informatiile, obtinem

P(M2|(U3 ∩ A1)) =P(M2 ∩ U3 ∩ A1)

P(U3 ∩ A1)=

P(U3|(M2 ∩ A1)) · P(M2 ∩ A1)

P(U3|A1) · P(A1)

=1 · P(M2) · P(A1)

1/2 · P(A1)=

1/3

1/2=

2

3.

6

De asemenea, sa observam ca, daca jucatorul nu ar alege usa cu numarul 2, adica si-arpastra alegerea initiala, atunci ar avea sansa de 1/3 ca masina sa se afle, ıntr-adevar, ınspatele usii cu numarul 1. Acest lucru rezulta din urmatorul calcul:

P(M1|(U3 ∩ A1)) =P(M1 ∩ U3 ∩ A1)

P(U3 ∩ A1)=

P(U3|(M1 ∩ A1)) · P(M1 ∩ A1)

P(U3|A1) · P(A1)

=1/2 · P(M1) · P(A1)

1/2 · P(A1)=

1

3.

2.2 Scheme clasice de probabilitate

De multe ori, este utila reducerea a diverse probleme de calcul al probabilitatilor la anumiteprobleme cunoscute, ce poarta numele de scheme clasice de probabilitate si pe care le vomstudia ın continuare.

2.2.1 Schema lui Poisson

Se dau n urne U1, U2, . . . , Un care contin bile albe si bile negre ın proportii date, deci cu-noastem probabilitatile pi, i = 1, n, cu care este extrasa o bila alba din urna Ui. Se cereprobabilitatea de a extrage k bile albe si n − k bile negre, atunci cand din fiecare urna seextrage cate o bila.

Notam cu Ai evenimentul extragerii unei bile albe din urna Ui. Notam cu Xk,n−k eveni-mentul care consta ın extragerea a k bile albe si n− k bile negre, adica

Xk,n−k = (A1 ∩ . . . ∩ Ak ∩ Ak+1 ∩ An) ∪ (A1 ∩ . . . ∩ Ak−1 ∩ Ak ∩ Ak+1 ∩ Ak+2 ∩ . . . ∩ An)

∪ (A1 ∩ . . . ∩ An−k ∩ An−k+1 ∩ . . . ∩ An),

numarul parantezelor fiind Ckn. Un eveniment

Ai1 ∩ . . . ∩ Aik ∩ Aik+1∩ . . . ∩ Ain

se realizeaza, tinand seama ca evenimentele sunt independente, cu probabilitatea

pi1 . . . pikqik+1. . . qin

indicii i1, i2 . . . , in reprezentand o permutare a indicilor 1, 2, . . . , n , iar litera p apare de kori cu indici diferiti, iar q de n−k ori cu indici care nu apar ın p. Se observa ca dupa aceiasiregula se calculeaza coeficientul lui xk din polinomul

Q(x) = (p1x+ q1)(p2x+ q2) . . . (pnx+ qn).

Exemplul 2.7 Fie trei urne cu urmatoarele proportii de bile albe si negre. Urna U1 : treialbe si patru negre, urna U2 : patru albe si cinci negre iar urna U3 : cinci albe si sase negre.Daca din fiecare urna se extrage cate o bila atunci care este probabilitatea ca bilele extrasesa fie albe? Care este probabilitatea ca una sa fie alba si doua negre? Dar probabilitatea cacele trei bile extrase sa fie negre?

Fie Ai evenimentul extragerii unei bile albe din urna Ui. Acestea sunt evenimente in-dependente. Probabilitatea pi = P (Ai), deci p1 = 3/7, p2 = 4/9, p3 = 5/11 si respectivq1 = 1− p1 = 4/7, q2 = 5/9, q3 = 6/11.

Atunci probabilitatea ca cele trei bile extrase sa fie albe (i.e. k = 3 bile albe si (3− 3) bilenegre) este coeficientul corespunzator lui x3 din polinomul

Q (x) = (p1x+ q1) (p2x+ q2) (p3x+ q3) ,

7

adica probabilitatea ceruta este p1p2p3.De asemenea, probabilitatea ca sa extragem k = 1 bile albe si (3− 1) bile negre este

coeficientul corespunzator lui x1 din polinomul Q (x), adica probabilitatea ceruta este p1q2q3+p2q1q3 + p3q1q2.

Probabilitatea ca sa extragem k = 0 bile albe si (3− 0) bile negre este coeficientul cores-punzator lui x0 din polinomul Q (x), adica probabilitatea ceruta este q1q2q3 .

Exemplul 2.8 Intr-un atelier sunt trei masini. Prima da 0.9% rebut, a doua 1% si a treia1.3%. Se ia la ıntamplare cate o piesa de la fiecare masina. Se cere probabilitatea ca douadin piese sa fie bune si una rebut.

Sa notam cu E evenimentul considerat. Sa observam ca E = X2,1. Avem

p1 = 0.991, q2 = 0.01, p3 = 0.987,q1 = 0.009, p2 = 0.99, q3 = 0.013.

Q(x) = (0.991x+ 0.009)(0.99x+ 0.01)(0.987x+ 0.013).

Coeficientul lui x2 este

P(E) = 0.991 · 0.99 · 0.013 + 0.99 · 0.987 · 0.987 · 0.009 + 0.991 · 0.987 · 0.01 = 0.0313.

2.2.2 Schema lui Bernoulli (binomiala, schema bilei revenite)

Presupunem ca ın schema lui Poisson urnele U1, U2, . . . , Un sunt identice. Atunci putem lua

p1 = p2 = . . . = pn = p, q1 = q2 = . . . = qn = q.

Aceasta este schema lui Bernoulli. Probabilitatea extragerii a k bile albe (si n − k bilenegre) se va obtine calculand coeficientul lui xk din polinomul

Q(x) = (px+ q)n,

adica va fiP(Xk,n−k) = Ck

npkqn−k.

Recunoastem ın aceasta expresie termenul general al ridicarii la puterea n a binomului px+q.Pentru acest motiv schema se mai numeste binomiala.

Deoarece urnele sunt identice, putem considera ca toate extragerile se fac dintr-o singuraurna, bila extrasa punandu-se ın urna dupa fiecare extragere. Din acest motiv, schema luiBernoulli se mai numeste schema bilei revenite.

Exemplul 2.9 Se arunca un zar de 5 ori. Se cere probabilitatea ca fata cu un punct saapara exact de doua ori.

Avem:

p =1

6, q =

5

6, n = 5, k = 2,

P(X2,3) = C25

1

6

2 5

6

3

= 0.16.

Exemplul 2.10 Doi arcasi trag asupra unei tinte. Probabilitatea fiecaruia de a nimeri tintaeste de 1/3. Care este probabilitatea ca tinta sa fie atinsa cel putin o data?

Conform schemei binomiale, probabilitatea ca ambii sa nu nimereasca tinta este

P (X0,2) = C02

1

3

0 2

3

2

=

2

3

2

.

Probabilitatea ceruta va fi atunci 1−

2

3

2

.

8

2.2.3 Schema lui Bernoulli cu mai multe stari

Fie o urna care contine bile de m culori c1, c2, . . . , cm iar pi probabilitatea ca la o extragere saobtinem o bila de culoarea ci. Notam cu Xn1,...,nm evenimentul ca ın n extrageri sa obtinem n1

bile de culoarea c1 , n2 bile de culoarea c2 , . . . , nm bile de culoarea cm (n1+n2+. . .+nm = n).Probabilitatea sa este

P(Xn1,...,nm) =n!

n1!n2! . . . nm!pn11 p

n22 . . . pnmm .

Aceasta schema rezolva problemele ın care se cere probabilitatea ca ın n efectuari aleexperientei evenimentul Ai sa se realizeze de ni ori, A1, A2, . . . , Am fiind un sistem com-plet de evenimente si P (Ai) = pi, i = 1,m. Presupunem ca ın cele n efectuari ale experienteis-au obtinut succesiv

A1 . . . A1| z n1

A2 . . . A2| z n2

. . . Am . . . Am| z nm

.

Acest eveniment se produce cu probabilitatea

p1 . . . p1| z n1

p2 . . . p2| z n2

. . . pm . . . pm| z nm

.

Acelasi rezultat ıl obtinem pentru orice alta ordine stabilita dinainte ın care Ai apare de ni

ori. Ramane sa vedem ın cate moduri putem scrie cele n simboluri, dintre care n1 egale cuA1, n2 cu A2, . . . , nm cu Am. Acestea sunt ın numar de:

Cn1n Cn2

n−n1Cn3

n−n1−n2. . . Cnm

n−n1−n2−...nm−1=

=n!

n1! (n− n1)!

(n− n1)!

n2! (n− n1 − n2)!. . .

(n− n1 − . . . nm−1)!

nm! (n− n1 − . . .− nnm)!=

=n!

n1! . . . nm!.

Exemplul 2.11 Se arunca un zar de 5 ori. Care este probabilitatea ca exact de doua ori saapara fata cu un punct si exact de 2 ori sa apara fata cu doua puncte?

Avem:n = 5, n1 = 2, n2 = 2, n3 = 1,

p1 =1

6, p2 =

1

6, p3 =

2

3,

P(X4,2,2,1) =5!

2! · 2! · 1!·

1

6

2 1

6

2 2

3

=

5

324.

2.2.4 Schema hipergeometrica (schema bilei nerevenite)

O urna contine a bile albe si b bile negre. Din aceasta urna se extrag n bile (n ≤ a + b)pe rand, fara a pune bila extrasa ınapoi ın urna (ceea ce este echivalent cu a extrage n biledeodata). Prin comparatie cu schema lui Bernoulli, se observa diferenta ca bilele extrasenu se introduc ınapoi ın urna, si din acest motiv schema hipergeometrica se mai numesteschema bilei nerevenite. Se cere probabilitatea ca din cele n bile extrase, k sa fie albe(k ≤ a) si n − k negre (n − k ≤ b). Notam acest eveniment cu Xk,n−k. Pentru a calculaacesta probabilitate vom stabili numarul cazurilor posibile si numarul cazurlor favorabile.

Numarul cazurilor posibile este: Cna+b.

Numarul cazurilor favorabile: un grup de k bile albe dintr-un total de a bile albe poate filuat ın Ck

a moduri; un grup de n− k bile negre din totalul de b bile negre poate fi obtinut ın

9

Cn−kb moduri. Un grup de k bile albe si n−k bile negre poate fi obtinut, conform principiului

multiplicarii, ın CkaC

n−kb moduri. Probabilitatea cautata este

P(Xk,n−k) =Ck

aCn−kb

Cna+b

.

Exemplul 2.12 La o tombola sunt 400 bilete dintre care 4 castigatoare. O persoana cumpara10 bilete. Care este probabilitatea sa nu se gaseasca nici un bilet castigator?

Avema = 4, b = 396, k = 0, n− k = 10, n = 10,

P(X0,10) =C0

4C10396

C10400

= 0.903.

Exemplul 2.13 Presupunem ca ıntr-o cutie sunt 550 de piese, din care 2% sunt defecte.Care este probabilitatea ca alegand 25 de piese, acestea sa contina doua piese defecte? (Acestaeste principiul testarii produselor prin selectii aleatoare).

Spatiul de selectie este format din multimea grupelor de cate 25 de piese care se potforma cu cele 550 piese (un rezultat posibil al experientei este o grupare de 25 de piese, iarun rezultat favorabil este o grupare de 25 de piese dintre care 2 piese sa fie defecte). Putemalege cele 25 piese dintre cele 550, fara sa ne intereseze ordinea pieselor, ın C25

550 moduri.Cate din acestea vor contine 2 piese defecte? Putem alege cele 2 piese defecte, din cele550 · 2% = 11, ın C2

11 moduri, iar celelalte 25 − 2 = 23 piese, care nu sunt defecte, ın C23539

moduri. Probabilitatea cautata va fi

P(X2,23) =C2

11C23539

C25550

= 0.00059.

2.2.5 Schema hipergeometrica cu mai multe stari

In general, daca urna contine ai bile de culoarea ci, i = 1,m, probabilitatea de a obtinen1 bile de culoarea c1, n2 bile de culoarea c2, . . . , nm bile de culoarea cm cand facem n =n1 + n2 + . . .+ nm extractii (fara revenire), este egala cu

P(Xn1,...,nm) =Cn1

a1Cn2

a2. . . Cnm

am

Cna1+a2+...+am

.

Exemplul 2.14 O urna contine 7 bile albe, 7 bile negre si 6 verzi. Se extrag 9 bile. Careeste probabilitatea sa obtinem cate 3 de fiecare culoare?

Avem

a1 = 7, a2 = 7, a3 = 6,

n1 = 3, n2 = 3, n3 = 3,

P(X3,3,3) =C3

7C37C

36

C920

= 0, 145.

2.3 Probabilitati geometrice

O ıntreaga clasa de probleme nu se pot ıncadra ın tipurile anterioare. Spre exemplu, saconsideram urmatoarea situatie: un arcas trage asupra unei tinte de forma circulara, careeste ımpartita ın doua regiuni. Prima regiune, R1, consta ıntr-un disc cu raza egala cu

10

jumatate din raza tintei, iar a doua regiune, R2, este coroana circulara ramasa din tintadaca se elimina R1. Ne punem ıntrebarea: care este probabilitatea ca arcasul sa nimereascaın zona R1, stiind ca el nimereste tinta. Intuitiv, ne dam seama ca trebuie folosita o masuraa zonelor considerate, iar aceasta este aria fiecareia dintre ele. Vom avea:

P(E) =aria(R1)

aria(R1 ∪R2)=πR

2

2

πR2=

1

4.

In general, sa consideram ın plan sau ın spatiu o parte D masurabila si ın ea o parte Cmasurabila. Prin definitie, probabilitatea ca un punct ales la ıntamplare ın D sa apartinapartii C este

P (C) =masura (C)masura (D)

.

In acest caz, parti ale multimii D formeaza multimea de evenimente, iar probabilitateadefinita mai sus satisface Definitia 1.15. In cazul ın care este bine definit, tripletul Ω,F ,Pse numeste camp de probabilitati geometrice pe Ω.

Dam cateva exemple care ilustreaza modul ın care definim functia de probabilitate ınsituatii de tipul de mai sus:

• Fie Ω = [0, 1] . Putem considera F ca fiind format din ∅,Ω, toate submultimile finitede puncte din Ω, subintervale, reuniuni finite sau numarabile de intervale, complemen-tarele lor etc. Pentru orice punct ω ∈ Ω definim P (ω) = 0 si pentru orice subinterval[a, b] ⊂ Ω, punem P([a, b]) = b− a, lungimea intervalului.

• Fie Ω ⊂ R2 o multime fixata avand arie nenula notata cu aria(Ω). Notam cu F

multimea partilor lui Ω care au arie finita si definim P(A) =aria(A)

aria(Ω).

In continuare, aratam cateva exemple ın care intervin probabilitati de tip geometric.

Exemplul 2.15 (Problema ıntalnirii) Doua persoane A si B au decis sa se ıntalneascaıntre orele 0 si 1 ıntr-un anumit loc, venind independent. In plus ele au facut conventia caprimul venit sa-l astepte pe celalalt 15 minute (sfertul academic) si daca acesta nu vine, saplece. Care este probabilitatea ca persoanele respective sa se ıntalneasca?

Notand cu x (respectiv y) momentul sosirii lui A (respectiv B) la locul de ıntalnire, avem0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1. Luam Ω = [0, 1] × [0, 1] si F multimea submultimilor avand arie.Atunci evenimentul care consta ın ıntalnirea celor doua persoane, pe care ıl notam cu I, vafi

I =

(x, y) | |x− y| ≤ 1

4

.

Multimea I este reprezentata ın figura de mai jos.Probabilitatea de realizare a ıntalnirii va fi

P (I) =aria(I)

aria(Ω)=

1− 2 ·34· 34

21

=7

16= 0.4375.

Exemplul 2.16 (Problema acului lui Buffon) Acest exemplu se bazeaza pe un experi-ment celebru, dar nu unic, de estimare a constantei π folosind simularile probabilistice.

11

x

y

O 1/4 1O

1

1/4I

Presupunem o suprafata plana, pe care vom trasa linii orizontale, paralele, la distanta uni-tara. Daca aruncam un ac de lungime 1, aleator, pe aceasta suprafata, putem observa decate ori acul intersecteaza una din linii.

Fie:d : distanta de la centrul acului la cea mai apropiata linie;θ : unghiul ascutit ıntre ac si cea mai apropiata linie.

dθ

1/21

Se observa ca

0 ≤ d ≤ 1

2si 0 ≤ θ ≤ π

2.

Acul intersecteaza cea mai apropiata linie daca distanta de la centrul sau la linia inter-sectata este:

d

sin θ≤ 1

2.

Vom presupune, ın continuare, ca atunci cand aruncam acul, perechea (θ, d) este aleasala ıntamplare ın dreptunghiul:

D =

(θ, d) ∈ R2 | 0 ≤ θ ≤ π

2, 0 ≤ d ≤ 1

2

.

Probabilitatea producerii evenimentului E (intersectarea acului cu o linie) este

P(E) =aria(E)

aria(D),

unde E este domeniul

E =

(θ, d) ∈ D | d ≤ 1

2sin θ

si reprezinta o fractiune din suprafata dreptunghiului, ın interiorul caruia putem delimitasuprafata E.

Avem:

aria(E) =Z π

2

0

1

2sin θ dθ =

1

2,

aria(D) =π

4,

12

θ

d1/2

π/2O

E

deci

P(E) =2

π.

Daca se arunca acul de n ori si de k ori are loc intersectia, atunci se obtine frecventa rela-tiva a evenimentului de k/n. Dar probabilitatea teoretica este aproximata de aceasta frecventarelativa, deci

2

π' k

n.

Obtinem ca

π ' 2n

k.

Exemplul 2.17 (Paradoxul lui Bertrand) Care este probabilitatea ca alegand o coarda,la ıntamplare, ın interiorul unui cerc, aceasta sa fie mai mare decat lungimea laturii triun-ghiului echilateral ınscris ın cerc?

Problema comporta mai multe rezolvari, ın functie de modul ın care ıntelegem alegerea,,la ıntamplare” a coardei.

1) Alegem la ıntamplare mijlocul coardei.Sa consideram mijlocul M al coardei PQ dusa aleator ın cerc si sa presupunem ca tri-

unghiul echilateral are latura de lungime `. Observam ca, daca |PQ| ≥ `, atunci punctul Mapartine interiorului cercului ınscris ın triunghiul echilateral.

P Q

Q

Q

M

MM

Cazuri posibile:Ω1 =

¦(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ R2

©.

Cazuri favorabile:

F1 =

((x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤

R

2

2)

Deci

P (|PQ| ≥ `) =aria (F1)

aria (Ω1)=π · (R/2)2

π ·R2=

1

4.

13

2) Alegem aleator doua puncte pe cerc si observam luncimea arcului mic determinat deele.

Alegem aleator doua puncte de pe cerc, A si M, si consideram triunghiul echilateral careare drept unul din varfuri A.Atunci multimea pozitiilor posibile pentru M este cercul ıntreg,

A B

C

M

M

iar multimea pozitiilor convenabile pentru M din punctul de vedere al problemei este arculmic øBC.Cazuri posibile:

Ω2 =¦(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 = R2

©.

Cazuri favorabile:F2 = øBC

Vom avea deci probabilitatea:

P (|AM | ≥ `) =lungime (F2)

lungime (Ω2)=

1

3.

3) Alegem aleator un diametru al cercului si o coarda perpendiculara pe diametru.In acest caz, multimea pozitiilor posibile pentru centrul coardei PQ, este diametrul RS,

iar multimea pozitiilor favorabile este segmentul MN, unde cu M si N se noteaza mijloacelerazelor MO si ON.

NM

PP P

QQ

Q

R SRO

Cazuri posibile:Ω3 = [RS] .

Cazuri favorabile:F3 = [MN ] .

Vom avea deci probabilitatea:

P (|AM | ≥ `) =lungime (F3)

lungime (Ω3)=

1

2.

In concluzie, trebuie precizat foarte clar modul de alegere al caracterul aleator al experientei,pentru a nu ajunge la contradictii.

14