Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3°

α σ κ η σ ε ι σ

ΟΜΑΔΑ Α

1. Ο πίνακας συμπληρώνεται με τη βοήθεια του ορισμού της συνάρτησης

κατανομής Ρ [Χ < χ].

Ρ [Χ<χ]=

0 1 2 1 1

— + —

2 3 1 1 1

- + - + —

,2 3 6

χ < 1

1 < χ < 2

2 < χ <3

χ >3

Δηλαδή:

χ 1 2 3

Ρ[Χ < χ] 1 5 1 2 6

37

Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

Ρ [Χ < χ ]

1 —τ

5/6

2. Αν η τ. μ. Χ συμβολίζει τον αριθμό των Κ (κεφαλών) σε 3 συνολικά ρί-

ψεις ενός νομίσματος τότε ο δειγματικός χώρος Ω του πειράματος είναι:

Ω = {ΓΓΓ, ΓΓΚ, ΓΚΓ, ΚΓΓ, ΚΚΓ, ΚΓΚ, ΓΚΚ, ΚΚΚ }

Έτσι σύμφωνα με τον ορισμό της τ. μ. Χ έχουμε:

Χ (ΓΓΓ) = 0

Χ (ΓΓΚ) = Χ (ΓΚΓ) = Χ (ΚΓΓ) = 1

Χ (ΚΚΓ) =Χ(ΚΓΚ) - Χ (ΓΚΚ) = 2

Χ (ΚΚΚ) = 3

και ο δειγματικός χώρος Rx = {0, 1, 2, 3 }. Υποθέτοντας ότι οι δοκιμές

είναι ανεξάρτητες μεταξύ τους και ότι το νόμισμα είναι αμερόληπτο έ-

χουμε:

Χ 0 1 2 3

Ρ[Χ = χ] 1 3 3 1 8 8 8 8

38

Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

Ρ[Χ = χ]

1 2 3 4

Σύμφωνα με τον ορισμό της

Ε [Χ] = Σχ Ρ[Χ=χ] =

„ 1 3 3 1 = 0 · —+ 1· —+ 2· —+ 3· —= 8 8 8 8

= — = 1,5 κεφαλές, αναμέ-8

νεται να εμφανιστούν στις 3

ρίψεις.

3. α) Από τον πίνακα της συνάρτησης κατανομής έχουμε:

P[X = l ] = P [ X S l ] - P [ X S 0 ] = i - 0 = i

ρ [Χ = 2]= Ρ [Χ < 2]-Ρ [Χ < l ] = | - i = |

p [ x = 3 l = P [ x < 3 l - P f x < 2 l = - - - = -4 8 8

Ρ[Χ = 4 ] = Ρ [ Χ < 4 ] - Ρ [ Χ < 3 ] = 1 - ^ = ·̂ -

οπότε ο πίνακας της κατανομής πιθανότητας είναι:

X 1 2 3 4

Ρ[Χ = χ] 1 2 3 1 8 8 8 4

1 9 3 1 1 8 β) Η Ε [Χ] = 1 — + 2 — + 3 · — + 4 · — = — = 2,25

8 8 8 4 8

39

Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

4. Ο δειγματικός χώρος (δ . χ) Ω του πειράματος είναι:

Ω = {ΓΓ ΓΚ ΚΓ ΚΚ}

Ορίζουμε την τ. μ. Ζ ως εξής:

Ζ = Αριθμός εμφανίσεων του Κ - Αριθμός εμφανίσεων του Γ

Άρα : Ζ (ΓΓ) = 0 - 2 = - 2

Ζ (ΓΚ) = 1 - 1 = 0

Ζ (ΚΓ) = 1 - 1 = 0

Ζ (ΚΚ) = 2 - 1 = 2

Και ο δειγματικός χώρος Rz = {-2, 0, 2}

Ο πίνακας της κατανομής πιθανότητας είναι:

Ζ -2 0 2 Ρ[Ζ=ζ] 1 1 1

4 2 4

και η Ε [Ζ] = - 2 · — + 0· — + 2· — = 0 που σημαίνει ότι στις ν = 2 ρί-4 2 4

ψεις του αμερόληπτου νομίσματος περιμένουμε 1Κ και 1 Γ.

5. Με την ίδια διαδικασία όπως αυτή της άσκησης (3) έχουμε:

1 α) Ρ[Χ = θ]=Ρ[Χ<θ] 16

p[x=i]=p[x<i]-p[xso]=i--i=-L Ο 10 10

P[X = 2 ] = P [ X < 2 ] - P [ X < l ] = i - i = i

40

Κεφάλαιο 3" Λύσεις ασκήσεων

P[X = 3] = P [ x < 3 ] - P [ X < 2 ] = i - I = I

p [ x = 4 ] = p [ x < 4 ] - p [ x < 3 ] = l - | = i

οποτε:

Χ 0 1 2 3 4

ρ [Χ = χ] 1 1 1 1 1 16 16 8 4 2

και

Ε[χ ] = 0· — + 1· — + 2 · - + 3 · - + 4 · - = 3,0625 L 1 16 16 8 4 2

β· 1 Γ

1/2

1/4

; 1/8

1/16

1/16

1 2 3 4

γ. Η Ρ[Χ<1]=Ρ[Χ = 0]+Ρ[Χ = 1] = — + — = 0,1250 16 16

41

Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

Ρ [ ΐ < Χ < 3 ] = Ρ [ Χ = ΐ ]+Ρ[Χ = 2]+Ρ[Χ = 3] = - + - + - = 0,4375 L 16 8 4

Ρ [Χ >2]= — + — + — = 0,8750 ή 8 4 2

εναλλακτικά: Ρ [Χ > 2] = 1 - Ρ [Χ < 1] = 1 - 0,1250 = 0,8750

6. Από την εκφώνηση έχουμε:

Χ 2 5

Ρ[Χ = χ] Ρ 2ρ

όπου ρ > 0 και ρ + 2ρ = 1 οπότε:

1 ρ ^ ϊ

1 2 2 10 Άρα: Ε [χ] = 2·ρ + 5·2ρ = 2· — + 5·— = — + — = 4 L J 3 3 3 3

7. Για κάθε ερώτηση έχουμε 4 απαντήσεις από τις οποίες η μία μόνο εί-

ναι σωστή.

Ας πάρουμε στην τύχη μια ερώτηση και ας υποθέσουμε ότι η δεύτερη α-

πάντηση είναι σωστή, δηλαδή:

Λ Σ Λ Λ

\ I I 4

-1 3 - 1 - 1

Κάθε λάθος (Α) βαθμολογείται με - 1 και το σωστό (Σ) με 3. Αν

42

Κεφάλαιο 3° Λ ύσεις ασκήσεων

ϊ) ο διαγωνιζόμενος επιλέξει στην τύχη τότε η πιθανότητα να επιλέξει τη

σωστή είναι και η πιθανότητα να κάνει λάθος επιλογή είναι ^ .

Συμβολίζοντας με Χ την τ. μ. που παριστάνει τη βαθμολογία έχουμε:

Χ -1 3

Ρ [Χ = χ] 3 / / 4

1 / / 4

Άρα η αναμενόμενη βαθμολογία στην περίπτωση που η απάντηση στην

= 0 3 / ι Ν

ερώτηση δίνεται τυχαία, είναι: Ε [χ] = (-1) · — + 3 ·

ii) Στη δεύτερη περίπτωση ο διαγωνιζόμενος γνωρίζει τη μία από τις 3

λανθασμένες απαντήσεις. Η τυχαία επιλογή του γίνεται τώρα μεταξύ

3 απαντήσεων δύο των οποίων είναι λάθος (Ά) και βαθμολογούνται

με (-1) και μια σωστή (Σ) που βαθμολογείται με 3. Έχουμε συνε-

πώς:

Α Σ Α

4 4 -1 3

με αντίστοιχο πίνακα πιθανότητας:

I - 1

43

Κεφάλαιο 3° Λ ν σεις ασκήσεων

Χ -1 3

13

Χ II 2 3

1 3

και συνεπώς: Ε [χ]= (-1) ~ + 3 ~ = ·̂ .

Βλέπουμε στη δεύτερη αυτή περίπτωση ότι η αναμενόμενη βαθμολογία

είναι θετική όταν ο διαγωνιζόμενος έχει κάποια γνώση του αντικειμένου.

44

Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

Ο Μ Α Δ Α Β

1. Από τον πίνακα κατανομής πιθανότητας έχουμε:

α) p + q + 2 p = ^ q = l - 3 p

β) Ε [Χ] = (-1) · ρ + 0 · q + 1 . 2ρ = ρ

και

V [Χ] = Ε [Χ 2 ] -{Ε [Χ]}2

όπου : Ε [Χ2] = (-1)2 • ρ + Ο2 · q + I2 · 2ρ = 3ρ

οπότε : V [Χ] = 3ρ - ρ2 = ρ (3 - ρ)

2. α) Συμβολίζουμε με Κ τους καμένους και με Λ τους λειτουργού-

ντες λαμπτήρες. Για να απαιτηθούν 3 επιλογές ώστε να εντοπίσουμε

τους 2 καμένους, δύο περιπτώσεις είναι δυνατές:

Κ Λ Κ ή Λ Κ Κ

Χρησιμοποιώντας δενδροδιάγραμμα έχουμε:

2 4 1 2 Ρ (ΚΛΚ) = Ρ (Κ). Ρ (Λ/κ). Ρ ( V ) = - ~ - = —

Κ 1/4

Κ κ 4 2 1 2 Ρ (ΛΚΚ) = Ρ (Λ) .Ρ (Κ/Λ). Ρ (Κ/ΛΚ) = - - - = -6 5 4 30

45

Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

Άρα η πιθανότητα σε 3 επιλογές να εντοπίσουμε τους 2 καμένους λα-

μπτήρες είναι:

2 2 4 2 Ρ (ΚΛΚ) + Ρ (ΛΚΚ) = — + — = — = — 30 30 30 15

β) Το πολύ 4 επιλογές για την εντόπιση των 2 καμένων σημαίνει 2 επι-

λογές, 3 επιλογές ή 4 επιλογές. Στο δενδροδιάγραμμα φαίνονται καθαρά

τα κλαδιά που οδηγούν στη ζητούμενη πιθανότητα.

κ νι

σχήμα 3.β

Ρ(ΚΚ); 2 ]_

6 5 2_

30

Ρ (ΚΛΚ) =—· — · — = — 6 5 4 30

Ρ (ΚΛΛΚ) = 2 4 3 6 5 4 3

2_

30

Ρ (ΛΛΚΚ) =

Ρ (ΛΚΛΚ) =

Ρ (ΛΚΚ) =

4 3_ 2 6 5 4 3" 4 2 Μ _ 6 5 4 3 "

4 2 6 5 4 ~ 3 0

2_

30 2_

30

Άρα η πιθανότητα ν' απαιτηθούν το πολύ 4 επιλογές έως την εντόπιση

των 2 καμένων είναι το άθροισμα των πιθανοτήτων των κλάδων.

Α , β , 2 2 2 2 2 2 12 2 Δηλαδή: 1 λ 1 1 1 — — — — 30 30 30 30 30 30 30 5

46

Κεφάλαιο f Λύσεις ασκήσεων

5. Συμβολίζουμε με Χ την ένδειξη του αμερόληπτου νομίσματος και με

Υ την ένδειξη του αμερόληπτου ζαριού. Έτσι Rx = {1,2} και

RY = {1,2, 3, 4, 5,6}.

Αναλυτικά για τη μεταβλητή Ζ = Χ + Υ έχουμε:

Ν \ Υ 1 2 3 4 5 6

x \ |

1 1 + 1 1 + 2 1 + 3 1 + 4 1 + 5 1 + 6 (2) (3) ( 4 ) (5) (6) ( 7 )

2 2 + 1 2 + 2 2 + 3 2 + 4 2 + 5 2 + 6 (3) ( 4 ) (5) (6) ( 7 ) (8)

απ' όπου προκύπτει ότι ο δειγματικός χώρος της τ. μ. Ζ είναι

Rz — {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Ποιες όμως είναι οι πιθανότητες εμφάνισης

των τιμών αυτών. Συνοψίζοντας τον πίνακα έχουμε:

47

Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

Z i V i ν / i ' ν

2 1 1 / / 1 2

3 2 2 / / 1 2

4 2 2 / / 1 2

5 2 2 / / 1 2

6 2 2 / 7 1 2

7 2 2 / 7 1 2

8 1 1 / / 1 2

Σύνολο 12 1

Ρ [Ζ = 2] = Ρ [Χ = 1 ] Ρ [Υ = 1 ] 1 I__L 2 6 ~ 12

Ρ [Ζ = 3] = Ρ [Χ = 1] Ρ [Υ = 21 + Ρ [Χ = 21 Ρ [Υ = 1] = - · - + — · — =— 2 6 2 6 6

Ρ[Ζ = 4 ] = Ρ [ Χ = 1] Ρ [Υ = 3] + Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 2] = 1 . 1 + 1 . 1 = 1 2 6 2 6 6

Ρ [Ζ = 5] = Ρ [Χ = 1 ] Ρ [Υ = 4] + Ρ [Χ = 21 Ρ [Υ = 31 = 1 · 1 +' 1 · 1 = 1 2 6 2 6 6

Ρ [Ζ = 6] = Ρ [Χ = 1 ] Ρ [Υ = 5] + Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 4] = 1.1 + 1.1 = 1 2 6 2 6 6

Ρ [Ζ = 7] = Ρ [Χ =1] Ρ [Υ = 6] + Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 51 = 1-1 + 1-1 = 1 2 6 2 6 6

Ρ [Ζ = 8] = Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 61 = 1.1 = — 2 6 12

48

Κεφάλαιο 3" Λύσεις ασκήσεων

Ο πίνακας κατανομής πιθανότητας της τ. μ. Ζ είναι:

Ζ 2 3 4 5 6 7 8

ΤΙ

1 I Ν II ,Ν. 1 1 1 1 1 1 1

12 6 6 6 6 6 12

Και η

Ρ [Ζ=ζ]

V6

V . 2

Ε[Ζ] = 2· — + 3— + 4- — + 5— + 6— + 7 — + 8 — 12 6 6 6 6 6 12

1 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 4 30

2 3 4 5 6 7 8

6. Αν Χ η ένδειξη του ενός ζαριού και Υ του άλλου τότε σύμφωνα με την εκφώνηση:

R x = {0, 1,2} και R Y - {2,3,4 }

Αναλυτικά λαμβάνοντας υπόψη τις συχνότητες των τιμών Χ και Υ έ-

χουμε για τη μεταβλητή Ζ

49

Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

Χ

Υ 0 0 0 1 1 2

2 2 2 2 3 3 4

2 2 2 2 3 3 4

3 3 3 3 4 4 5

3 3 3 3 4 4 5

4 4 4 4 5 5 6

4 4 4 4 5 5 6

απ όπου προκύπτει ότι ο δειγματικός χώρος της τ. μ. Ζ είναι:

Rz = { 2, 3, 4, 5, 6 }

Ποιες είναι οι πιθανότητες εμφάνισης των τιμών αυτών;

Συνοψίζοντας τον πίνακα έχουμε:

Z J ν, V / ν

2 6 6 / /36

3 10 10/ 736

4 12 12/ /36

5 6 6 / /36

6 2 Κό Σύνολο 36 1

50

Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων

Ρ [Ζ = 2] = Ρ [Χ = 0] Ρ [Υ = 2] = 1 ~ = 1 6 6 6

3 2 2 2 10 Ρ[Ζ = 3] = Ρ [Χ = 0] Ρ [Υ = 3] + Ρ [Χ =1] Ρ [Υ = 2] = _ 6 6 6 6 36

Ρ[Ζ = 4] = Ρ [Χ = 0] Ρ [Υ = 4] + Ρ [Χ = 1] Ρ [Υ = 3] + Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 2]=

3 2 2 2 ]_ 2 _U

6 6 + 6 6 + 6 6 ~36 0 0 1 0 f

Ρ[Ζ = 5] = Ρ [Χ = 1] Ρ [Υ = 4] + Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 3] = + ± . - = - ϊ -6 6 6 6 36

Ρ[Ζ = 6 ] = Ρ [ Χ = 2 ]Ρ [Υ = 4 ] = 1 ί = ^Γ ο 6 36

Ο πίνακας κατανομής της πιθανότητας είναι:

Ζ 2 3 4 5 6

Ρ[Ζ = ζ] 6 10 12 6 2 36 36 36 36 36

„ Γ_ι _ 6 10 < 1 2 . 6 , 2 Η Ε [ζ ] = 2 l· 3 l· 4 l· 5 l· 6 · — 1 J 36 36 36 36 36

12 + 30 + 48 + 30 + 12 132 36

και V [Ζ] = Ε [Ζ2] - {Ε [Ζ]}2

όπου:

6 , , 10 12

36 = 3,667

Ε [ζ21= 22 · — + 32 · — + 42 · —- + 52 · — + 62 • — = 14,667 L J 36 36 36 36 36

άρα: V [Ζ] = 14,667 - 3,6672 = 1,220.

51