ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΙΓΑΙΟΥ

ΣΧΟΛΗ ΘΕΤΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ

ΤΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

ΠΡΟΠΤΥΧΙΑΚΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ∆ΩΝ

Σηµειώσεις για το µάθηµα

ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ

Θεοδόσης ∆ηµητράκος

e-mail: dimitheo@aegean.gr

Σάµος 2010

2

ΕΙΣΑΓΩΓΗ

Οι έννοιες του «τυχαίου» και του «πιθανού» είναι, σήµερα, λίγο-πολύ γνωστές και εξηγούνται µε τη διαίσθηση

και την κοινή λογική. Ο µεγάλος Γάλλος Mαθηµατικός Laplace έγραψε ότι: «Οι Πιθανότητες δεν είναι τίποτε

άλλο παρά η µετατροπή της κοινής λογικής σε µαθηµατικές εκφράσεις». Η Θεωρία Πιθανοτήτων είναι ο

κλάδος των Μαθηµατικών που µελετά τα τυχαία (ή στοχαστικά) φαινόµενα, δηλαδή εκείνα τα φαινόµενα που

εξελίσσονται σε συνθήκες αβεβαιότητας. Χαρακτηριστικό παράδειγµα τυχαίου φαινοµένου είναι η ρίψη ενός

νοµίσµατος. Αν ρίξουµε ένα νόµισµα 1000 φορές οι εµφανίσεις γραµµάτων και κεφαλών εναλλάσσονται µε

έναν ακανόνιστο και απρόβλεπτο τρόπο.

Οι Πιθανότητες χρησιµοποιούνται σε πολλές επιστήµες και σε πολλές δραστηριότητες της καθηµερινής µας

ζωής. Αποτελέσµατα της Θεωρίας Πιθανοτήτων χρησιµοποιούνται στη Στατιστική, στην Επιχειρησιακή

Έρευνα, στην Αναλογιστική Επιστήµη, στην Οικονοµετρία, στη Φυσική, στη Βιολογία, στην Ιατρική και

αλλού. Τα στοιχήµατα στηρίζονται στη λογική των Πιθανοτήτων. Το ίδιο συµβαίνει και µε τους µηχανισµούς

που προσπαθούν να αξιολογήσουν την ικανότητα των µαθητών µέσω tests.

Ιστορικά, η αυστηρή εφαρµογή της Θεωρίας των Πιθανοτήτων έγινε αρχικά σε παιχνίδια τύχης. Οι Αιγύπτιοι

από το 3000 π.Χ. χρησιµοποιούσαν τον «αστράγαλο», ένα κόκκαλο ζώου µε τέσσερις πλευρές, για να παίζουν

παιχνίδια τύχης. Ο «αστράγαλος» αποτέλεσε τον πρόγονο του γνωστού ζαριού το οποίο εµφανίστηκε για πρώτη

φορά γύρω στα 1600 π.Χ. Στην Κίνα µεταξύ του 7ου και του 10ου αιώνα µ.Χ. εµφανίστηκαν τυχερά παιχνίδια

που βασίζονταν σε κάρτες (τραπουλόχαρτα). Μέσα από τα τυχερά παιχνίδια άρχισε να αναπτύσσεται η ιδέα της

συχνότητας εµφάνισης ορισµένων αποτελεσµάτων και εποµένως της πιθανότητας. Η ουσιαστική ανάπτυξη της

Θεωρίας Πιθανοτήτων ξεκίνησε από τις επιστολές των Pascal (1623-1662) και Fermat (1601-1665) γύρω στα

1650 µ.Χ. οι οποίες περιείχαν τον υπολογισµό πιθανοτήτων σε αρκετά παραδείγµατα από τυχερά παιγνίδια.

Ένα από τα προβλήµατα που απασχόλησαν τους Pascal και Fermat ήταν το περίφηµο πρόβληµα του Chevalier

de Mere. Ένα ζάρι ρίχνεται τέσσερις φορές και δύο ζάρια ρίχνονται είκοσι τέσσερις φορές. Το ερώτηµα είναι

αν η πιθανότητα εµφάνισης ενός άσσου τουλάχιστον µία φορά στις τέσσερις ρίψεις του ενός ζαριού ισούται µε

την πιθανότητα εµφάνισης ενός ζεύγους άσσων τουλάχιστον µία φορά στις είκοσι τέσσερις ρίψεις των δύο

ζαριών. Η απάντηση στο ερώτηµα είναι αρνητική. Το πρώτο βιβλίο Πιθανοτήτων µε τίτλο On calculations in

Games of Chance γράφτηκε από τον Γερµανό Christian Huyghens (1629-1695). Εξέχουσα θέση στη ραγδαία

ανάπτυξη και στην εξέλιξη της Θεωρίας Πιθανοτήτων στη πορεία του χρόνου κατέχουν πολλοί διάσηµοι

Μαθηµατικοί αλλά και άλλοι επιστήµονες όπως, µεταξύ άλλων, οι James Bernoulli (1654-1705), Abraham de

Moivre (1667-1754), Pierre Simon Laplace (1749-1827), Simeon Denis Poisson (1781-1840) και Karl Friedrich

Gauss (1777-1855). Μεταγενέστεροι είναι οι Pafnuty Chebyshev (1821-1894), Andrei Markov (1856-1922),

Richard Von Mises (1883-1953) και Andrei Kolmogorov (1903-1987).

3

Στις σηµειώσεις αυτές θα αναλύσουµε τις σηµαντικότερες έννοιες της Θεωρίας Πιθανοτήτων. Στο πρώτο

κεφάλαιο παρουσιάζουµε τα βασικότερα στοιχεία της Συνδυαστικής Ανάλυσης τα οποία είναι απαραίτητα για

την κατανόηση των εννοιών του επόµενου κεφαλαίου. Στο δεύτερο κεφάλαιο δίνονται οι διάφοροι ορισµοί της

πιθανότητας µαζί µε βασικές έννοιες και σχετικά θεωρήµατα. Στο τρίτο κεφάλαιο παρουσιάζουµε την έννοια

της τυχαίας µεταβλητής και µελετάµε τις σηµαντικότερες ιδιότητές της. Στο τέταρτο κεφάλαιο µελετούµε τις

πιθανογεννήτριες, τις ροπογεννήτριες και τις χαρακτηριστικές συναρτήσεις. Στο πέµπτο κεφάλαιο

παρουσιάζουµε τον Ισχυρό Νόµο των Μεγάλων Αριθµών και το Κεντρικό Οριακό Θεώρηµα. Στο έκτο

κεφάλαιο κάνουµε µία εισαγωγή στις διανυσµατικές τυχαίες µεταβλητές. Η εισαγωγή κάθε καινούργιας έννοιας

διανθίζεται µε κατάλληλα σχετικά παραδείγµατα.

Εκτός των παρόντων σηµειώσεων, ως βιβλία για παραιτέρω µελέτη προτείνουµε, µεταξύ άλλων, τα

ακόλουθα:

[1]. Γ. Ρούσσα, Θεωρία Πιθανοτήτων, Μετάφραση: ∆ηµήτριος Ιωαννίδης, Εκδόσεις Ζήτη, 1994.

[2]. S. M. Ross, A First Course in Probability, Second Edition, Macmillan Publishing Company, 1984.

[3]. P. Hoel, S. Port, C. Stone, Εισαγωγή στη Θεωρία Πιθανοτήτων, Μετάφραση: Aπόστολος Γιαννόπουλος,

Πανεπιστηµιακές Εκδόσεις Κρήτης, 2002.

[4]. Μ. Κούτρα, Εισαγωγή στις Πιθανότητες, Θεωρία και Εφαρµογές, ∆εύτερη Έκδοση, Εκδόσεις Αθ.

Σταµούλη, Μέρος Ι, 2004, Μέρος ΙΙ, 2005.

[5]. G. Roussas, A Course in Mathematical Statistics, Second Edition, Academic Press, 1997.

[6]. Σ. Κουνιά & Χ. Μωυσιάδη, Θεωρία Πιθανοτήτων Ι: Κλασσική πιθανότητα, Μονοδιάστατες Κατανοµές,

Εκδόσεις Ζήτη, Θεσσαλονική, 1999.

[7]. R. M. Spiegel, Πιθανότητες και Στατιστική, Μετάφραση: Σωτήριος Κ. Περσίδης, McGraw-Hill, New York,

ΕΣΠΙ, Αθήνα, 1977.

[8]. Ε. Ξεκαλάκη & Ι. Πανάρετου, Πιθανότητες και Στοιχεία Στοχαστικών Ανελίξεων, 3η Έκδοση, Αθήνα,

1993.

[9]. Α. Χ. Χαραλαµπίδη, Θεωρία Πιθανοτήτων και εφαρµογές, Εκδόσεις Συµµετρία, Αθήνα, 1990.

[10]. Τ. Παπαϊωάννου, Εισαγωγή στις Πιθανότητες, Εκδόσεις Σταµούλη, Αθήνα, 2000.

[11]. S. M. Ross, Βασικές αρχές θεωρίας Πιθανοτήτων, Μετάφραση και επιστηµονική επιµέλεια: Βαγγέλης

Φελουζής, 1η Έκδοση, Εκδόσεις Κλειδάριθµος, Αθήνα, 2012.

[12]. Θ. Π. Ξένου, Πιθανότητες, Εκδόσεις Ζήτη, Θεσσαλονίκη, 2012.

4

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1: ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΣΥΝ∆ΥΑΣΤΙΚΗΣ ΑΝΑΛΥΣΗΣ

1.0 Εισαγωγή

Στο κεφάλαιο αυτό θα αναπτύξουµε µε συντοµία τα βασικά εργαλεία της Συνδυαστικής Ανάλυσης ή απλά

Συνδυαστικής. Η Συνδυαστική είναι µία ιδιαίτερη περιοχή των Μαθηµατικών. Είναι εξαιρετικά χρήσιµη διότι

προσφέρει τεχνικές υπολογισµού του πλήθους των στοιχείων (πληθικού αριθµού ή πληθαρίθµου)

πεπερασµένων συνόλων ή υποσυνόλων τους µε συγκεκριµένες ιδιότητες, χωρίς να καταφεύγουµε κάθε φορά σε

πλήρη καταγραφή. Αυτές οι τεχνικές αναφέρονται συνήθως ως µέθοδοι απαρίθµησης. Το υλικό από το πεδίο

της Συνδυαστικής που θα παρουσιάσουµε σ’ αυτό το κεφάλαιο είναι εκείνο που κρίνεται απολύτως απαραίτητο

για να αντιµετωπισθούν ικανοποιητικά αντίστοιχα προβλήµατα της θεωρίας πιθανοτήτων των επόµενων

κεφαλαίων.

1.1 Βασική αρχή απαρίθµησης

Έστω ότι κατά την απαρίθµηση των στοιχείων ενός συνόλου ισχύουν οι εξής δύο υποθέσεις:

(α) η διαδικασία της απαρίθµησης µπορεί να χωριστεί σε k διαφορετικές φάσεις οι οποίες µπορούν να

εκτελεστούν διαδοχικά η µία µετά την άλλη.

(β) το πλήθος των δυνατών επιλογών σε κάθε φάση είναι πλήρως καθορισµένο όταν είναι γνωστά τα

αποτελέσµατα όλων των προηγούµενων φάσεων. Τότε η απαρίθµηση µπορεί να γίνει µε τη χρήση µίας βασικής

αρχής της Συνδυαστικής που είναι γνωστή µε την ονοµασία Βασική Αρχή Απαρίθµησης ή Πολλαπλασιαστική

Αρχή.

Βασική Αρχή Απαρίθµησης ή Πολλαπλασιαστική Αρχή. Αν το στοιχείο 1a µπορεί να επιλεγεί µε 1v

διαφορετικούς τρόπους και για κάθε επιλογή του 1a το στοιχείο 2a µπορεί να επιλεγεί µε 2v διαφορετικούς

τρόπους, ..., και για κάθε επιλογή των στοιχείων ,1a ...,,2a ,1−ka το στοιχείο ka µπορεί να επιλεγεί µε kv

διαφορετικούς τρόπους, τότε όλα τα στοιχεία ,1a ...,,2a ka µπορούν να επιλεγούν διαδοχικά και µε αυτή τη

συγκεκριµένη σειρά, κατά kvvv ⋅⋅⋅⋅ 21 τρόπους.

Εφαρµογή 1 (Ρίψη τριών νοµισµάτων). Χωρίζουµε το πείραµα T σε τρεις φάσεις, 21,TT και 3T όπου η φάση

3,2,1, =iTi είναι η ρίψη του −i οστού νοµίσµατος. Για το 1ο νόµισµα έχουµε δύο δυνατά αποτελέσµατα. Για

το 2ο νόµισµα έχουµε δύο δυνατά αποτελέσµατα. Για το 3ο νόµισµα οµοίως έχουµε δύο δυνατά αποτελέσµατα.

Σύµφωνα µε τη βασική αρχή απαρίθµησης για τη ρίψη των τριών νοµισµάτων έχουµε 2 3222 =⋅⋅ δυνατά

5

αποτελέσµατα. Γενικεύοντας το παραπάνω αποτέλεσµα για τη ρίψη n νοµισµάτων τα δυνατά αποτελέσµατα

είναι .2n

Εφαρµογή 2 (Ρίψη δύο ζαριών). Χωρίζουµε το πείραµα T σε δύο φάσεις 21,TT όπου η φάση 2,1, =iTi είναι

η ρίψη του −i οστού ζαριού. Για τη ρίψη του 1ου ζαριού έχουµε έξι δυνατά αποτελέσµατα και για τη ρίψη του

2ου ζαριού έχουµε οµοίως έξι δυνατά αποτελέσµατα. Σύµφωνα µε τη βασική αρχή απαρίθµησης για τη ρίψη των

δύο ζαριών έχουµε 26 δυνατά αποτελέσµατα. Γενικεύοντας το παραπάνω αποτέλεσµα για τη ρίψη n ζαριών τα

δυνατά αποτελέσµατα είναι .6n

Εφαρµογή 3 Έστω ότι κάποιος διαθέτει πέντε κοστούµια, τρία ζευγάρια παπούτσια και δύο καπέλα. Κατά

πόσους διαφορετικούς τρόπους µπορεί να ντυθεί;

Απάντηση. Εφαρµόζουµε τη βασική αρχή απαρίθµησης. Μπορεί να ντυθεί µε 30235 =⋅⋅ τρόπους.

Εφαρµογή 4 Έστω το σύνολο .,...,, 21 NsssJ = Πόσα διαφορετικά υποσύνολα του συνόλου J µπορούµε να

κατασκευάσουµε;

Απάντηση. Θεωρούµε το στοιχείο .1s Το στοιχείο αυτό µπορεί να συµπεριληφθεί ή όχι στο υποσύνολο του

συνόλου J που κατασκευάζουµε. Οµοίως για τα στοιχεία .,...,2 Nss Σύµφωνα µε τη βασική αρχή απαρίθµησης

ο ζητούµενος αριθµός των υποσυνόλων που µπορούµε να κατασκευάσουµε είναι .22222 N=⋅⋅⋅⋅⋅

Παράδειγµα 1 Σε ένα χορό υπάρχουν δεκαπέντε άνδρες και δέκα γυναίκες. Πόσα είναι τα δυνατά ζευγάρια

ανδρών-γυναικών;

Απάντηση. Από τη βασική αρχή απαρίθµησης τα δυνατά ζευγάρια είναι .1501015 =⋅

Παράδειγµα 2 Πόσοι διαφορετικοί αριθµοί αυτοκινήτου είναι δυνατοί εάν το κάθε πλαίσιο έχει επτά θέσεις

από τις οποίες οι τρεις πρώτες µπορούν να συµπληρωθούν µε γράµµατα και οι υπόλοιπες τέσσερις µπορούν να

συµπληρωθούν µε αριθµούς; Το ίδιο πρόβληµα µε τον περιορισµό ότι δεν µπορεί να επαναληφθεί ο ίδιος

αριθµός ή το ίδιο γράµµα στο πλαίσιο.

Απάντηση. .1382400001024 43 =⋅ .6120576078910222324 =⋅⋅⋅⋅⋅⋅

6

1.2 ∆ειγµατοληψία

Έστω ότι έχουµε n αντικείµενα. Ασχολούµαστε µε τρόπους επιλογής k αντικειµένων από τα n (δείγµα

µεγέθους ).k Έστω ότι έχουµε µία κάλπη µε n σφαιρίδια. Η λήψη k σφαιριδίων από τον πληθυσµό των n

σφαιριδίων ονοµάζεται δειγµατοληψία (sampling). Οι τρόποι δειγµατοληψίας είναι:

(α) Χωρίς επανατοποθέτηση. Όταν τα k σφαιρίδια λαµβάνονται διαδοχικά χωρίς να τοποθετούνται πάλι στην

κάλπη.

(β) Με επανατοποθέτηση. Όταν η λήψη ενός σφαιριδίου γίνεται αφού προηγουµένως τοποθετούνται πάλι στην

κάλπη όλα τα σφαιρίδια που ήδη λήφθηκαν. Τα δείγµατα που λαµβάνονται µπορεί να είναι:

(α) ∆ιατεταγµένα. Όταν σηµειώνεται η σειρά µε την οποία λαµβάνονται τα k σφαιρίδια.

(β) Μη-διατεταγµένα. Όταν η σειρά αυτή δεν σηµειώνεται.

Οι σχηµατισµοί που προκύπτουν µε την επιλογή ενός συγκεκριµένου αριθµού στοιχείων από το ίδιο σύνολο

καλούνται διατάξεις αν µας ενδιαφέρει η σειρά καταγραφή τους ή συνδυασµοί αν δεν µας ενδιαφέρει η σειρά

καταγραφής τους. Αρχικά θα µελετήσουµε τις διατάξεις µε το Θεώρηµα 1.1 και στη συνέχεια τους

συνδυασµούς µε το Θεώρηµα 1.2.

Θεώρηµα 1.1 (∆ιατεταγµένα δείγµατα-∆ιατάξεις). Ο αριθµός των διατεταγµένων δειγµάτων µεγέθους k

(i) σε δειγµατοληψία χωρίς επανατοποθέτηση (διατάξεις χωρίς επαναλήψεις) είναι

,),1()1()(, nkknnnn kkn ≤+−−⋅==∆ L

για ,nk =

.321!)(, nnn nnn L⋅⋅===∆

(ii) σε δειγµατοληψία µε επανατοποθέτηση (διατάξεις µε επαναλήψεις) είναι .kn

Απόδειξη. (i) Η 1η σφαίρα µπορεί να ληφθεί µε n τρόπους, η 2η σφαίρα µπορεί να ληφθεί µε )1( −n τρόπους,

..., η −k οστή σφαίρα µπορεί να ληφθεί µε ))1(( −− kn τρόπους.

Σύµφωνα µε τη βασική αρχή απαρίθµησης ο αριθµός των δειγµάτων µεγέθους k (χωρίς επανατοποθέτηση)

είναι .)())1(()2()1( ,knknknnnn ∆=≡−−−⋅−⋅ L

(ii) Η 1η σφαίρα µπορεί να επιλεγεί µε n τρόπους, η 2η σφαίρα µπορεί να επιλεγεί µε n τρόπους, ..., η −k οστή

σφαίρα µπορεί να επιλεγεί µε n τρόπους. Σύµφωνα µε τη βασική αρχή απαρίθµησης ο αριθµός των δειγµάτων

µεγέθους k (µε επανατοποθέτηση) είναι .knnnn =⋅ L

Θεώρηµα 1.2 (Μη-διατεταγµένα δείγµατα-Συνδυασµοί). Ο αριθµός των µη-διατεταγµένων δειγµάτων

µεγέθους k

7

(i) σε δειγµατοληψία χωρίς επανατοποθέτηση (συνδυασµοί χωρίς επαναλήψεις) συµβολίζεται µε knk

n,Σ=

και

είναι .)!(!

!, knk

n

k

nkn −=Σ=

(ii) σε δειγµατοληψία µε επανατοποθέτηση (συνδυασµοί µε επαναλήψεις) συµβολίζεται µε ),( knN και είναι

.1

),(

−+=

k

knN kn

Απόδειξη. (i) Έστω M ο ζητούµενος αριθµός. Ο αριθµός των διατεταγµένων δειγµάτων µεγέθους k είναι

.,kn∆ Από ένα συγκεκριµένο δείγµα µεγέθους k µπορούµε να σχηµατίσουµε !k διατεταγµένα δείγµατα

µεγέθους .k Άρα ο αριθµός των µη-διατεταγµένων δειγµάτων είναι .!,

kkn∆ Αυτό προκύπτει διότι η διαδικασία

της επιλογής των µη-διατεταγµένων δειγµάτων µπορεί να γίνει σε δύο βήµατα. Στο πρώτο βήµα γίνεται η

επιλογή των k στοιχείων του δείγµατος από τα .n Στο δεύτερο βήµα γίνεται η τοποθέτηση των k στοιχείων µε

όλες τις δυνατές διαφορετικές µεταθέσεις. Το πρώτο βήµα πραγµατοποιείται µε

=

k

nv1 τρόπους και για κάθε

αποτέλεσµα του πρώτου βήµατος υπάρχουν !2 kv = διαφορετικοί τρόποι πραγµατοποίησης του δεύτερου

βήµατος. Σύµφωνα µε τη Βασική αρχή απαρίθµησης η ολοκλήρωση του πρώτου και του δεύτερου βήµατος

γίνεται µε !21 kk

nvv ⋅

=⋅ τρόπους. Όµως, .

!! ,

,,21 kk

nk

k

nvv kn

knkn

∆=

⇒∆=⋅

⇒∆=⋅ Συνεπώς,

!)(21

])1()1[()](21[

!

)1()2()1(

!,

kkn

nnknkn

k

knnnn

kM kn

⋅−⋅⋅−+−⋅−⋅

=+−−⋅−⋅

=∆

=L

LLL

.)!(!

!

=

−=

k

n

knk

n

(ii) Βλέπε Βιβλίο [1], σελ. 48-49.

Ισχύει ότι ,10

=

=

n

nn ,

−

=

kn

n

k

n .11 −≤≤ nk Μία προσεγγιστική τιµή του !n για µεγάλο n δίνεται

από τον τύπο του Stirling σύµφωνα µε τον οποίον: ,2! ne

nn

n

π

≈ όπου e είναι η σταθερά του Euler,

...).72.2=e

8

Παράδειγµα 3 Μία κάλπη περιέχει οκτώ αριθµηµένα σφαιρίδια. Ανασύρουµε τέσσερα σφαιρίδια τυχαία χωρίς

επανατοποθέτηση. Πόσοι τρόποι υπάρχουν ώστε ο µικρότερος αριθµός να είναι ο τρία; Πόσοι είναι αυτοί οι

τρόποι αν η δειγµατοληψία γίνεται µε επανατοποθέτηση;

Λύση. Χωρίζουµε το πείραµα σε δύο φάσεις. 1T είναι η φάση της επιλογής του τρία. Τον αριθµό τρία µπορώ να

το επιλέξω µε έναν τρόπο. 2T είναι η φάση της επιλογής τριών σφαιριδίων από πέντε. Αυτό γίνεται µε

3

5

τρόπους. Σύµφωνα µε τη βασική αρχή απαρίθµησης οι τρόποι είναι .3

51

⋅ Αν η δειγµατοληψία γίνεται µε

επανατοποθέτηση τότε µε παροµοίους συλλογισµούς, σύµφωνα µε τη βασική αρχή απαρίθµησης, προκύπτει ότι

οι τρόποι είναι .3

1361

−+⋅

Παράδειγµα 4 ∆έκα χαρτιά επιλέγονται από πενήντα δύο παιγνιόχαρτα. Σε πόσες περιπτώσεις περιλαµβάνεται

(i) τουλάχιστον ένας άσσος; (ii) ακριβώς ένας άσσος; (iii) τουλάχιστον δύο άσσοι;

Λύση. (i) Από πενήντα δύο χαρτιά επιλέγουµε δέκα µε

10

52 τρόπους. Από τα πενήντα δύο χαρτιά η περίπτωση

να µην υπάρχει άσσος επιτυγχάνεται µε

10

48 τρόπους. Άρα, µε

−

10

48

10

52 τρόπους υπάρχει τουλάχιστον

ένας άσσος.

(ii)Χωρίζουµε το πείραµα σε δύο φάσεις. Καταρχήν από τέσσερις άσσους πρέπει να τραβήξουµε έναν µε

1

4

τρόπους (φάση ).1T Έστω 2T η φάση της επιλογής των άλλων εννέα χαρτιών. Η επιλογή αυτών των χαρτιών

µπορεί να γίνει µε

9

48 τρόπους. Άρα από τη βασική αρχή απαρίθµησης οι περιπτώσεις να εµφανιστεί ακριβώς

ένας άσσος είναι .9

48

1

4

(iii) Αν από τους τρόπους επιλογής δέκα χαρτιών από πενήντα δύο αφαιρέσουµε τους τρόπους για ένα ακριβώς

άσσο και τις περιπτώσεις για τις οποίες δεν υπάρχει άσσος, λαµβάνουµε τους τρόπους για την επιλογή δύο

τουλάχιστον άσσων. Οι περιπτώσεις είναι .10

48

9

48

1

4

10

52

−

−

9

1.3 Κατανοµή σφαιριδίων σε κληρωτίδες

Έστω ότι έχουµε k διακεκριµένες κληρωτίδες και n σφαιρίδια. Μας ενδιαφέρει ο αριθµός των τρόπων µε τους

οποίους τα n σφαιρίδια µπορούν να κατανεµηθούν στις k κληρωτίδες.

Θεώρηµα 1.3 (Κατανοµή σφαιριδίων σε κληρωτίδες). Ο αριθµός των τρόπων που n διακεκριµένα σφαιρίδια

µπορούν να κατανεµηθούν σε k κληρωτίδες είναι

(i) nk όταν δεν επιβάλλεται κανένας περιορισµός.

(ii) ,!!!

!,...,,;

2121 knnnn

knnn

nΣ≡

⋅ L όταν η υπ’ αριθµόν j κληρωτίδα επιβάλλεται να περιέχει ακριβώς jn σφαιρίδια,

όπου kjn j ,...,2,1,0 =≥ και .1

nnk

jj =∑

=

Απόδειξη. (i) Προφανής από τη Βασική αρχή απαρίθµησης µε ,21 knnn n ==== K διότι για το κάθε ένα από

τα n σφαιρίδια υπάρχουν k επιλογές.

(ii) Υπάρχουν

1n

n τρόποι που µπορούν να ληφθούν τα 1n σφαιρίδια,

−

2

1

n

nn τρόποι που µπορούν να

ληφθούν τα 2n σφαιρίδια, ...,

−−−− −

k

k

n

nnnn 121 ... τρόποι που µπορούν να ληφθούν τα kn σφαιρίδια.

Σύµφωνα µε τη βασική αρχή απαρίθµησης ο αριθµός των τρόπων είναι

)!(!

)!(

)!(!

)!(

)!(!

!...

11

11

212

1

11

121

3

21

2

1

1 kkk

k

k

k

nnnnn

nnn

nnnn

nn

nnn

n

n

nnnn

n

nnn

n

nn

n

n

−−−−

−−−

−−−

⋅−

=

−−−−

−−

−

−

−−

K

KLL

.!!

!

1 knn

n

L=

Παράδειγµα 5 Οκτώ δάσκαλοι πρόκειται να διορισθούν σε τέσσερα σχολεία. Πόσοι είναι οι δυνατοί τρόποι

κατανοµής τους αν σε κάθε σχολείο πρέπει να διορισθούν δύο δάσκαλοι;

Λύση. Εφαρµογή του Θεωρήµατος 1.3(ii) για 8=n δασκάλους και 4=k σχολεία µε τον περιορισµό

24321 ==== nnnn σε κάθε σχολείο. Οι δυνατοί τρόποι κατανοµής τους είναι .)!2(

!8

!2!2!2!2

!84

=⋅⋅⋅

10

Παράδειγµα 6 Πενήντα δύο χαρτιά µοιράζονται σε τέσσερα άτοµα. (α) Με πόσους τρόπους µπορεί να γίνει η

κατανοµή έτσι ώστε το κάθε άτοµο να πάρει δέκα τρία χαρτιά; (β) Με πόσους τρόπους µπορεί να γίνει η

κατανοµή έτσι ώστε το κάθε άτοµο να πάρει δέκα τρία χαρτιά µέσα στα οποία να υπάρχει ένας άσσος;

Λύση. (α) Εφαρµογή του Θεωρήµατος 1.3(ii) για 52=n χαρτιά σε 4=k άτοµα µε τον περιορισµό

134321 ==== nnnn χαρτιά. Οι δυνατοί τρόποι κατανοµής είναι .)!13(

!524

(β) Χωρίζουµε το πείραµα σε δύο φάσεις. Έστω 1T η φάση της κατανοµής των χαρτιών ώστε να σταλούν

τέσσερις άσσοι στα τέσσερα άτοµα. Αυτό µπορεί να γίνει µε !1!1!1!1

!4

⋅⋅⋅ τρόπους. 2T είναι η φάση της κατανοµής

των υπόλοιπων σαράντα οκτώ χαρτιών στα τέσσερα άτοµα (από δώδεκα στο καθένα). Οι τρόποι κατανοµής για

αυτή τη φάση είναι .!12!12!12!12

!48

⋅⋅⋅

Σύµφωνα µε τη βασική αρχή απαρίθµησης οι δυνατοί τρόποι κατανοµής είναι ⋅⋅⋅⋅ !1!1!1!1

!4.

)!12(

!48!4

!12!12!12!12

!484

⋅=

⋅⋅⋅

1.4 Ασκήσεις

Άσκηση 1. Σε ένα χέρι του πόκερ επιλέγουµε τυχαία πέντε χαρτιά από πενήντα δύο παιγνιόχαρτα. Σε πόσες

περιπτώσεις ένα χέρι του πόκερ (α) περιέχει µόνο «Σπαθιά»; (β) περιέχει µόνο ενός χρώµατος χαρτιά; (γ)

περιέχει χαρτιά µόνο δύο χρωµάτων; (δ) περιέχει χαρτιά όλων των χρωµάτων;

Λύση. (α) Τα «Σπαθιά» είναι δέκα τρία. Μπορούµε να επιλέξουµε πέντε παιγνιόχαρτα από τα οποία και τα

πέντε να είναι «Σπαθιά» µε

5

13 τρόπους.

(β) Τα χρώµατα είναι τέσσερα. Μπορούµε να επιλέξουµε ένα χρώµα µε

1

4 τρόπους. Από τα παιγνιόχαρτα του

ενός χρώµατος µπορούµε να επιλέξουµε πέντε χαρτιά µε

5

13 τρόπους. Συνεπώς, σύµφωνα µε τη βασική αρχή

απαρίθµησης ένα χέρι του πόκερ περιέχει µόνο ενός χρώµατος χαρτιά σε

5

13

1

4 περιπτώσεις.

(γ) Τα χρώµατα είναι τέσσερα. Μπορούµε να επιλέξουµε δύο από τα τέσσερα χρώµατα µε

2

4 τρόπους. Από

τα πέντε χαρτιά που θα επιλέξουµε για να είναι χαρτιά µόνο δύο χρωµάτων θα πρέπει να είναι π.χ. δύο του ενός

χρώµατος και τρία του άλλου χρώµατος ή ένα του ενός χρώµατος και τέσσερα του άλλου χρώµατος κλπ. Άρα,

όλες οι περιπτώσεις στις οποίες µπορούµε να έχουµε χαρτιά µόνο δύο χρωµάτων από τα πέντε χαρτιά που θα

11

επιλέξουµε είναι .5

13134

1∑=

−

k kk Συνεπώς, από τη βασική αρχή απαρίθµησης σε ένα χέρι του πόκερ µπορούµε

να επιλέξουµε χαρτιά µόνο δύο χρωµάτων µε ∑=

−

4

1 5

1313

2

4

k kk τρόπους.

(δ) Χωρίζουµε το πείραµα της επιλογής των πέντε χαρτιών σε πέντε φάσεις. Έστω 1T η φάση της επιλογής ενός

χρώµατος. Το ένα από τα τέσσερα χρώµατα µπορεί να επιλεγεί µε

1

4 τρόπους. Έστω 2T η φάση της επιλογής

δύο χαρτιών από τα δέκα τρία του ενός χρώµατος. Η φάση 2T µπορεί να πραγµατοποιηθεί µε

2

13 τρόπους.

Έστω 43,TT και 5T οι φάσεις της επιλογής ενός χαρτιού από κάθε ένα από τα υπόλοιπα τρία χρώµατα. Κάθε

µία από τις φάσεις 43,TT και 5T µπορεί να πραγµατοποιηθεί µε

1

13 τρόπους. Σύµφωνα µε την βασική αρχή

απαρίθµησης σε ένα χέρι του πόκερ µπορούµε να επιλέξουµε χαρτιά όλων των χρωµάτων σε

1

13

1

13

1

13

2

13

1

4 περιπτώσεις.

Άσκηση 2. Αποδείξτε την γνωστή σχέση ,)(0∑=

−

=+

n

k

knkn yxk

nyx όπου ∈yx, ℜ και n φυσικός αριθµός (α)

µε επαγωγή (β) µε κάποιο συνδυαστικό επιχείρηµα.

Λύση. (α) Με επαγωγή. Για 1=n ισχύει διότι .1

1

0

1 0110 yxyxyxyx +=

+

=+ Έστω ότι ισχύει για ,rn =

δηλαδή ∑=

−

=+

r

k

krkr yxk

ryx

0

.)( Θα δείξουµε ότι ο τύπος ισχύει επίσης για ,1+= rn δηλαδή

∑+

=

−++

+=+

1

0

11 .1

)(r

k

krkr yxk

ryx

Κάνοντας χρήση της υπόθεσης ότι ο τύπος ισχύει για ,rn = µπορούµε να γράψουµε διαδοχικά

krkr

k

rr yxk

ryxyxyxyx −

=

+ ∑

+=++=+

0

1 )())(()( 1

0

1

0

+−

=

−+

=∑∑

+

= krk

r

k

krkr

k

yxk

ryx

k

r

.210110

121112 yxr

ryx

rxy

ry

rx

r

ryx

r

ryx

rxy

r rrrrrrrr

++

+

+

+

+

−

++

+

= −++−

KK

12

Η σχέση 1,,2,1,1

1−=

+=

+

−rj

j

r

j

r

j

rK ισχύει διότι

)!1(!

)!1(

)!1(!

)1(!

)!1(!

)1(!

)!1(!

!

)!(!

!

)!1()!1(

!

1 jrj

r

jrj

rr

jrj

jrr

jrj

jr

jrj

r

jrj

r

j

r

j

r

−++

=+−+

=+−+−

++−

=−

++−−

=

+

−

.1

+=

j

r Χρησιµοποιώντας την παραπάνω σχέση και τις ισότητες ,1

0=

=

r

rr παίρνουµε

.1

2

1

1

1)( 11211 +−++ +

+++

++

++=+ rrrrrr xyx

r

ryx

rxy

ryyx K

Η τελευταία ισότητα µπορεί να γραφεί σε συνεπτυγµένη µορφή ως εξής: ∑+

=

−++

+=+

1

0

11 .1

)(r

k

krkr yxk

ryx

Αποδείχτηκε το ζητούµενο για ,1+= rn συνεπώς σύµφωνα µε την αρχή της επαγωγής, ο τύπος ισχύει για όλες

τις µη-αρνητικές τιµές του .n

(β) Με συνδυαστικό επιχείρηµα. Αφού ),()()()( yxyxyxyx n ++⋅+=+ L n το πλήθος φορές, για να βρούµε

το ανάπτυγµα nyx )( + ως άθροισµα δυνάµεων των yx, θα πρέπει από κάθε παράγοντα yx + να διαλέξουµε

είτε το x είτε το y και να τα πολλαπλασιάσουµε µεταξύ τους. Αν το x επιλεγεί από k παράγοντες,

nk ,,1,0 K= τότε το y θα επιλεγεί από τους υπόλοιπους kn − παράγοντες και εκτελώντας τον

πολλαπλασιασµό θα προκύψει το µονώνυµο .,,1,0, nkyx knkK=− Όµως η επιλογή του x µπορεί να γίνει µε

k

n διαφορετικούς τρόπους, όσοι και οι τρόποι επιλογής k παραγόντων από τις n διαθέσιµες. Εποµένως, το

µονώνυµο knk yx − εµφανίζεται συνολικά

k

n φορές, δηλαδή ο γενικός όρος του αθροίσµατος θα είναι της

µορφής .,,1,0, nkyxk

n knkK=

− Συνεπώς, .)(0∑=

−

=+

n

k

knkn yxk

nyx

Άσκηση 3. Έστω Ω το σύνολο των διατεταγµένων δεκάδων µε στοιχεία 0 ή 1. Για παράδειγµα

.)1,1,1,0,0,0,0,1,1,0( Ω∈=ω (α) Πόσα στοιχεία του Ω έχουν 1 στην 3η θέση; (β) Πόσα στοιχεία του Ω

έχουν 1 στην 1η και 10η θέση; (γ) Πόσα στοιχεία του Ω έχουν τουλάχιστον δύο θέσεις µε 1 εκεί; (δ) Πόσα

στοιχεία του Ω έχουν ακριβώς πέντε 1, κάπου στη 10-άδα τους; (ε) Τι ποσοστό των στοιχείων του Ω έχουν

ακριβώς πέντε 1, κάπου στη 10-άδα τους;

13

Λύση. (α) Τα στοιχεία του Ω µε 1 στην 3η θέση είναι .512222122 9 ==⋅⋅⋅ L

(β) Τα στοιχεία του Ω µε 1 στην 1η και 10η θέση είναι .256212221 8 ==⋅⋅⋅ L

(γ) Τα στοιχεία του Ω που έχουν τουλάχιστον δύο θέσεις µε 1 εκεί είναι

,1013101210 =−− διότι µία 10-άδα είναι αυτή που δεν περιέχει 1 και 10 είναι αυτές που περιέχουν το 1 σε µία

από τις δέκα θέσεις.

(δ) Τα στοιχεία του Ω που έχουν ακριβώς πέντε 1 κάπου στην δεκάδα τους είναι ,252!5!5

!10

5

10==

διότι

µπορούµε να έχουµε ακριβώς πέντε 1 σε δέκα θέσεις µε

5

10 τρόπους.

(ε) Το ποσοστό των στοιχείων του Ω που έχουν ακριβώς πέντε 1 κάπου στη 10-άδα τους είναι .1024

252

2

5

10

10=

Άσκηση 4. Έστω ότι έχετε δέκα αντίγραφα του ίδιου βιβλίου καθώς και δέκα διαφορετικά µεταξύ τους βιβλία.

(α) Πόσες διαφορετικές µη διατεταγµένες δεκάδες βιβλίων εξ αυτών των είκοσι υπάρχουν;

(β) Πόσες διαφορετικές µη διατεταγµένες δεκάδες βιβλίων εξ αυτών των είκοσι υπάρχουν µε τουλάχιστον τρία

διαφορετικά µεταξύ τους βιβλία;

Λύση. (α) Για να φτιάξουµε τις διαφορετικές µη διατεταγµένες δεκάδες βιβλίων από τα είκοσι βιβλία που

διαθέτουµε µπορούµε να επιλέξουµε k βιβλία από τα δέκα που είναι διαφορετικά µεταξύ τους και k−10 από

τα υπόλοιπα δέκα βιβλία που είναι όµοια. Η επιλογή k βιβλίων από τα δέκα που είναι διαφορετικά µεταξύ τους

µπορεί να γίνει µε

k

10 τρόπους, όπου .100 ≤≤ k Συνεπώς, ο συνολικός αριθµός των διαφορετικών µη

διατεταγµένων δεκάδων βιβλίων είναι ίσος µε ∑=

10

0

.10

k k

(β) Για να φτιάξουµε τις διαφορετικές µη διατεταγµένες δεκάδες βιβλίων από τα είκοσι βιβλία που διαθέτουµε,

έτσι ώστε η κάθε δεκάδα να έχει τρία τουλάχιστον διαφορετικά µεταξύ τους βιβλία, έχουµε δύο τρόπους.

Σύµφωνα µε τον πρώτο τρόπο, µπορούµε να επιλέξουµε k βιβλία από τα δέκα που είναι διαφορετικά µεταξύ

τους και k−10 από τα υπόλοιπα δέκα βιβλία που είναι όµοια, όπου .103 ≤≤ k Ο συνολικός αριθµός των

διαφορετικών µη διατεταγµένων δεκάδων βιβλίων µε τουλάχιστον τρία διαφορετικά µεταξύ τους βιβλία, που

επιλέγουµε µε αυτόν τον πρώτο τρόπο είναι ∑=

10

3

.10

k k Επιπλέον, σύµφωνα µε το δεύτερο τρόπο, διαφορετικές

µη διατεταγµένες δεκάδες βιβλίων µε τρία τουλάχιστον διαφορετικά µεταξύ τους βιβλία προκύπτουν, αν από τη

δεκάδα των όµοιων βιβλίων επιλέξουµε ένα βιβλίο και από την δεκάδα των διαφορετικών µεταξύ τους βιβλίων

14

επιλέξουµε δύο διαφορετικά µεταξύ τους βιβλία. Σύµφωνα µε τη βασική αρχή απαρίθµησης, ο συνολικός

αριθµός των διαφορετικών βιβλίων που επιλέγουµε µε αυτόν το δεύτερο τρόπο είναι .2

10

1

10

Συνεπώς, ο

συνολικός αριθµός των διαφορετικών µη διατεταγµένων δεκάδων βιβλίων µε τρία τουλάχιστον διαφορετικά

µεταξύ τους βιβλία, όπως προκύπτει και από τους δύο τρόπους, είναι ίσος µε .2

1010

1010

3

+

∑=k k

Άσκηση 5. Έστω ότι ένα σύνολο Ω έχει N στοιχεία. Βρείτε πόσα υποσύνολα του Ω µε n ή λιγότερα

στοιχεία υπάρχουν όταν:

(α) 12 += nN

(β) ,2nN = ∈n .,2,1 K Απαντήστε στα (α), (β) όταν .5=n

Λύση. (α) Τα υποσύνολα του Ω µε n ή λιγότερα στοιχεία είναι

+++

+++

++

+=

+=

∑ ∑= = n

n

k

nnn

k

n

k

Nn

k

n

k

1212

1

12

0

1212

0 0

LL

+

+++

−++

+++

++

+

+=

1

12

1

12

2

12

12

12

n

n

knn

n

n

n

n

nLL

∑+

=

+ ==

+=

12

0

212 .222

112

2

1 n

k

nn

k

n

Για ,5=n .102422 102 ==n

Για την τέταρτη ισότητα χρησιµοποιούµε τις σχέσεις ,0

=

n

nn ,

−=

kn

n

k

n .11 −≤≤ nk Επιπλέον από

την Άσκηση 2, έχουµε ότι .212 12

12

0

++

=

=

+∑ nn

k k

n

(β) Με παρόµοιο τρόπο όπως στο ερώτηµα (α), τα υποσύνολα του Ω µε n ή λιγότερα στοιχεία είναι

∑ ∑= =

+

−++

++

+

=

=

n

k

n

k n

n

n

n

k

nnn

k

n

k

N

0 0

2

1

22

1

2

0

22LL

+

+++

−−++++

−+

=

n

n

n

n

knn

n

n

n

n

n 2

1

2

)1(1

2

12

2

2

2LL .

)!(

)!2(2

2

122

2

12

22

0

+=

+

= ∑

= n

n

n

n

k

n nn

k

Για ,5=n .638126512)!5(2

!102

29 =+=

⋅+

15

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2

Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΑΣ

2.0 Εισαγωγή

Στο κεφάλαιο αυτό ορίζονται βασικές έννοιες όπως πείραµα τύχης, δειγµατικός χώρος και ενδεχόµενο ή

γεγονός. Παρουσιάζονται οι διάφοροι ορισµοί της πιθανότητας, διατυπώνονται και αποδεικνύονται τα

κλασσικότερα θεωρήµατα της Θεωρίας Πιθανοτήτων όπως το Προσθετικό Θεώρηµα, το Πολλαπλασιαστικό

Θεώρηµα, το Θεώρηµα Ολικής Πιθανότητας και το Θεώρηµα του Bayes. Παρουσιάζονται επίσης το Θεώρηµα

Συνέχειας και οι έννοιες της δεσµευµένης πιθανότητας και των ανεξάρτητων ενδεχοµένων.

2.1 Πείραµα τύχης, δειγµατικός χώρος και στοιχεία θεωρίας συνόλων

Πείραµα είναι µία ενέργεια που εκτελείται κάτω από ορισµένες συνθήκες και µπορεί να επαναληφθεί

οσεσδήποτε φορές κάτω από τις ίδιες πάντοτε συνθήκες και µετά την συµπλήρωση της παρατηρούνται κάποια

αποτελέσµατα. ∆ιακρίνουµε δύο είδη πειραµάτων, τα αιτιοκρατικά (deterministic) και τα τυχαία (random).

Αιτιοκρατικά είναι τα πειράµατα εκείνα όπου η γνώση των συνθηκών κάτω από τις οποίες εκτελούνται

καθορίζει πλήρως το αποτέλεσµα. Πείραµα τύχης (random experiment) είναι ένα πείραµα το αποτέλεσµα του

οποίου επηρεάζεται από την τύχη. Το χαρακτηριστικό ενός πειράµατος τύχης είναι ότι, σε µία εκτέλεσή του,

δεν µπορούµε να προβλέψουµε µε βεβαιότητα το αποτέλεσµα που θα εµφανιστεί. Απλά παραδείγµατα

πειραµάτων τύχης είναι η ρίψη ενός νοµίσµατος, το πέταγµα ενός ζαριού, το τράβηγµα ενός παιγνιόχαρτου από

τα πενήντα δύο παιγνιόχαρτα µιας τράπουλας και η καταγραφή των τηλεφωνηµάτων που εξυπηρετούνται από

ένα τηλεφωνικό κέντρο εντός δοθέντος χρονικού διαστήµατος.

Ένα σύνολο (set) είναι µία καλώς ορισµένη συλλογή διακεκριµένων αντικειµένων. Το σύνολο των δυνατών

αποτελεσµάτων που µπορούν να εµφανιστούν σε µία εκτέλεση ενός πειράµατος τύχης καλείται δειγµατικός

χώρος (sample space) και συνήθως συµβολίζεται µε .Ω Για παράδειγµα, στη ρίψη ενός ζαριού ο δειγµατικός

χώρος είναι 6,5,4,3,2,1=Ω και στη ρίψη ενός νοµίσµατος ο δειγµατικός χώρος είναι , ΓΚ=Ω όπου µε

Κ συµβολίζουµε την ένδειξη «κεφαλή» και µε Γ συµβολίζουµε την ένδειξη «γράµµατα».

Τα αποτελέσµατα ενός τυχαίου πειράµατος µπορούν να περιγραφούν µε πολλούς και διάφορους τρόπους.

Έτσι σε ένα πείραµα τύχης αντιστοιχούν περισσότεροι του ενός δειγµατικοί χώροι.

Για παράδειγµα, ας θεωρήσουµε µία έκθεση κινητών τηλεφώνων στην οποία εργάζονται δύο πωλητές Α και Β.

Έστω ότι στην έκθεση υπάρχουν προς πώληση δύο µόνο κινητά τηλέφωνα. Αν µας ενδιαφέρει ο αριθµός των

κινητών τηλεφώνων που θα πουληθούν από καθένα από τους δύο πωλητές σε ένα συγκεκριµένο χρονικό

διάστηµα (π.χ. µέσα στην επόµενη εβδοµάδα) τότε ένας κατάλληλος δειγµατικός χώρος είναι ο

).2,0(),0,2(),1,1(),0,1(),1,0(),0,0(=Ω

16

Το ζεύγος Ω∈),( yx δηλώνει ότι ο πωλητής Α θα πουλήσει x κινητά τηλέφωνα, ενώ ο πωλητής Β θα

πουλήσει y κινητά τηλέφωνα. Αν όµως µας ενδιαφέρει µόνο ο συνολικός αριθµός κινητών τηλεφώνων που θα

πουληθούν στο συγκεκριµένο χρονικό διάστηµα, τότε θα µπορούσε να χρησιµοποιηθεί ως δειγµατικός χώρος το

σύνολο .2,1,0=Ω Το στοιχείο Ω∈ω δηλώνει το συνολικό αριθµό κινητών τηλεφώνων που πουλήθηκαν.

Τα στοιχεία ενός δειγµατικού χώρου Ω καλούνται δειγµατικά σηµεία ή δειγµατοσηµεία (sample points).

Το γεγονός ότι το στοιχείο ω ανήκει στο σύνολο Ω συµβολίζεται µε .Ω∈ω Η άρνηση αυτού του γεγονότος

συµβολίζεται µε .Ω∉ω Λέµε ότι ένα σύνολο 'S είναι υποσύνολο (subset) ενός συνόλου S και γράφουµε

SS ⊆' αν για κάθε 'Ss∈ ισχύει ότι .Ss∈ Λέµε ότι ένα σύνολο 'S είναι γνήσιο υποσύνολο ενός συνόλου S

και γράφουµε SS ⊂' αν SS ⊆' και αν υπάρχει στοιχείο Ss∈ τέτοιο ώστε '.Ss∉ Οι διάφορες έννοιες της

θεωρίας συνόλων επεξηγούνται γραφικά µε τη βοήθεια των διαγραµµάτων του Venn.

Θεωρούµε το σύνολο Ω ως βασικό σύνολο (ή σύνολο αναφοράς). Το σύνολο αυτό θα είναι διαφορετικό

ανάλογα µε το πρόβληµα που θα µας απασχολεί. Όλα τα υπόλοιπα σύνολα θα είναι υποσύνολα του .Ω

Έστω .,, Ω⊆CBA Το συµπλήρωµα (complement) του συνόλου A (αναφορικά µε το )Ω συµβολίζεται µε

cA και είναι .: AAc ∉Ω∈= ωω Έστω I ένα οποιοδήποτε σύνολο δεικτών και τα σύνολα ., IjA j ∈Ω⊆ Η

ένωση (union) των συνόλων IjA j ∈, συµβολίζεται µε UIj

jA∈

και είναι jIj

j AA ∈Ω∈=∈

ωω :U για ένα

τουλάχιστον .Ij∈ Η τοµή (intersection) των συνόλων IjA j ∈, συµβολίζεται µε IIj

jA∈

και είναι

jIj

j AA ∈Ω∈=∈

ωω :I για όλα τα .Ij∈ Η διαφορά (difference) των συνόλων BA, συµβολίζεται µε BA −

και είναι ABA ∈Ω∈=− ωω : και . cBAB ∩=∉ω

Ισχύει ότι: ABBA ∪=∪ και ABBA ∩=∩ (Αντιµεταθετικός νόµος).

)()( CBACBA ∪∪=∪∪ και )()( CBACBA ∩∩=∩∩ (Προσεταιριστικός νόµος).

)()()( CABACBA ∩∪∩=∪∩ και )()()( CABACBA ∪∩∪=∩∪ (Επιµεριστικοί νόµοι).

IUIj

cj

c

Ijj AA

∈∈

=

και UI

Ij

cj

c

Ijj AA

∈∈

=

(Νόµοι De Morgan).

Έστω ℑ µία οικογένεια υποσυνόλων του δειγµατικού χώρου .Ω Τα στοιχεία (σύνολα) του ℑ καλούνται

ενδεχόµενα (ή γεγονότα) (events) και το ℑ καλείται −σ πεδίο (ή −σ άλγεβρα ή −σ σώµα) ενδεχοµένων (ή

γεγονότων) ( −σ field) αν ισχύει ο ακόλουθος ορισµός.

17

Ορισµός (σ -σώµα). Έστω Ω ο δειγµατικός χώρος ενός πειράµατος τύχης. Το σύνολο ℑ καλείται σ -πεδίο

ενδεχοµένων (ή γεγονότων) αν (i) ∈Ω ℑ (ii) αν ∈A ℑ τότε ∈cA ℑ και (iii) αν ∈jA ℑ, Ij∈ τότε ∈∞

=U

1jjA ℑ

(δηλαδή η οικογένεια ℑ των υποσυνόλων του Ω είναι κλειστή για την πράξη της ένωσης αριθµήσιµου πλήθους

συνόλων).

Παράδειγµα 1 Θεωρούµε το τυχαίο πείραµα της ρίψης ενός ζαριού. Ο δειγµατικός χώρος του πειράµατος είναι

.6,5,4,3,2,1=Ω

Ως σύνολο ℑ µπορούµε να θεωρήσουµε είτε το δυναµοσύνολο (power set) του ,Ω δηλαδή το σύνολο ℑ

= όλα τα υποσύνολα του Ω είτε το σύνολο ℑ ,6,5,4,3,6,5,4,3,1,6,5,4,3,2,2,1,2,1,Ω= ∅.

Παρατηρούµε ότι και τα δύο σύνολα ικανοποιούν τον ορισµό του −σ σώµατος.

Αν για ένα πείραµα τύχης µε δειγµατικό χώρο Ω και −σ πεδίο ενδεχοµένων ℑ ισχύει ότι το δειγµατικό

σηµείο ω είναι τέτοιο ώστε ∈∈ Aω ℑ τότε λέµε ότι το ενδεχόµενο A συνέβη (occurs). ∆ηλαδή, λέµε ότι το

ενδεχόµενο A συνέβη αν το αποτέλεσµα του πειράµατος τύχης ανήκει στην οικογένεια υποσυνόλων ℑ. Στο

παράδειγµα της ρίψης ενός ζαριού θεωρούµε ως −σ πεδίο ενδεχοµένων το δυναµοσύνολο του .Ω Τότε λέµε

ότι το ενδεχόµενο =A άρτιο αποτέλεσµα 6,4,2= συνέβη αν εµφανιστεί το αποτέλεσµα (outcome) 2 ή το

αποτέλεσµα 4 ή το αποτέλεσµα 6, διότι τότε, για παράδειγµα, το δειγµατικό σηµείο 2 είναι τέτοιο ώστε

∈∈ A2 ℑ. Το ίδιο συµβαίνει για τα δειγµατικά σηµεία 4 και 6.

Τα ενδεχόµενα της µορφής ω καλούνται απλά ενδεχόµενα ενώ εκείνα που περιέχουν τουλάχιστον δύο

δειγµατικά σηµεία καλούνται σύνθετα ενδεχόµενα. Τα ενδεχόµενα Ω και ∅ καλούνται το βέβαιο και το

αδύνατο ενδεχόµενο (null event), αντίστοιχα, για προφανείς λόγους.

Έστω τα ενδεχόµενα .,, Ω⊆CBA Παρακάτω θα δούµε τον τρόπο µε τον οποίο κάποιες καθηµερινές

εκφράσεις µπορούν να γραφούν ως σχέσεις συνόλων.

(1) Μόνο το ενδεχόµενο A συµβαίνει, .cc CBA ∩∩

(2) Τουλάχιστον ένα από τα ενδεχόµενα CBA ,, συµβαίνει, .CBA ∪∪

(3) Τουλάχιστον δύο ενδεχόµενα συµβαίνουν, ).()()( ACCBBA ∩∪∩∪∩

(4) Και τα τρία ενδεχόµενα συµβαίνουν, .CBA ∩∩

(5) Το πολύ ένα ενδεχόµενο συµβαίνει, ).()()()( ccccccccc CBAABCCABCBA ∩∩∪∩∩∪∩∩∪∩∩

(6) Τα ενδεχόµενα BA, συµβαίνουν αλλά όχι το ,C .cCBA ∩∩

(7) Κανένα από τα τρία ενδεχόµενα δεν συµβαίνει, .)( cccc CBACBA ∩∩=∪∪

18

(8) Το πολύ δύο ενδεχόµενα συµβαίνουν, .)( cCBA ∩∩

(9) Ακριβώς δύο ενδεχόµενα συµβαίνουν, ).()()( ccc ACBBCACBA ∩∩∪∩∩∪∩∩

(10) Το πολύ τρία ενδεχόµενα συµβαίνουν, .Ω

Παράδειγµα 2 Ένας πωλητής θέλει να επισκεφτεί τέσσερις πόλεις ,a ,β ,γ δ προκειµένου να πάρει

παραγγελίες από τους προµηθευτές της εταιρείας. Αφού δοθεί κατάλληλος δειγµατικός χώρος για την

περιγραφή της σειράς επίσκεψης των τεσσάρων πόλεων από τον πωλητή, να γραφούν αναλυτικά τα επόµενα

ενδεχόµενα:

:1A ο πωλητής επισκέπτεται πρώτη την πόλη ,a

:2A ο πωλητής ξεκινάει από την πόλη a και τελειώνει µε την πόλη ,β

:3A ο πωλητής επισκέπτεται διαδοχικά τις πόλεις β και ,γ

:4A ο πωλητής επισκέπτεται διαδοχικά τις πόλεις ,a β και .γ

Λύση. Ο δειγµατικός χώρος Ω αποτελείται από ακολουθίες της µορφής ,4321 ππππ όπου ,iπ ,4,3,2,1=i

συµβολίζει την −i οστή κατά σειρά πόλη που επισκέφθηκε ο πωλητής. Εποµένως

,,,: 4321 δγβπππππ ai ∈=Ω για 41 ≤≤ i και 4321 ππππ ≠≠≠

,,,,,,,,,,,,,,,, aaaaaaaaaaaaaaaa γβδδγβδβγβδγβδγγβδβγδδβγδγβγδβδγβδβγγδβγβδβδγβγδ=

.,,,,,,, aaaaaaaa δγββδγδβγγδβγβδβγδγδββγδ

Για τα ενδεχόµενα ,1A ,2A 3A και 4A έχουµε

,,,,,,1 δγβδβγγδβγβδβδγβγδ aaaaaaA = ,,2 δγβγδβ aaA =

,,,,,,3 βγδδβγδβγβγδβγδδβγ aaaaaaA = .,4 βγδβγδ aaA =

Παράδειγµα 3 Σκοπεύουµε να µετρήσουµε τον αριθµό των φορών που θα βρέξει στο Καρλόβασι τον επόµενο

Ιανουάριο και το συνολικό ποσό της βροχόπτωσης (σε χιλιοστά). (α) Να δοθεί κατάλληλος δειγµατικός χώρος

Ω για την περιγραφή των µετρήσεων. (β) Να περιγραφούν τα επόµενα ενδεχόµενα:

:1A Θα βρέξει 3 φορές και το συνολικό ποσό της βροχόπτωσης θα είναι τουλάχιστον 5 χιλιοστά.

:2A Θα βρέξει το πολύ 10 φορές.

:3A Θα βρέξει 6 έως 8 φορές και το συνολικό ποσό της βροχόπτωσης θα είναι 15 έως 20 χιλιοστά.

:4A Θα βρέξει τουλάχιστον 7 φορές και το συνολικό ποσό της βροχόπτωσης θα είναι 10 έως 25 χιλιοστά.

:5A Το συνολικό ποσό της βροχόπτωσης θα είναι το πολύ 18 χιλιοστά.

(γ) Να περιγραφούν τα επόµενα ενδεχόµενα ,51 AA ∩ ,52 AA ∩ ,43 AA − ,)( 425 AAA ∩− .)( 453 AAA −∩

19

Λύση. (α) Ας συµβολίσουµε µε k τον αριθµό των φορών που θα βρέξει και µε x το συνολικό ποσό της

βροχόπτωσης (σε χιλιοστά). Τότε ).,0[,,2,1,0:),( ∞∈==Ω xkxk K

(β) Οι περιγραφές των ενδεχοµένων 51 ,, AA K είναι:

),,5[:),3(1 ∞∈= xxA ),,0(,101:),()0,0(2 ∞∈≤≤∪= xkxkA ],20,15[,86:),(3 ∈≤≤= xkxkA

],25,10[,7:),(4 ∈≥= xkxkA ].18,0(,1:),()0,0(5 ∈≥∪= xkxkA

(γ) Από το (β) προκύπτει ],18,5[:),3(51 ∈=∩ xxAA ],18,0(,101:),()0,0(52 ∈≤≤∪=∩ xkxkAA

],20,15[:),6(43 ∈=− xxAA ],18,10[,11:),()( 425 ∈≥=∩− xkxkAAA

].18,15[:),6()( 453 ∈=−∩ xxAAA

2.2 Ο κλασσικός, ο στατιστικός και ο αξιωµατικός ορισµός της πιθανότητας

Έστω ένα πείραµα τύχης µε πεπερασµένο δειγµατικό χώρο ,, 1 nωω K=Ω και έστω ότι όλα τα απλά

ενδεχόµενα nii ,,1, K=ω έχουν την ίδια «δυνατότητα» (πιθανότητα) να συµβούν η οποία είναι ίση µε .D

Ως −σ πεδίο ενδεχοµένων ℑ θεωρούµε το δυναµοσύνολο του .Ω

Ισχύει ότι .1U

n

ii

=

=Ω ω Άρα, .1

)(1)(1 n

DnDPPn

ii =⇒===Ω ∑

=

ω

Έστω ένα ενδεχόµενο B µε πλήθος στοιχείων ,s δηλαδή .,,, 21 sbbbB K=

Τότε ∑=

=s

iibPBP

1

)()( µε ,1

)(n

DbP i ==

όπου n είναι το πλήθος στοιχείων του .Ω Άρα, .1

)(n

s

nssDBP ===

∆ίνουµε τον ακόλουθο κλασσικό ορισµό της πιθανότητας.

Ορισµός (Κλασσικός ορισµός της πιθανότητας). Έστω ένα πείραµα τύχης µε πεπερασµένο δειγµατικό χώρο

,, 1 nωω K=Ω και έστω ότι όλα τα απλά ενδεχόµενα nii ,,1, K=ω έχουν την ίδια ακριβώς «δυνατότητα»

να συµβούν. Η πιθανότητα )(AP ενός ενδεχοµένου A ορίζεται ως εξής: =)(AP ,#

#

ΩA

όπου µε A# και Ω#

συµβολίζουµε το πλήθος των στοιχείων των συνόλων A και ,Ω αντίστοιχα.

Παράδειγµα 4 Ένα δοχείο περιέχει έξι λευκούς και πέντε µαύρους βώλους. Εάν τραβήξουµε τυχαία δύο

βώλους από το δοχείο ποια είναι η πιθανότητα (α) να είναι και οι δύο λευκοί; (β) να είναι ο ένας λευκός και ο

άλλος µαύρος;

Λύση. Χρησιµοποιούµε τον κλασσικό ορισµό της πιθανότητας.

20

(α) Έστω 1P η ζητούµενη πιθανότητα. ∆ύο βώλοι, από τους έντεκα που υπάρχουν στο δοχείο, µπορούν να

επιλεγούν µε

2

11 τρόπους. ∆ύο λευκοί βώλοι, από τους έξι που υπάρχουν στο δοχείο, µπορούν να επιλεγούν

µε

2

6 τρόπους. Άρα, .

2

11

2

6

1

=P

(β) Από τη βασική αρχή απαρίθµησης, αν 2P είναι η ζητούµενη πιθανότητα, µε παρόµοιους συλλογισµούς,

έχουµε .

2

11

1

5

1

6

2

=P

Παράδειγµα 5 Μία εταιρεία διαθέτει 25 φορτηγά, από τα οποία τα 10 είναι ρυπογόνα (εκπέµπουν καυσαέρια

εκτός των φυσιολογικών ορίων). Ο τεχνικός της εταιρείας διαλέγει στην τύχη 6 από τα 25 φορτηγά και τους

κάνει έλεγχο καυσαερίων. Ποια είναι η πιθανότητα να εντοπίσει

(α) ακριβώς 3 ρυπογόνα φορτηγά;

(β) το πολύ 2 ρυπογόνα φορτηγά;

(γ) τουλάχιστον 1 ρυπογόνο και 1 µη ρυπογόνο φορτηγό;

Λύση. Συµβολίζουµε µε ,, 1011 ρρ K=X τα 10 ρυπογόνα φορτηγά που διαθέτει η εταιρεία και µε

,, 1512 µµ K=X τα 15 µη ρυπογόνα φορτηγά της. Ο δειγµατικός χώρος Ω του πειράµατος αποτελείται από

όλες τις δυνατές επιλογές 6 στοιχείων (φορτηγών) από το σύνολο 21 XXX ∪= των 25 φορτηγών της

εταιρείας. Εποµένως .6

25||

=Ω Τα ευνοϊκά αποτελέσµατα για το ενδεχόµενο :3A εντοπίζονται ακριβώς τρία

ρυπογόνα φορτηγά, προκύπτουν αν επιλέξουµε τρία ρυπογόνα φορτηγά (από το σύνολο )1X και τρία µη

ρυπογόνα (από το σύνολο ).2X Οι τρόποι επιλογής των 31 =k ρυπογόνων φορτηγών από τα 10|| 11 == Xv που

υπάρχουν είναι .3

10

1

1

=

k

v Αντίστοιχα, οι τρόποι επιλογής των 32 =k µη ρυπογόνων φορτηγών από τα

15|| 22 == Xv που υπάρχουν είναι .3

15

2

2

=

k

v Σύµφωνα µε τη Βασική Αρχή Απαρίθµησης, θα έχουµε

21

.3

15

3

10|| 3

=A Εποµένως, η ζητούµενη πιθανότητα είναι ίση µε %.31

6

25

3

15

3

10

||

||)( 3

3 ≅

=Ω

=A

AP

(β) Ορίζουµε τα ξένα ανά δύο µεταξύ τους ενδεχόµενα

:iA εντοπίζονται ακριβώς i ρυπογόνα και i−6 µη ρυπογόνα φορτηγά, για .6,,0K=i Η ζητούµενη

πιθανότητα είναι ).()()()( 210210 APAPAPAAAP ++=∪∪

Όµως, ,

6

25

6

15

)( 0

=AP

=

6

25

5

15

1

10

)( 1AP και .

6

25

4

15

2

10

)( 2

=AP

Άρα, %.15

6

25

4

15

2

10

5

1510

6

15

)( 210 ≅

+

+

=∪∪ AAAP

(γ) Το ενδεχόµενο που µας ενδιαφέρει εκφράζεται ως .)( 6054321cAAAAAAA ∪=∪∪∪∪ Η αντίστοιχη

πιθανότητα θα είναι ίση µε %.5.95

6

25

6

10

6

15

1)()(1)(1 6060 ≅

+

−=−−=∪− APAPAAP

Η πιθανότητα )(AP ενός ενδεχοµένου A µπορεί να οριστεί εναλλακτικά ως η οριακή σχετική συχνότητα

(limiting relative frequency) εµφάνισης του ενδεχοµένου .A Έστω ότι σε n επαναλήψεις ενός πειράµατος

τύχης εµφανίζονται An φορές αποτελέσµατα που περιέχονται στο ενδεχόµενο .A Ο λόγος nnA συνήθως

συµβολίζεται µε Af και καλείται σχετική συχνότητα εµφάνισης του ενδεχοµένου A στις n επαναλήψεις ενός

πειράµατος τύχης κάτω από τις ίδιες συνθήκες. Η σχετική συχνότητα µπορεί να χρησιµοποιηθεί ως ένα

ποσοτικό µέτρο έκφρασης του βαθµού βεβαιότητας για την εµφάνιση του ενδεχοµένου .A Όταν ένα πείραµα

τύχης επαναλαµβάνεται µεγάλο αριθµό φορών, η σχετική συχνότητα εµφάνισης ενός ενδεχοµένου A

σταθεροποιείται γύρω από κάποια τιµή που καλείται οριακή σχετική συχνότητα και µπορεί να χρησιµοποιηθεί

ως ένα µέτρο του βαθµού βεβαιότητας για την εµφάνιση του ενδεχοµένου. Ο ακόλουθος ορισµός της

πιθανότητας αποδίδεται στον Von Mises και είναι γνωστός ως ο στατιστικός ορισµός της πιθανότητας.

22

Ορισµός (Στατιστικός ορισµός της πιθανότητας). Έστω Ω ένας δειγµατικός χώρος και A ένα ενδεχόµενο

του .Ω Αν An είναι ο αριθµός εµφανίσεων του ενδεχοµένου A σε n επαναλήψεις του πειράµατος, ,0 nnA ≤≤

τότε ορίζουµε ως πιθανότητα εµφάνισης του ενδεχοµένου A το όριο .limlim)( An

A

nf

n

nAP

∞→∞→==

Η έννοια του ορίου στον παραπάνω ορισµό δεν είναι αυστηρή αλλά αποδίδει συµβολικά το γεγονός της

σταθεροποίησης της σχετικής συχνότητας όταν αυξάνεται σηµαντικά ο αριθµός n των επαναλήψεων του

πειράµατος.

Όπως είναι φανερό η προσέγγιση του Von Mises για τον ορισµό της πιθανότητας δεν µπορούσε να αποτελέσει

τη βάση για µία αυστηρή µαθηµατική ανάπτυξη της Θεωρίας Πιθανοτήτων. ∆εν είναι δυνατή, σε αρκετές

περιπτώσεις, ενδεχοµένως λόγω κόστους ή και χρόνου, η επανάληψη ενός πειράµατος πολλές φορές. Σε

κάποιες περιπτώσεις ίσως να µην είναι δυνατόν να εντοπιστεί το όριο του λόγου .nnf A

A = Ο διαπρεπής

Ρώσος Μαθηµατικός Kolmogorov εξέλαβε τρεις ιδιότητες της πιθανότητας ως αξιώµατα. Ολόκληρη η Θεωρία

Πιθανοτήτων αναπτύχθηκε αυστηρά µε λογικούς µαθηµατικούς συλλογισµούς οι οποίοι ξεκινούν από τα

αξιώµατα αυτά. Ο Kolmogorov αντιστοίχισε σε κάθε ενδεχόµενο A µία αριθµητική ποσότητα )(AP η οποία

καλείται πιθανότητα του ενδεχοµένου .A Όρισε µία πραγµατική συνολοσυνάρτηση µε πεδίο ορισµού το

−σ πεδίο γεγονότων ℑ και πεδίο τιµών κάθε φορά ένα οποιοδήποτε υποσύνολο του συνόλου των πραγµατικών

αριθµών .ℜ Ο ορισµός που ακολουθεί είναι ο καθιερωµένος ορισµός της πιθανότητας, οφείλεται στον

Kolmogorov και καλείται αξιωµατικός ορισµός.

Ορισµός (Αξιωµατικός ορισµός της πιθανότητας κατά Kolmogorov). Μία πιθανότητα P είναι µία

συνολοσυνάρτηση :P ℑ→ℜ που έχει τις ακόλουθες ιδιότητες:

(P1) Είναι µη-αρνητική, δηλαδή 0)( ≥AP για κάθε ενδεχόµενο ∈A ℑ. (Μη-αρνητικότητα της πιθανότητας).

(P2) Ισχύει ότι .1)( =ΩP (Η πιθανότητα να συµβεί το βέβαιο ενδεχόµενο Ω είναι ίση µε τη µονάδα).

(P3) Είναι −σ προσθετική, δηλαδή για οποιαδήποτε ανά δύο ξένα µεταξύ τους (ασυµβίβαστα) ενδεχόµενα

(mutually exclusive events) ,jA Ij∈ (δηλαδή τέτοια ώστε για κάθε ,, Iji ∈ µε ,ji ≠ =∩ ji AA ∅) ισχύει ότι

.)(11∑∞

=

∞

=

=

jj

jj APAP U (Αξίωµα της −σ προσθετικότητας).

23

Σύµφωνα µε τον Kolmogorov η πιθανότητα είναι µία πραγµατική συνολοσυνάρτηση µε πεδίο ορισµού µία

οικογένεια συνόλων (το σύνολο όλων των ενδεχοµένων του πειράµατος) και πεδίο τιµών ένα οποιοδήποτε

υποσύνολο των πραγµατικών αριθµών.

Ορισµός (Πιθανοθεωρητικός χώρος). Έστω ένα πείραµα τύχης µε δειγµατικό χώρο ,Ω −σ πεδίο γεγονότων

ℑ και έστω P µία πιθανότητα επί του ℑ. Η τριάδα ,(Ω ℑ, )P καλείται πιθανοθεωρητικός χώρος (probability

space).

2.3 Συνέπειες του ορισµού της πιθανότητας

Μερικές συνέπειες του αξιωµατικού ορισµού της πιθανότητας είναι:

(1) (P ∅ ) ,0= δηλαδή το αδύνατο γεγονός έχει πιθανότητα ίση µε µηδέν.

∪Ω=Ω ∅∪∅ K∪ . Άρα ()(1)( PPP +Ω==Ω ∅ ) + (P ∅ ) (P⇒+K ∅ .0) =

(2) (Πεπερασµένη προσθετικότητα). Αν nAAA ,,, 21 K είναι ανά δύο ξένα µεταξύ τους ενδεχόµενα, τότε ισχύει

ότι ).(11∑==

=

n

jj

n

jj APAP U Θέτουµε =jA ∅ για K,2,1 ++= nnj , άρα ∑

∞

==

∞

=

=

=

111

)(j

j

n

jj

jj APAPAP UU

∑∑ ∑==

∞

+=

=+=n

jj

n

j njjj APAPAP

11 1

).()()( Η δεύτερη ισότητα είναι συνέπεια της ιδιότητας (P3) του Ορισµού της

πιθανότητας και ο δεύτερος προσθετέος του αθροίσµατος της τρίτης ισότητας είναι προφανώς µηδενικός.

(3) Το συµπλήρωµα cA ενός ενδεχοµένου A έχει πιθανότητα ).(1)( APAP c −=

).(1)()()(1)( APAPAPAPPAA ccc −=⇒+==Ω⇒∪=Ω

(4) Μία πιθανότητα P είναι µία µη φθίνουσα συνάρτηση, δηλαδή αν 21 AA ⊆ τότε ).()( 21 APAP ≤

Ισχύει ότι: ).()()()()()()( 21112121212 APAPAPAAPAPAPAAAA ≤⇒≥−+=⇒−∪=

(5) Για οποιοδήποτε ενδεχόµενο A ισχύει ότι: .1)(0 ≤≤ AP

Προφανώς, ∅ .Ω⊆⊆ A Από το (4) έχουµε ότι (P ∅ .1)(0)()() ≤≤⇒Ω≤≤ APPAP

(6) Μία οποιαδήποτε πιθανότητα P είναι υπό-προσθετική, δηλαδή ∑∞

=

∞

=

≤

11

).(j

jj

j APAP U Η τελευταία

ανισότητα είναι γνωστή ως ανισότητα του Boole (Boole’s inequality).

Έχουµε ότι: KU ∪∩∩∪∩∪=∞

=

)()( 3212111

AAAAAAA ccc

jj Από την −σ προσθετικότητα της P ισχύει ότι:

24

KKU +++≤+∩∩+∩+=

∞

=

)()()()()()( 3213212111

APAPAPAAAPAAPAPAP ccc

jj

.)(1∑∞

=

=j

jAP Η ανισότητα είναι συνέπεια της Ιδιότητας (4).

(7) Έστω δύο ενδεχόµενα ., Ω⊆BA Ισχύει ότι )()()()( BAPBPAPBAP ∩−+=∪ (Προσθετικός νόµος,

Additive law).

Είναι ).( cABABA ∩∪=∪ Άρα )()()( cABPAPBAP ∩+=∪ (2.1)

Όµως, .)()()( BABABBAABAA ccc =∩∪∩⇒Ω∩=∪∩⇒Ω=∪ Εποµένως,

)()()()()()( ABPBPABPBPABPABP cc ∩−=∩⇒=∩+∩ (2.2).

Η σχέση (2.1) προκύπτει µε χρήση της (2.2).

Για τρία ενδεχόµενα Ω⊆CBA ,, ισχύει ότι

).()()()()()()()( CBAPACPCBPBAPCPBPAPCBAP ∩∩+∩−∩−∩−++=∪∪

Στις σελίδες 36-38 του βιβλίου του Ρούσσα παρατίθεται η γενίκευση και η (επαγωγική) απόδειξη του

Προσθετικού Νόµου (7).

Παράδειγµα 6 Έστω ένα πείραµα τύχης µε δειγµατικό χώρο Ω και −σ πεδίο ενδεχοµένων ℑ. Έστω δύο

ενδεχόµενα BA, τέτοια ώστε ,2

1)( =AP

3

1)( =BP και .

6

1)( =∩ BAP Βρείτε τις ακόλουθες πιθανότητες:

(α) Tουλάχιστον ένα ενδεχόµενο συµβαίνει.

(β) Mόνο το ενδεχόµενο A συµβαίνει.

(γ) Oύτε το ενδεχόµενο A συµβαίνει, ούτε το ενδεχόµενο B συµβαίνει.

(δ) Tο πολύ ένα από τα δύο ενδεχόµενα συµβαίνει.

Λύση. (α) .3

2

6

1

3

1

2

1)()()()( =−+=∩−+=∪ BAPBPAPBAP

(β) .3

1

6

1

2

1)()()( =−=∩−=∩ BAPAPBAP c

(γ) .3

1

3

21)(1])[( =−=∪−=∪ BAPBAP c

(δ) .6

5

6

11)(1])[( =−=∩−=∩ BAPBAP c

25

Παράδειγµα 7 Έστω δύο ενδεχόµενα A και .B ∆είξτε ότι η πιθανότητα να συµβεί ακριβώς ένα από τα δύο

ενδεχόµενα είναι ίση µε ).(2)()( BAPBPAP ∩−+

Λύση. Θέλουµε να βρούµε την πιθανότητα του ενδεχοµένου ).()( BABA cc ∩∪∩ Όµως,

=∩∩∩ )()( BABA cc ∅ (P⇒ ())()( PBABA cc =∩∩∩ ∅ .0) = Άρα, ισχύει ότι

(P ).()())()( BAPBAPBABA cccc ∩+∩=∩∪∩

Όµως, )()()()()()( ccc BAPBAPAPBABABBAAA ∩+∩=⇒∩∪∩=∪∩=Ω∩=

).()()( BAPAPBAP c ∩−=∩⇒ Όµοια, ),()()( BAPBPBAP c ∩−=∩ αφού

=∩∩∩=∩∩∩ )()()()( BABABABA cc ∅.

Εποµένως, ).(2)()())()(( BAPBPAPBABAP cc ∩−+=∩∪∩

Παράδειγµα 8 Από τον έλεγχο που έγινε σε µία ηµέρα σε ένα µεγάλο αριθµό οδηγών βρέθηκε ότι το 70% των

οδηγών δε φορούσε ζώνη ασφαλείας, το 40% των οδηγών δεν είχε πυροσβεστήρα στο αυτοκίνητο, ενώ στο

30% των οδηγών διαπιστώθηκαν και οι δύο παραβάσεις. Την επόµενη µέρα ελέγχεται ένας οδηγός και

θεωρούµε τα ενδεχόµενα :A ο οδηγός δεν φοράει ζώνη ασφαλείας και :B ο οδηγός δεν έχει πυροσβεστήρα

στο αυτοκίνητό του. Να υπολογιστεί η πιθανότητα των ενδεχοµένων ,BA∪ ,cc BA ∩ ,cBA∩ ,cBA∪

.BAc ∩

Λύση. Επειδή το µέγεθος του δείγµατος είναι µεγάλο, από το στατιστικό ορισµό της πιθανότητας προκύπτει

προσεγγιστικά ότι στον πληθυσµό των οδηγών οι πιθανότητες των ενδεχοµένων BA, και BA∩ είναι ίσες µε

,7.0)( =AP ,4.0)( =BP .3.0)( =∩ BAP Εποµένως, ,8.0)()()()( =∩−+=∪ BAPBPAPBAP

,2.0)(1])[()( =∪−=∪=∩ BAPBAPBAP ccc ,4.0)()()( =∩−=∩ BAPAPBAP c

,9.0)()()()( =∩−+=∪ ccc BAPBPAPBAP .1.0)(1])[()( =∪−=∪=∩ cccc BAPBAPBAP

2.4 Το θεώρηµα Συνέχειας

Μία πραγµατική συνάρτηση :f ℜ→ℜ, είναι συνεχής αν και µόνο αν για οποιαδήποτε συγκλίνουσα ακολουθία

πραγµατικών αριθµών , 1≥nnx ισχύει ).lim()(lim nn

nn

xfxf∞→∞→

= Η συνάρτηση πιθανότητας P είναι µία συνεχής

συνάρτηση. Πριν παρουσιάσουµε το Θεώρηµα Συνέχειας χρειαζόµαστε την έννοια της µονότονης (monotone)

(αύξουσας ή φθίνουσας) ακολουθίας ενδεχοµένων (increasing or decreasing sequence of events).

26

Ορισµός Μία ακολουθία ενδεχοµένων ∞=1)( nnA λέγεται αύξουσα (φθίνουσα) και γράφουµε ↑∞

=1)( nnA

( ))( 1 ↓∞=nnA αν KK ⊆⊆⊆⊆⊆ +121 nn AAAA (αντίστοιχα, αν )121 KK ⊇⊇⊇⊇⊇ +nn AAAA . Γράφουµε

,lim1U∞

=∞→

=n

nnn

AA αν ↑∞=1)( nnA και ,lim

1I∞

=∞→

=n

nnn

AA αν .)( 1 ↓∞=nnA

Αν θεωρήσουµε ως δειγµατικό χώρο το σύνολο =Ω ℜ των πραγµατικών αριθµών και ορίσουµε τις ακολουθίες

ενδεχοµένων

−+=nn

An

16,

12 και ,

14,

14

+−=nn

Bn ,,2,1 K=n είναι φανερό ότι η ακολουθία 1 ≥nnA

είναι αύξουσα ενώ η ακολουθία 1 ≥nnB είναι φθίνουσα. Επιπλέον ισχύει ότι ]6,2[lim =∞→

nn

A και .4lim =∞→

nn

B

Θεώρηµα 2.3 (Θεώρηµα Συνέχειας). Αν η ακολουθία ενδεχοµένων ∞=1)( nnA είναι µονότονη (δηλαδή είτε

αύξουσα, είτε φθίνουσα), τότε ).(lim)lim( nn

nn

APAP∞→∞→

=

Απόδειξη. ∆ιακρίνουµε δύο περιπτώσεις.

1η περίπτωση. Έστω ότι η ακολουθία ∞=1)( nnA είναι αύξουσα. Θέτουµε ,11 AB = ,122 AAB −= K,233 AAB −= ,

.,1 K−−= nnn AAB Τα σύνολα 1 ≥nnB είναι ξένα ανά δύο µεταξύ τους. Τότε UUn

kk

n

kk BA

11 ==

= και .11UU∞

=

∞

=

=k

kk

k BA

Άρα,

===

=

=

=∞→

=∞→

∞

=

∞

=

∞

=∞→

∑∑ UUUn

kk

n

n

kk

nn

nn

nn

nnn

BPBPBPBPAPAP11111

lim)(lim)()lim(

).(lim)lim()(limlim1

nn

nn

nn

n

kk

nAPAPAPAP

∞→∞→∞→=

∞→=⇒=

= U

2η περίπτωση. Έστω ότι η ακολουθία ∞=1)( nnA είναι φθίνουσα. Τότε η ακολουθία ∞

=1)( ncnA είναι αύξουσα.

Εφαρµόζοντας την πρώτη περίπτωση, έχουµε διαδοχικά

)(lim1))(1(lim)(lim)lim( nn

nn

cn

n

cn

nAPAPAPAP

∞→∞→∞→∞→−=−== και

.1111

−=

=

∞

=

∞

=

∞

=IIUn

n

c

nn

n

cn APAPAP Εποµένως, .1)(lim1

1

−=−

∞

=∞→

In

nnn

APAP

Συνεπώς, ).lim()(lim nn

nn

APAP∞→∞→

=

Παράδειγµα 9 Θεωρούµε έναν πληθυσµό ατόµων που µπορούν να αναπαράγουν απογόνους. Ο αριθµός των

ατόµων που αρχικά υπάρχουν στον πληθυσµό συµβολίζεται µε 0X και καλείται µέγεθος της µηδενικής γενιάς.

Όλοι οι απόγονοι της µηδενικής γενιάς συνιστούν την πρώτη γενιά και το µέγεθος της πρώτης γενιάς

συµβολίζεται µε .1X Γενικά, έστω ότι µε nX συµβολίζουµε το µέγεθος της −n οστής γενιάς. Αν για κάποιο

27

,n ισχύει ότι ,0=nX τότε .01 =+nX Συνεπώς, στην περίπτωση αυτή, η ακολουθία nX είναι µία αύξουσα

ακολουθία ενδεχοµένων και εποµένως το όριο 0lim =∞→

nn

XP υπάρχει. Από το Θεώρηµα Συνέχειας, ισχύει ότι:

00lim0lim PXPXPXPn

nnn

nn

=

=====∞→∞→

U ο πληθυσµός κάποτε θα αφανιστεί.

Οι τελευταίες ισότητες µας λένε ότι, για κάποιο ,n (αρκετά µεγάλο) η «οριακή» πιθανότητα ότι η −n οστή

γενιά δεν θα έχει κανένα άτοµο ισούται µε την πιθανότητα του «τελικού» αφανισµού του πληθυσµού.

Παράδειγµα 10 Ας υποθέσουµε ότι έχουµε έναν αρχικό πληθυσµό του οποίου τα άτοµα είναι δυνατόν πριν

πεθάνουν να γεννήσουν απογόνους σχηµατίζοντας έτσι τις επόµενες γενιές. Αν η πιθανότητα να εξαφανιστεί ο

πληθυσµός στην −n οστή γενιά λόγω θανάτου όλων των ατόµων του πληθυσµού πριν προλάβουν να παράγουν

απογόνους είναι ίση µε ,3

12exp

+−

n

n ποια είναι η πιθανότητα να ζήσει ο πληθυσµός για πάντα;

Λύση. Αν συµβολίσουµε µε ,nA K,2,1=n τα ενδεχόµενα :nA ο πληθυσµός εξαφανίζεται κατά την −n οστή

γενιά είναι προφανές ότι η ακολουθία ενδεχοµένων 1 ≥nnA είναι αύξουσα, δηλαδή .1 KK ⊆⊆⊆ nAA Το

ενδεχόµενο εξαφάνισης του πληθυσµού σε κάποια γενιά περιγράφεται από την ένωση nn

nn AA

∞→

∞

=

= lim1U και έχει

πιθανότητα εµφάνισης .3

12explim)(lim))(lim( 3

2

1

−

∞→∞→∞→

∞

=

=

+−===

e

n

nAPAPPAP

nn

nn

nn

nU

Εποµένως η ζητούµενη πιθανότητα είναι ίση µε .48658.051342.0111 3

2

1

=−≅−=

−

−∞

=

eAPn

nU

Παράδειγµα 11 Έστω ότι ο δειγµατικός χώρος ενός πειράµατος τύχης περιγράφεται από το σύνολο ℜ=Ω των

πραγµατικών αριθµών και ότι οι πιθανότητες των ενδεχοµένων ,2

,2

+−=n

an

aAn ,,2,1 K=n όπου ∈a ℜ

δίνονται από τον τύπο ,1

)(n

AP n = .,2,1 K=n Να υπολογιστεί η πιθανότητα του απλού ενδεχοµένου .aA =

Λύση. Η ακολουθία των ενδεχοµένων 1 ≥nnA είναι µία φθίνουσα ακολουθία ενδεχοµένων επειδή

.121 KK ⊇⊇⊇⊇⊇ +nn AAAA

Επιπλέον ισχύει ότι .lim nn

AaA∞→

== Εφαρµόζουµε το Θεώρηµα της Συνέχειας της συνάρτησης πιθανότητας

και έχουµε .01

lim)(lim)lim()( ====∞→∞→∞→ n

APAPAPn

nn

nn

28

2.5 ∆εσµευµένη πιθανότητα

Θεωρούµε το τυχαίο πείραµα της ρίψης ενός ζαριού. Ισχύει ότι ( ) .6

12 =P Αν είναι γνωστό ότι το αποτέλεσµα

της ρίψης του ζαριού θα είναι άρτιο, τότε ( ) .3

12 =P ∆ίνουµε τον ακόλουθο ορισµό.

Ορισµός (∆εσµευµένη πιθανότητα). Έστω Ω ένας δειγµατικός χώρος και A ένα ενδεχόµενο του Ω τέτοιο

ώστε .0)( >AP Για κάθε ενδεχόµενο B του ,Ω η δεσµευµένη πιθανότητα (conditional probability) του B

δοθέντος του A (given )A ορίζεται ως εξής: .)(

)()|(

AP

ABPABP

∩=

Γνωρίζουµε λοιπόν ότι το αποτέλεσµα της ρίψης του ζαριού θα είναι άρτιο και ζητάµε την πιθανότητα να

εµφανιστεί το αποτέλεσµα 2. Θεωρούµε το ενδεχόµενο 6,4,2=A και το ενδεχόµενο .2=B Τότε

.3

1

216

1

)6,4,2(

)2(

)(

)()|( ===

∩=

P

P

AP

ABPABP

Παράδειγµα 12 Θεωρούµε τις οικογένειες µε δύο παιδιά. Έστω ότι µε A συµβολίζουµε το αγόρι και µε K το

κορίτσι. Ο δειγµατικός χώρος είναι .,,, KKKAAKAA=Ω Θεωρούµε ότι το «πρώτο» σύµβολο της δυάδας

που αναπαριστά το δειγµατικό σηµείο του Ω δηλώνει το µεγαλύτερο σε ηλικία παιδί. Θεωρούµε τα ενδεχόµενα

=B παιδιά ίδιου φύλου , KKAA= και =C τουλάχιστον ένα αγόρι .,, KAAKAA= Ποια είναι η πιθανότητα

τα παιδιά να είναι του ίδιου φύλου αν γνωρίζουµε ότι τουλάχιστον ένα είναι αγόρι;

Λύση. Ζητάµε την πιθανότητα ).|( CBP Έχουµε ,3

1

43

41

)(

)()|( ==

∩=

CP

CBPCBP ενώ .

2

1

4

2)( ==BP

Παράδειγµα 13 Έστω ότι ένα δοχείο περιέχει δεκαπέντε λευκούς, δέκα κίτρινους και πέντε µαύρους βώλους.

∆ιαλέγουµε τυχαία ένα βώλο από το δοχείο. Ποια είναι η πιθανότητα να είναι κίτρινος αν γνωρίζουµε ότι δεν

είναι µαύρος;

Λύση. Έστω K και M τα ενδεχόµενα επιλογής κίτρινου και µαύρου βώλου, αντίστοιχα. Ζητάµε την

πιθανότητα ).|( cMKP Έχουµε .5

2

305130

10

)(130

10

)(

)(

)(

)()|( =

−=

−==

∩=

MPMP

KP

MP

MKPMKP

cc

cc

29

Παράδειγµα 14 Ένας φίλος µας ρίχνει ένα ζάρι 10 φορές και µας δίνει την πληροφορία ότι εµφανίστηκε

τουλάχιστον ένα 6. Ποια είναι η πιθανότητα να έχουν εµφανιστεί δύο ή περισσότερα 6;

Λύση. Στο δειγµατικό χώρο του πειράµατος, ας ορίσουµε τα ενδεχόµενα:

:A εµφανίστηκαν δύο ή περισσότερα 6, :B εµφανίστηκε τουλάχιστον ένα 6, :0A δεν εµφανίστηκε κανένα 6,

:1A εµφανίστηκε ακριβώς ένα 6. Ζητάµε τη δεσµευµένη πιθανότητα )|( BAP για την οποία µπορούµε να

γράψουµε ,)(

)(

)(

)()|(

BP

AP

BP

BAPBAP =

∩= διότι .BA ⊆ Για τον υπολογισµό της πιθανότητας )(BP έχουµε

.6

51)(1)(1)(

10

10

0 −=−=−= APBPBP c Για τον υπολογισµό της πιθανότητας )(AP παρατηρούµε ότι

),()(1)(1)(1)( 1010 APAPAAPAPAP c −−=∪−=−= διότι τα ενδεχόµενα 0A και 1A είναι ξένα ανά δύο

µεταξύ τους. Ισχύει ότι .6

510

6

5

6

11

10)(

10

99

1 =

=AP Εποµένως, .

6

510

6

51)(

10

9

10

10

−−=AP

Συνεπώς, .61.056

5101

6

51

6

510

6

51

)|(1010

9

10

10

10

9

10

10

=−

−=

−

−−=BAP

Θεώρηµα 2.4 (Πολλαπλασιαστικό θεώρηµα). Αν njA j ,,2,1, K= είναι ενδεχόµενα τέτοια ώστε

01

1

>

−

=In

jjAP τότε

).()|(|| 112

2

11

1

11

APAAPAAPAAPAPn

jjn

n

jjn

n

jj LIII

=

−

=−

−

==

(*)

Απόδειξη. (Με επαγωγή). Για ,2=n ),()|()( 11221 APAAPAAP =∩ η αποδεικτέα σχέση (*) ισχύει. Έστω ότι

η (*) ισχύει για .kn = Θα δείξουµε ότι ισχύει για .1+= kn

=

∩=

==+

=+

+

=IIII

k

jj

k

jjk

k

jjk

k

jj APAAPAAPAP

111

11

1

1

|

).()|(|| 112

1

111 APAAPAAPAAP

k

jjk

k

jjk LII

=

−

==+ Το θεώρηµα ισχύει.

Παράδειγµα 15 Έστω ότι µία κάλπη περιέχει δέκα σφαιρίδια εκ των οποίων τα πέντε είναι µαύρα τα τρία είναι

κόκκινα και τα δύο είναι άσπρα. Επιλέγουµε χωρίς επανατοποθέτηση τέσσερα σφαιρίδια. Θεωρούµε τα

30

ενδεχόµενα :1A το πρώτο σφαιρίδιο είναι µαύρο, :2A το δεύτερο σφαιρίδιο είναι κόκκινο, :3A το τρίτο

σφαιρίδιο είναι άσπρο και :4A το τέταρτο σφαιρίδιο είναι µαύρο. Να βρεθεί η πιθανότητα να

πραγµατοποιηθούν και τα τέσσερα ενδεχόµενα.

Λύση. Ζητάµε την πιθανότητα ).( 4321 AAAAP ∩∩∩ Χρησιµοποιούµε το Θεώρηµα 2.4 και έχουµε ότι

)()|()|()|()( 11221332144321 APAAPAAAPAAAAPAAAAP ∩∩∩=∩∩∩

Όµως, ,2

1

10

5)( 1 ==AP ,

3

1

9

3)|( 12 ==AAP ,

4

1

8

2)|( 213 ==∩ AAAP

.7

4)|( 3214 =∩∩ AAAAP

Συνεπώς, .42

1)( 4321 =∩∩∩ AAAAP

2.6 Θεώρηµα Ολικής Πιθανότητας και Θεώρηµα Bayes

Ας θεωρήσουµε το εξής πρόβληµα. Σε ένα πείραµα τύχης έχουµε ορίσει δύο ενδεχόµενα BA, και υπάρχει η

δυνατότητα να υπολογίσουµε τις δεσµευµένες πιθανότητες )|(),|( cBAPBAP καθώς επίσης και την

πιθανότητα εµφάνισης του ενδεχοµένου .B Χρησιµοποιώντας αυτά τα στοιχεία, θα µπορούσαµε να

υπολογίσουµε τη µη-δεσµευµένη πιθανότητα του ενδεχοµένου ;A Η απάντηση είναι καταφατική, δίνεται από

το παρακάτω θεώρηµα, το οποίο παρουσιάζουµε στη γενική του µορφή και είναι γνωστό ως Θεώρηµα Ολικής

Πιθανότητας (Total Probability Theorem).

Θεώρηµα 2.5 (Θεώρηµα Ολικής Πιθανότητας). Αν nAA ,,1 K ξένα ανά δύο µεταξύ τους ενδεχόµενα, τότε για

οποιοδήποτε ενδεχόµενο B ισχύει ότι

.)()|()(1∑=

=n

iii APABPBP Τα ενδεχόµενα IiAi ∈, αποτελούν διαµέριση του Ω δηλαδή είναι τέτοια ώστε

.1

Ω==U

n

iiA

Απόδειξη. Είναι .)(11UU

n

ii

n

ii ABABBB

==

∩=

∩=Ω∩= Άρα,

.)()|()()()(111∑∑===

=∩=

∩=

n

iii

n

ii

n

ii APABPABPABPBP U Η δεύτερη ισότητα προκύπτει από τη συνέπεια (2)

του αξιωµατικού ορισµού της πιθανότητας κατά Kolmogorov (πεπερασµένη προσθετικότητα), διότι για κάθε

,ji ≠ ισχύει ότι =∩∩∩ ji ABAB ∅.

31

Παράδειγµα 16 Ένα αεροπλάνο έχει συντριβεί σε µία περιοχή που διαιρείται σε δάσος, βουνό και θάλασσα. Οι

πιθανότητες το αεροπλάνο να έπεσε σε δάσος, βουνό και θάλασσα είναι αντίστοιχα 3.0)(,1.0)( =Θ=∆ PP και

.6.0)( =BP Οι πιθανότητες ευρέσεως του αεροπλάνου είναι (α) αν έπεσε σε δάσος, ,21)|( =∆EP (β) αν

έπεσε σε θάλασσα, ,51)|( =ΘEP και (γ) αν έπεσε σε βουνό, .4

3)|( =BEP Να βρεθεί η πιθανότητα

ευρέσεως του αεροπλάνου.

Λύση. Ο δειγµατικός χώρος είναι ,,, BΘ∆=Ω όπου ,∆ Θ και B είναι ξένα ανά δύο µεταξύ τους ενδεχόµενα

και είναι τέτοια ώστε .Ω=∪Θ∪∆ B Χρησιµοποιούµε το Θεώρηµα 2.5 για να υπολογίσουµε την πιθανότητα

ευρέσεως του αεροπλάνου, ).(EP Έχουµε )()|()()|()()|()( BPBEPPEPPEPEP +ΘΘ+∆∆=

.56.06.04

33.0

5

11.0

2

1=++⋅=

Παράδειγµα 17 Περίπου 14% των ανδρών και 2% των γυναικών πάσχουν από αχρωµατοψία. Ποια είναι η

πιθανότητα ένα άτοµο που επιλέγεται στην τύχη από το ακροατήριο µιας διάλεξης να πάσχει από αχρωµατοψία,

αν στην αίθουσα υπάρχουν 40 άνδρες και 70 γυναίκες;

Λύση. Ορίζουµε τα ενδεχόµενα :A το άτοµο που επιλέχθηκε πάσχει από αχρωµατοψία, :1B το άτοµο που

επιλέχθηκε είναι άνδρας, :2B το άτοµο που επιλέχθηκε είναι γυναίκα. Τα ενδεχόµενα 21,BB αποτελούν

διαµέριση του δειγµατικού χώρου Ω του πειράµατος τύχης της επιλογής ενός ατόµου από το ακροατήριο της

διάλεξης. Εφαρµόζουµε το Θεώρηµα Ολικής Πιθανότητας και έχουµε

).(100

2)(

100

14)()|()()|()( 212211 BPBPBPBAPBPBAPAP +=+=

Όµως, ,11

4)( 1 =BP .

11

7)( 2 =BP Συνεπώς, .

110

7

11

7

100

2

11

4

100

14)( =⋅+⋅=AP

Παράδειγµα 18 Έστω ότι µία κάλπη περιέχει επτά κόκκινα και τρία µαύρα σφαιρίδια. Επιλέγουµε τυχαία δύο

σφαιρίδια. Έστω 2,1),( =jMK jj αντίστοιχα, το ενδεχόµενο το −j οστό σφαιρίδιο να είναι κόκκινο (µαύρο).

Να βρεθεί η πιθανότητα )( 2KP αν η εξαγωγή των σφαιριδίων πραγµατοποιείται και µε τους δύο τρόπους,

δηλαδή µε επανατοποθέτηση και χωρίς επανατοποθέτηση.

Λύση. Έστω ότι η εξαγωγή γίνεται µε επανατοποθέτηση.

Τότε 10

7)( 2 =KP και .

10

7)|()|( 1212 == MKPKKP

32

Έστω ότι η εξαγωγή γίνεται χωρίς επανατοποθέτηση. Χρησιµοποιούµε το Θεώρηµα Ολικής Πιθανότητας και

έχουµε

.10

7

10

3

9

7

10

7

9

6)()|()()|()( 1121122 =+=+= MPMKPKPKKPKP

Σε αυτή την περίπτωση ).|()|()( 12122 MKPKKPKP ≠≠

Ένα πολύ συνηθισµένο και βασικό πρόβληµα της Θεωρίας Πιθανοτήτων είναι ο υπολογισµός των εκ των

υστέρων πιθανοτήτων )|( BAP j από τις εκ των προτέρων µη δεσµευµένες πιθανότητες )( jAP και τις

δεσµευµένες πιθανότητες ,),|( IjABP j ∈ όπου I είναι ένα οποιοδήποτε σύνολο δεικτών. Η γενική έκφραση

υπολογισµού είναι µία εφαρµογή του Θεωρήµατος Ολικής Πιθανότητας και αποδίδεται στον Thomas Bayes

(Bayes Theorem), ο οποίος έζησε τον 18ο αιώνα.

Θεώρηµα 2.6 (Θεώρηµα του Bayes). Αν nAA ,,1 K ξένα ανά δύο µεταξύ τους ενδεχόµενα τέτοια ώστε

Ω==U

n

iiA

1

και B κάποιο ενδεχόµενο, τότε ,)()|(

)()|()|(

1∑=

=n

iii

jjj

APABP

APABPBAP για κάθε .,,2,1 nj K∈

Απόδειξη. Είναι .)()|(

)()|(

)(

)()|(

1∑=

=∩

=n

iii

jjjj

APABP

APABP

BP

BAPBAP

Παράδειγµα 19 Έστω µία ασφαλιστική εταιρεία που διαθέτει κάποιους οδηγούς εκ των οποίων κάποιοι είναι

ασφαλείς οδηγοί ,A κάποιοι είναι µέτριοι οδηγοί M και κάποιοι είναι κακοί οδηγοί .K Η πιθανότητα να είναι

κάποιος οδηγός ασφαλής, µέτριος και κακός είναι αντίστοιχα 5.0)(,2.0)( == MPAP και .3.0)( =KP Αν E

είναι το ενδεχόµενο να έχουµε κάποιο ατύχηµα κατά τη διάρκεια ενός έτους τότε

15.0)|(,05.0)|( == MEPAEP και .3.0)|( =KEP Να βρεθεί η πιθανότητα να είναι κάποιος ασφαλής

οδηγός αν δεν έχει κανένα ατύχηµα κατά τη διάρκεια ενός έτους.

Λύση. Ζητάµε την πιθανότητα ).|( cEAP

)()|()()|()()|(

)()|(

)(

)()|(

KPKEPMPMEPAPAEP

APAEP

EP

EAPEAP

ccc

c

c

cc

++=

∩=

)()]|(1[)()]|(1[)()]|(1[

)()]|(1[

KPKEPMPMEPAPAEP

APAEP

−+−+−−

=

33

.23.03.0)3.01(5.0)15.01(2.0)05.01(

2.0)05.01(=

−+−+−−

=

Παράδειγµα 20 Είναι γνωστό ότι το 0.005 ενός πληθυσµού έχει µία ασθένεια ,A δηλαδή .10005)( =AP Για

τη διάγνωση της ασθένειας έχει επινοηθεί ένα ιατρικό τεστ το οποίο είναι θετικό και είναι σωστό µε πιθανότητα

0.95 ενώ βγαίνει θετικό και είναι λανθασµένο µε πιθανότητα 0.01, δηλαδή 95.0)|( =Θ AP και

.01.0)|( =Θ cAP ∆οθέντος ότι το τεστ βγαίνει θετικό ποια είναι η πιθανότητα να είναι ένα άτοµο του

πληθυσµού ασθενή;

Λύση. Ζητάµε την πιθανότητα ).|( ΘAP Εφαρµόζουµε το Θεώρηµα Bayes. Ο δειγµατικός χώρος είναι

., cAA=Ω Ισχύει ότι =∩ cAA ∅ και .Ω=∪ cAA Τότε

.32.0995.001.0005.095.0

005.095.0

)()|()()|(

)()|()|( ≅

⋅+⋅⋅

=Θ+Θ

Θ=Θ

cc APAPAPAP

APAPAP

Παράδειγµα 21 Η µητέρα της Πόπης τη ρωτάει πόσα χρήµατα έχει στο πορτοφόλι της. Εκείνη της απαντάει ότι

έχει ένα χαρτονόµισµα των 10 ευρώ ή ένα των 20 ευρώ χωρίς να θυµάται τι από τα δύο. Η µητέρα τοποθετεί

στο πορτοφόλι της ένα χαρτονόµισµα των 20 ευρώ χωρίς να το γνωρίζει η Πόπη. Όταν αργότερα η Πόπη βγάζει

από το πορτοφόλι της ένα χαρτονόµισµα, παρατηρεί ότι είναι των 20 ευρώ. Ποια είναι η πιθανότητα το

χαρτονόµισµα που έµεινε στο πορτοφόλι να είναι των 20 ευρώ;

Λύση. Πριν από την εξαγωγή του χαρτονοµίσµατος των 20 ευρώ, το πορτοφόλι της Πόπης περιείχε είτε ένα

χαρτονόµισµα των 10 ευρώ και ένα χαρτονόµισµα των 20 ευρώ, ενδεχόµενο ,1Π είτε δύο χαρτονοµίσµατα των

20 ευρώ, ενδεχόµενο ,2Π µε αντίστοιχες πιθανότητες .2

1)()( 21 =Π=Π PP

Ορίζουµε το ενδεχόµενο :A η Πόπη έβγαλε ένα χαρτονόµισµα των 20 ευρώ από το πορτοφόλι της. Ζητάµε την

πιθανότητα ).|( 2 AP Π Χρησιµοποιούµε το Θεώρηµα του Bayes και έχουµε

.3

2

2

11

2

1

2

12

11

)()|()()|(

)()|()|(

2211

222 =

⋅+⋅

⋅=

ΠΠ+ΠΠ

ΠΠ=Π

PAPPAP

PAPAP

2.7 Ανεξάρτητα ενδεχόµενα

Υπάρχουν περιπτώσεις στις οποίες η γνώση ότι συνέβη ή δεν συνέβη ένα ενδεχόµενο B δε δίνει καµία

πληροφορία για την εµφάνιση ή µη ενός ενδεχοµένου .A Για να είναι δύο ενδεχόµενα BA, µε ,0)( >AP

,0)( >BP ανεξάρτητα µεταξύ τους θα πρέπει

34

).()|()()(

)()()()()(

)(

)()()|( BPABPBP

AP

BAPBPAPBAPAP

BP

BAPAPBAP =⇒=

∩⇒=∩⇒=

∩⇒=

Λέµε ότι το ενδεχόµενο A είναι ανεξάρτητο από το ενδεχόµενο B και από την τελευταία ισότητα έπεται ότι

και το ενδεχόµενο B είναι ανεξάρτητο από το ενδεχόµενο .A ∆ίνουµε τους ακόλουθους ορισµούς.

Ορισµός (Ανεξάρτητα ενδεχόµενα). ∆ύο ενδεχόµενα BA, είναι στοχαστικά (ή στατιστικά) ανεξάρτητα

(stochastically or statistically independent) αν και µόνο αν ).()()( BPAPBAP =∩ Στην αντίθετη περίπτωση αν

δηλαδή ισχύει ότι )()()( BPAPBAP ≠∩ τα ενδεχόµενα BA, καλούνται εξαρτηµένα (dependent).

Ορισµός (Πλήρως ανεξάρτητα ενδεχόµενα). Τα ενδεχόµενα ,2,,,2,1, ≥= nnjA j K του ίδιου δειγµατικού

χώρου Ω καλούνται πλήρως ανεξάρτητα αν για κάθε επιλογή k διαφορετικών δεικτών kjj ,,1 K από το

σύνολο ,,2,1 nK και για κάθε nk ,,3,2 K= ισχύουν οι ισότητες:

),()()()(2121 kk jjjjjj APAPAPAAAP LL =∩∩∩ .,,2,1,,1 njj k KK ∈

Παρατήρηση. Για τον έλεγχο της πλήρους ανεξαρτησίας των ενδεχοµένων njA j ,,1, K= ο αριθµός των

σχέσεων που πρέπει να ελεγχθούν είναι .12 −− nn Για να ελεγχθεί η ανεξαρτησία δύο ενδεχοµένων από τα n

χρειάζεται να ελεγχθούν

2

n σχέσεις, για την ανεξαρτησία τριών ενδεχοµένων από τα n χρειάζεται να

ελεγχθούν

3

n σχέσεις, ..., για την ανεξαρτησία n ενδεχοµένων από τα n χρειάζεται να ελεγχθούν

n

n

σχέσεις, δηλαδή µία σχέση. Όµως, .121032 0

−−=

−

−

=

++

+

∑=

nnn

k

n

n

nnn nn

k

L Για παράδειγµα, για

3=n ενδεχόµενα 321 ,, AAA του ίδιου δειγµατικού χώρου Ω και για τον έλεγχο της πλήρους ανεξαρτησία τους

χρειάζεται να ελέγξουµε αν ισχύουν οι ακόλουθες τέσσερις ισότητες:

),()()(),()()( 31312121 APAPAAPAPAPAAP =∩=∩ )()()( 3232 APAPAAP =∩ και

).()()()( 321321 APAPAPAAAP =∩∩

Προφανώς όταν το n αυξάνει, ο αριθµός 12 −− nn θα γίνεται υπερβολικά µεγάλος µε αποτέλεσµα να είναι

αρκετά δύσκολος ο έλεγχος όλων των ισοτήτων που απαιτούνται για την εξασφάλιση της πλήρους

ανεξαρτησίας n ενδεχοµένων. Στην πράξη από τη φύση του πειράµατος και την περιγραφή των ενδεχοµένων

είµαστε σε θέση να πούµε κατά πόσο δύο ή περισσότερα ενδεχόµενα είναι ανεξάρτητα ή εξαρτηµένα. Για

παράδειγµα, στο τυχαίο πείραµα της ρίψης δύο ζαριών οποιοδήποτε ενδεχόµενο σχετίζεται µόνο µε το

35

αποτέλεσµα της πρώτης ρίψης του ζαριού είναι λογικό να θεωρηθεί ανεξάρτητο µε κάθε ενδεχόµενο που

σχετίζεται µόνο µε το αποτέλεσµα της δεύτερης ρίψης του ζαριού. Γενικότερα, ισχύει ότι, αν nAAA ,,, 21 K

είναι n ανεξάρτητα ενδεχόµενα και αντικαταστήσουµε ορισµένα από αυτά ή και όλα µε τα συµπληρωµατικά

τους, προκύπτουν πάλι ανεξάρτητα ενδεχόµενα.

Παράδειγµα 22 Στο Παράδειγµα 12 ορίζουµε τα ενδεχόµενα :1A παιδιά και των δύο φύλων και :2A το

µεγαλύτερο παιδί είναι αγόρι.

Έχουµε ,1 KAAKA = και .,2 AKAAA = Για να είναι τα 21, AA ανεξάρτητα ενδεχόµενα πρέπει

).()()( 2121 APAPAAP =∩ Όµως, 2

1)( 1 =AP και .

2

1)( 2 =AP Επιπλέον έχουµε ότι 21 AKAA =∩ και

).()(4

1)( 2121 APAPAAP ==∩ Συνεπώς τα ενδεχόµενα 21, AA είναι ανεξάρτητα.

Παράδειγµα 23 Αν BA, είναι ανεξάρτητα ενδεχόµενα τότε και τα ,, cBA BAc , και cc BA , είναι επίσης

ανεξάρτητα ενδεχόµενα, διότι

),()()](1)[()()()()()()( cc BPAPBPAPBPAPAPBAPAPBAP =−=−=∩−=∩

),()()](1)[()()()()()()( cc APBPAPBPBPAPBPBAPBPBAP =−=−=∩−=∩

)()()()(1)()()(1)(1)()( BPAPBPAPBAPBPAPBAPBAPBAP ccc +−−=∩+−−=∪−=∪=∩

).()())(1))((1())(1)(()(1 cc BPAPBPAPAPBPAP =−−=−−−=

Παράδειγµα 24 Ρίχνουµε δύο αµερόληπτα ζάρια. Θεωρούµε τα ενδεχόµενα :A το άθροισµα των δύο ζαριών

είναι επτά και :B το πρώτο ζάρι είναι άσσος. Είναι τα BA, ανεξάρτητα;

Ο δειγµατικός χώρος είναι .6,,2,1,|),( K==Ω jiji Τα ενδεχόµενα A και B είναι

)1,6(),2,5(),3,4(),4,3(),5,2(),6,1(=A και ).6,1(),5,1(),4,1(),3,1(),2,1(),1,1(=B Είναι 61)()( == BPAP

και ),()(361)( BPAPBAP ==∩ αφού ).6,1(=∩ BA Άρα τα ενδεχόµενα BA, είναι ανεξάρτητα.

Παράδειγµα 25 Από µία τράπουλα επιλέγουµε τυχαία ένα χαρτί. Έστω A και B τα ενδεχόµενα :A το χαρτί

είναι άσσος και :B το χαρτί είναι καρρό. Είναι τα BA, ανεξάρτητα ενδεχόµενα;

Έχουµε 131)( =AP και .4

1)( =BP Η τοµή των ενδεχοµένων BA, είναι :BA∩ το χαρτί είναι άσσος-καρρό

και ).()(521)( BPAPBAP ==∩ Άρα τα ενδεχόµενα BA, είναι ανεξάρτητα.

36

Παράδειγµα 26 Θεωρούµε n ανεξάρτητα ενδεχόµενα nAA ,,1 K ενός δειγµατικού χώρου Ω µε ,)( ii pAP =

.,,1 ni K= Να υπολογιστούν, συναρτήσει των ,,,1 npp K οι πιθανότητες των επόµενων ενδεχοµένων: (α) ∆εν

εµφανίζεται κανένα από τα ενδεχόµενα .,,1 nAA K (β) Εµφανίζεται τουλάχιστον ένα από τα ενδεχόµενα

.,,1 nAA K

Λύση. (α) Ενδιαφερόµαστε για το ενδεχόµενο .1I

n

i

ciAA

=

= Χρησιµοποιούµε την ανεξαρτησία των ενδεχοµένων

nAA ,,1 K και έχουµε ∏ ∏ ∏= = ==

−=−==

=

n

i

n

i

n

iii

ci

n

i

ci pAPAPAPAP

1 1 11

).1()](1[)()( I Για τη δεύτερη ισότητα

χρησιµοποιούµε την προηγούµενη παρατήρηση.

(β) Ζητάµε την πιθανότητα του ενδεχοµένου .1U

n

iiAB

=

=

Είναι ,cAB = διότι ,111

=

=

=

===UUI

n

ii

ccn

ii

cn

i

ci

c AAAA και συνεπώς

∏==

−−=−==

=

n

ii

cn

ii pAPAPAPBP

11

).1(1)(1)()( U

Ορισµός (Ανεξάρτητα υπό-πειράµατα τύχης). Έστω ένα πείραµα τύχης µε δειγµατικό χώρο Ω και −σ σώµα

γεγονότων ℑ, δηλαδή ,(Ω ℑ ) . Τα υπό-πειράµατα ,(Ω ℑ1), ,(Ω ℑ2),... λέγονται ανεξάρτητα αν και µόνο αν τα

ενδεχόµενα ,..., 21 EE των υπό-πειραµάτων είναι ανεξάρτητα.

Ορισµός (∆οκιµές Bernoulli). Αν ,( 1Ω ℑ1), ,( 2Ω ℑ2),... είναι ανεξάρτητα υπό-πειράµατα τύχης και

,21 Ω==Ω=Ω K ℑ1=ℑ2 =K =ℑ και τα υπό-πειράµατα έχουν την ίδια συνάρτηση πιθανότητας P τότε

ονοµάζονται δοκιµές. Αν επιπλέον 1,0=Ω οι δόκιµες καλούνται δοκιµές Bernoulli.

Παράδειγµα 27 Έστω µία ακολουθία δοκιµών Bernoulli µε πιθανότητα επιτυχίας ίση µε .p Ποια είναι η

πιθανότητα (α) τουλάχιστον µιας επιτυχίας στις πρώτες n δοκιµές; (β) ακριβώς k επιτυχιών στις πρώτες n

δοκιµές; (γ) όλες οι δοκιµές να καταλήγουν σε επιτυχία;

Λύση. (α) Θέτουµε =iE η −i οστή δοκιµή καταλήγει σε επιτυχία K,2,1, =i . Ζητάµε την πιθανότητα

∏ ∏= ====

−−=−=

−=

−=

n

i

n

ii

ci

n

i

ci

cn

ii

n

ii EPEPEPEPEP

1 1111

))(1(1)(111 IUU

37

.)1(1)1(11

nn

i

pp −−=−−= ∏=

Στην δεύτερη ισότητα χρησιµοποιούµε το νόµο De Morgan και στη δεύτερη

ισότητα χρησιµοποιούµε την προηγούµενη παρατήρηση.

(β) Ζητάµε την πιθανότητα ακριβώς k επιτυχιών στις πρώτες n δοκιµές. Θα εξετάσουµε οποιαδήποτε

συγκεκριµένη ακολουθία των πρώτων n δοκιµών που περιέχει k επιτυχίες και kn − αποτυχίες. Λόγω της

ανεξαρτησίας των δοκιµών κάθεµία από αυτές τις ακολουθίες θα συµβεί µε πιθανότητα ίση µε .)1( knk pp −−

Όµως υπάρχουν

k

n τέτοιες ακολουθίες που προκύπτουν από όλες τις δυνατές µεταθέσεις των k επιτυχιών

(και των kn − αποτυχιών). Συνεπώς, kP ακριβώς επιτυχίες .,,0,)1( nkppk

n knkK=−

= −

(γ) Ζητάµε την πιθανότητα n

n

n

ii

nn

n

ii

n

ii

ni

i pEPEPEPEP∞→

=∞→

∞

= ==∞→

∞

=

=

=

=

=

limlimlim

11 111II III

<

==

1,0

1,1

p

p. Η δεύτερη και η τρίτη ισότητα είναι συνέπειες του Θεωρήµατος Συνέχειας, διότι η ακολουθία

=I

n

iiE

1

είναι φθίνουσα.

2.8 ∆ύο δηµοφιλή προβλήµατα πιθανοτήτων

Πρόβληµα 1 (Το πρόβληµα του ιππότη De Mere). Ρίχνουµε ένα αµερόληπτο ζάρι τέσσερις ανεξάρτητες

φορές. Έστω τα ενδεχόµενα iE τέτοια ώστε =iE το −i οστό ζάρι είναι άσσος, .4,3,2,1=i Ρίχνουµε δύο

αµερόληπτα ζάρια είκοσι τέσσερις ανεξάρτητες φορές. Έστω τα ενδεχόµενα iA τέτοια ώστε =iA η −i οστή

ζαριά έφερε διπλό άσσο, .24,,1K=i Να ελεγχθεί αν ,qp = όπου

=

=U

4

1iiEPp και .

24

1

=

=Ui

iAPq

Λύση. Έχουµε ∏====

−=

−=

−=

=

4

1

4

1

4

1

4

1

)(111i

ci

i

ci

c

ii

ii EPEPEPEPp IUU

.51.06

51)

6

11(1)](1[1

4

1

44

1

≈

−=−−=−−= ∏∏== ii

iEP

∏ ∏= ====

−−=−=

−=

−=

=

24

1

24

1

24

1

24

1

24

1

))(1(1)(111i i

ici

i

ci

c

ii

ii APAPAPAPAPq IUU

∏=

≈

−=−−=24

1

24

.49.036

351)

36

11(1

i

Άρα, .qp ≠

38

Πρόβληµα 2 (Το πρόβληµα των γενεθλίων). Έστω ότι υπάρχουν n άνθρωποι σε ένα δωµάτιο. Ποια είναι η

πιθανότητα και οι n άνθρωποι να έχουν διαφορετική ηµεροµηνία γενεθλίων; Θεωρείστε ότι το έτος έχει 365

ηµέρες.

Λύση. Χρησιµοποιούµε τον κλασσικό ορισµό της πιθανότητας. Η επιλογή της ηµέρας γενεθλίων του πρώτου

ατόµου µπορεί να γίνει κατά 365 τρόπους και για κάθε τέτοια επιλογή, η ηµέρα γενεθλίων του δεύτερου ατόµου

µπορεί να επιλεγεί κατά 364 τρόπους κ.ο.κ. Ζητάµε την πιθανότητα A οι n άνθρωποι να γιορτάζουν σε

διαφορετικές µέρες. Έχουµε ,)365(

)1365(363364365n

nA

−+⋅⋅=

L .3651 ≤≤ n Για παράδειγµα, αν 23=n , η

παραπάνω πιθανότητα γίνεται µικρότερη από .21

2.9 Ασκήσεις

Άσκηση 1. Ένα εστιατόριο έχει δύο µαγείρους 1M και .2M Έστω ότι ο µάγειρας iM εµφανίζεται για δουλειά

µε πιθανότητα 2,1, =ipi µε 9.01 =p και .8.02 =p Έστω επίσης ότι η πιθανότητα να εµφανιστεί για δουλειά

τουλάχιστον ένας των δύο µαγείρων, είναι .95.0=q Βρείτε την πιθανότητα, µία δεδοµένη µέρα, το εστιατόριο

να έχει στη διάθεσή του: (α) και τους δύο µαγείρους. (β) µόνο έναν από τους δύο µαγείρους. (γ) µόνο το

µάγειρο .1M (δ) κανέναν από τους δύο του µαγείρους.

Λύση. Έχουµε 2,1),( == iMPp ii και .)( 21 qMMP =∪

(α) .75.095.08.09.0)()()()( 21212121 =−+=−+=∪−+=∩ qppMMPMPMPMMP

(β) Ζητάµε την πιθανότητα ),()())()(( 12211221 MMPMMPMMMMP −+−=−∪−

διότι =−∩− )()( 1221 MMMM ∅.

)()()()( 21211221 MMPMMPMMPMMP cc ∩+∩=−+−

)(2)()()()()()( 2121212211 MMPMPMPMMPMPMMPMP ∩−+=∩−+∩−=

.2.02)(2 212121 =−−=−+⋅−+= ppqqpppp

(γ) Έχουµε .15.0)()()()( 221121121 =−=−+−=∩−=∩ pqqpppMMPMPMMP c

(δ) Έχουµε .05.01)(1))(()( 212121 =−=∪−=∪=∩ qMMPMMPMMP ccc

Άσκηση 2. Το παιχνίδι πόκερ µε ζάρια παίζεται µε το να ρίχνονται συγχρόνως πέντε ζάρια. Να βρεθούν οι

πιθανότητες: (α) και στα πέντε ζάρια εµφανίζεται το ίδιο νούµερο, (β) στα πέντε ζάρια εµφανίζονται

διαφορετικά νούµερα, (γ) µόνο στα δύο ζάρια εµφανίζεται το ίδιο νούµερο, (δ) τουλάχιστον σε δύο ζάρια

εµφανίζεται το ίδιο νούµερο.

39

Λύση. Όλες οι διαφορετικές διατεταγµένες πεντάδες από τους αριθµούς 6,,1K είναι .7776666666 5 ==⋅⋅⋅⋅

Άρα,

(α) Οι πεντάδες ζαριών µε το ίδιο νούµερο είναι έξι. Εποµένως η ζητούµενη πιθανότητα

είναι .0008.00007716.066

6 45 ≈== −

(β) Οι διαφορετικές διατεταγµένες πεντάδες ζαριών στις οποίες εµφανίζονται σε όλα τα ζάρια διαφορετικά

µεταξύ τους νούµερα είναι !.623456 =⋅⋅⋅⋅ Η ζητούµενη πιθανότητα είναι .09259.06

!65 =

(γ) Επιλέγουµε δύο ζάρια από τα πέντε που θέλουµε να εµφανίζουν το ίδιο νούµερο µε

2

5 τρόπους. Για να

εµφανίζεται στα δύο ζάρια το ίδιο νούµερο θα πρέπει στα υπόλοιπα τρία ζάρια να έχουµε διαφορετικά νούµερα.

Οι διαφορετικές διατεταγµένες πεντάδες ζαριών στις οποίες εµφανίζονται διαφορετικά νούµερα στα τρία από

τα πέντε ζάρια είναι .345 ⋅⋅ Μπορούµε να έχουµε µόνο σε δύο ζάρια το ίδιο νούµερο σε

2

5 περιπτώσεις.

Εποµένως ο συνολικός αριθµός των διατεταγµένων πεντάδων ζαριών στις οποίες εµφανίζεται το ίδιο νούµερο

σε δύο µόνο ζάρια είναι ,2

53456

⋅⋅⋅⋅ διότι οι διαφορετικές ενδείξεις µε το ίδιο νούµερο σε ένα ζάρι είναι

έξι. Η ζητούµενη πιθανότητα είναι .4629.0108

50

6

3452

56

5==

⋅⋅⋅

⋅

(δ) Οι περιπτώσεις στις οποίες σε τουλάχιστον δύο ζάρια από τα πέντε µπορούµε να έχουµε το ίδιο νούµερο

είναι .5

5

4

5

3

5

2

5

+

+

+

Στα υπόλοιπα ζάρια µπορούµε να έχουµε διαφορετικά νούµερα. Το σύνολο των

περιπτώσεων στις οποίες µπορούµε να έχουµε πεντάδες ζαριών όπου σε δύο τουλάχιστον ζάρια θα έχουµε το

ίδιο νούµερο είναι: .5

5

4

55

3

545

2

5345

+

⋅+

⋅⋅+

⋅⋅⋅ Επειδή οι διαφορετικές ενδείξεις µε το ίδιο νούµερο

σε ένα ζάρι είναι έξι, η ζητούµενη πιθανότητα είναι

.67592.0108

73

1296

876]125250600[6

6

5

55

4

545

3

5345

2

56

45

===+++=

+⋅

+⋅⋅

+⋅⋅⋅

−

Άσκηση 3. Αν nAA ,,1 K είναι ενδεχόµενα δείξτε ότι .)1()(11∑==

−−≥

n

ii

n

ii nAPAP I

40

Λύση. Είναι ∑ ∑= ===

≤

⇒≤

n

i

n

i

ci

cn

ii

ci

n

i

ci APAPAPAP

1 111

)()( IU

.)1()()(11111∑∑====

−−≥

⇒−≤

−⇒

n

ii

n

ii

n

ii

n

ii nAPAPAPnAP II

Η πρώτη σχέση είναι συνέπεια της υπό-προσθετικότητας της πιθανότητας. Η δεύτερη σχέση προκύπτει από τον

κανόνα του De Morgan. Η ανισότητα που αποδείξαµε είναι γνωστή ως ανισότητα Bonferroni.

Άσκηση 4. Μία οµάδα αποτελούµενη από N2 µαθητές και N2 µαθήτριες διαιρείται σε δύο ίσα τµήµατα.

Ποια είναι η πιθανότητα κάθε τµήµα να έχει τον ίδιο αριθµό µαθητών και µαθητριών;

Λύση. Χρησιµοποιούµε τον κλασσικό ορισµό της πιθανότητας. Οι δυνατές περιπτώσεις είναι ,2

4

N

N διότι όλοι

οι µαθητές είναι N4 και θέλουµε να επιλέξουµε ίδιο αριθµό µαθητών και µαθητριών για κάθε τµήµα.

Εποµένως οι τρόποι µε τους οποίους µπορούµε να επιλέξουµε N µαθητές και N µαθήτριες για κάθε τµήµα

από το σύνολο των N4 µαθητών και µαθητριών είναι .2

4

N

N Από τους N2 µαθητές και τις N2 µαθήτριες

µπορούµε να επιλέξουµε N µαθητές και N µαθήτριες µε

N

N2 τρόπους. Άρα, η ζητούµενη πιθανότητα θα

είναι: .

2

4

22

N

N

N

N

N

N

Άσκηση 5. Αρτοποιείο κατασκευάζει 80 άρτους ηµερησίως. Από αυτούς 10 έχουν βάρος µικρότερο του

κανονικού. Σε έναν έλεγχο ο ελεγκτής ζυγίζει 5 άρτους. Ποια είναι η πιθανότητα να ανακαλυφθεί τουλάχιστον

ένας ελλειποβαρής άρτος;

Λύση. Έχουµε (P να ανακαλυφθεί ένας τουλάχιστον ελλειποβαρής άρτος)

(1 P−= να µην ανακαλυφθεί κανένας ελλειποβαρής άρτος)

= .

5

80

5

70

0

10

1

− Ο παρονοµαστής του κλάσµατος δίνει τους τρόπους µε τους οποίους µπορούµε να επιλέξουµε

5 άρτους από τους 80 που υπάρχουν συνολικά. Η επιλογή µπορεί να γίνει µε

5

80 τρόπους. Για να µην επιλέξει

41

ο ελεγκτής κανέναν ελλειποβαρή άρτο θα πρέπει από τους δέκα που έχουν βάρους µικρότερο του κανονικού να

µην επιλέξει κανέναν και επιπλέον να επιλέξει και τους 5 άρτους από τους υπόλοιπους 70 που αποµένουν.

Εποµένως, η επιλογή κανενός ελλειποβαρούς άρτου µπορεί να γίνει µε

5

70

0

10 τρόπους.

Άσκηση 6. Υποθέτουµε ότι 5 άνδρες στους 100 και 25 γυναίκες στις 10000 έχουν δυσχρωµατοψία. ∆ιαλέγουµε

τυχαία έναν άνθρωπο που έχει δυσχρωµατοψία. Ποια είναι η πιθανότητα να είναι άνδρας; Υποθέτουµε ότι ο

συνολικός αριθµός των ανδρών είναι ίσος µε το συνολικό αριθµό των γυναικών.

Λύση. Έστω Ω το σύνολο των ανθρώπων. Ορίζουµε 1E το σύνολο των ανδρών και 2E το σύνολο των

γυναικών. Έστω επίσης A το σύνολο των ανθρώπων µε δυσχρωµατοψία. Προφανώς: 21 EE ∪=Ω και

=∩ 21 EE ∅. Χρησιµοποιούµε το Θεώρηµα του Bayes και έχουµε

.21

20

10000

25

2

1

100

5

2

1100

5

2

1

)|()()|()(

)|()()|(

2211

111 =

⋅+⋅

⋅=

+=

EAPEPEAPEP

EAPEPAEP

Άσκηση 7. Οι Έλληνες αποτελούν τα 75% του πληθυσµού της Λευκωσίας και οι Τούρκοι τα υπόλοιπα 25%.

20% από τους Έλληνες µιλούν Αγγλικά και 10% από τους Τούρκους µιλούν Αγγλικά. Ένας επισκέπτης της

πόλης συναντά κάποιον ο οποίος οµιλεί Αγγλικά. Ποια είναι η πιθανότητα να είναι αυτό το άτοµο Έλληνας;

Λύση. Θεωρούµε τα ενδεχόµενα :E Έλληνας, :T Τούρκος και :A οµιλεί Αγγλικά. Για τον πληθυσµό της

Λευκωσίας ισχύει ότι , TE=Ω και =∩TE ∅. Από το Θεώρηµα του Bayes έχουµε

.857.010.025.020.075.0

20.075.0

)|()()|()(

)|()()|( =

⋅+⋅⋅

=+

=TAPTPEAPEP

EAPEPAEP

Άσκηση 8. Αν τα ενδεχόµενα ,A ,B C είναι πλήρως ανεξάρτητα τότε τα A και CB∪ είναι ανεξάρτητα.

Λύση. Έχουµε [ ] [ ])()()( CABAPCBAP ∩∪∩=∪∩

)()()()()()()()()( CBPAPCPAPBPAPCBAPCAPBAP ∩−+=∩∩−∩+∩=

[ ] ).()()()()()( CBPAPCBPCPBPAP ∪=∩−+=

Η πρώτη ισότητα προκύπτει από τον νόµο του De Morgan. Η δεύτερη ισότητα προκύπτει από τον προσθετικό

νόµο. Η τρίτη ισότητα είναι συνέπεια της υπόθεσης και η τελευταία ισότητα προκύπτει πάλι από τον

προσθετικό νόµο.

42

Άσκηση 9. Ένα αµερόληπτο ζάρι ρίχνεται µέχρις ότου εµφανιστεί είτε ένας άσσος είτε ένα έξι. Υποθέτουµε ότι

οι ρίψεις είναι ανεξάρτητες. ∆εδοµένου ότι δεν εµφανίστηκε άσσος κατά τις πρώτες δύο ρίψεις, ποια είναι η

πιθανότητα να χρειαστούν τουλάχιστον τρεις ρίψεις;

Λύση. Ορίζουµε τα ενδεχόµενα :iA το −i οστό ζάρι είναι άσσος και :iB το −i οστό ζάρι είναι έξι, .,2,1 K=i

Η ζητούµενη πιθανότητα είναι

)()(

)()(

)(

)()|(

21

2211

21

22112121 cc

cccc

cc

cccccccc

APAP

BAPBAP

AAP

BABAPAABBP

∩∩=

∩

∩∩∩=∩∩

[ ] [ ].

25

16

6

5

6

4

)()(

)()(2

2

21

2211 =

=∪∪

=cc

cc

APAP

BAPBAP

Η δεύτερη ισότητα προκύπτει από την ανεξαρτησία της πρώτης και δεύτερης ρίψης. Η τρίτη ισότητα είναι

συνέπεια του Νόµου De Morgan.

Άσκηση 10. ∆είξτε ότι στο παρακάτω παράδειγµα παρόλο ότι ισχύει

),()()()( CPBPAPCBAP =∩∩ τα ενδεχόµενα CBA ,, δεν είναι ανεξάρτητα.

Είναι ,5,4,3,2,1=Ω ,4,1=A .4,3,4,2 == CB

Επιπλέον ισχύει ότι ,64

15)( =iP για ,3,2,1=i

64

1)4( =P και .

64

18)5( =P

Λύση. Έχουµε ,4

1

64

16)()( === BPAP .4=∩ BA

Άρα, ).()(16

1

64

1)4()( BPAPPBAP =≠==∩

Συνεπώς τα ενδεχόµενα CBA ,, δεν είναι ανεξάρτητα.

Άσκηση 11. Σε µία εξέταση πολλαπλής επιλογής, ένας φοιτητής γνωρίζει ή µαντεύει την απάντηση. Έστω p η

πιθανότητα να γνωρίζει την απάντηση και p−1 η πιθανότητα να την µαντεύει. Υποθέτουµε ότι ο φοιτητής, ο

οποίος µαντεύει την απάντηση, απαντά σωστά µε πιθανότητα ,1m όπου m είναι ο αριθµός των διαφορετικών

απαντήσεων µιας ερώτησης. Ποια είναι η δεσµευµένη πιθανότητα να γνώριζε ο φοιτητής την απάντηση µιας

ερώτησης, δεδοµένου ότι απάντησε σωστά;

Λύση. Θεωρούµε τα ενδεχόµενα :Σ ο φοιτητής δίνει σωστή απάντηση και :Γ ο φοιτητής γνωρίζει τη σωστή

απάντηση. Από το Θεώρηµα του Bayes έχουµε

43

.1)1(

11

1

)()|()()|(

)()|()|(

pmp

mp

pm

p

p

PPPP

PPP

cc −+=

−⋅+⋅

⋅=

ΓΓΣ+ΓΓΣΓΓΣ

=ΣΓ

Άσκηση 12. Ένα αρχικό µόριο µπορεί να χωριστεί σε 0, 1 ή 2 µόρια µε πιθανότητες 2

1,

4

1 και

4

1 αντίστοιχα.

Μόλις χωριστεί το µόριο, εξαφανίζεται. Τα µόρια χωρίζονται ανεξάρτητα το ένα από το άλλο. Αρχίζοντας µε

ένα µόριο, τον προγεννήτορα, ας συµβολίσουµε µε iX τον αριθµό των µορίων κατά την −i οστή γενεά. Βρείτε:

(α) )0( 2 >XP (β) την πιθανότητα του ενδεχοµένου 21 =X δεδοµένου ότι .12 =X

Λύση. (α) Είναι ).0(1)0( 22 =−=> XPXP Χρησιµοποιούµε το Θεώρηµα Ολικής Πιθανότητας και έχουµε:

)1()1|0()0()0|0()0( 1121122 ===+===== XPXXPXPXXPXP

)2()2|0( 112 ===+ XPXXP

Είναι ,4

1)0( 1 ==XP ,

2

1)1( 1 ==XP ,

4

1)2( 1 ==XP ,1)0|0( 12 === XXP

,4

1)1|0( 12 === XXP .

16

1

4

1

4

1)2|0( 12 =⋅=== XXP

Μετά από πράξεις βρίσκουµε: .64

39)0( 2 =>XP

(β) Χρησιµοποιούµε το Θεώρηµα του Bayes και έχουµε:

)2|1()2()1|1()1(

)2|1()2()1|2(

121121

12121 ===+===

======

XXPXPXXPXP

XXPXPXXP

Είναι ,2

1)1( 1 ==XP ,

4

1)2( 1 ==XP

2

1)1|1( 12 === XXP

.4

1

4

1

2

1

4

1

2

1)2|1( 12 =⋅+⋅=== XXP

Μετά από πράξεις βρίσκουµε: .5

1)1|2( 21 === XXP

Άσκηση 13. Κάποιος έχει n κλειδιά από τα οποία µόνο ένα ταιριάζει στην πόρτα. ∆οκιµάζει το ένα µετά το

άλλο, χωρίς επανατοποθέτηση, µέχρις ότου ανοίξει την πόρτα. ∆είξατε ότι πιθανότητα να ανοίξει την πόρτα

κατά τη −ν οστή δοκιµή είναι η ίδια για κάθε .,,1 nv K=

Λύση. Χρησιµοποιούµε τον κλασσικό ορισµό της πιθανότητας. Είναι

(P να ανοίξει την πόρτα κατά τη −v οστή δοκιµή)

44

=αριθµός τρόπων εκλογής ν κλειδιών από τα n έτσι ώστε να ανοίξει η πόρτα στην −v οστή δοκιµή / αριθµός

τρόπων εκλογής v κλειδιών από τα n

.1

)1()1(

1)1()2)(1(

nvnnn

nnn=

+−−+−−−

=L

L ν

Άσκηση 14. Στο παιχνίδι του µπριτζ µία συνηθισµένη τράπουλα µε πενήντα δύο χαρτιά µοιράζεται σε τέσσερις

παίκτες. Ποια είναι η πιθανότητα να πάρει ένας παίκτης και τα δέκα τρία µπαστούνια της τράπουλας;

Λύση. Χρησιµοποιούµε τον κλασσικό ορισµό της πιθανότητας. Υπάρχουν 4)!13(

!52 δυνατές διαιρέσεις των

χαρτιών στους τέσσερις παίκτες. Στην περίπτωση όπου ένας συγκεκριµένος παίκτης παίρνει και τα δέκα τρία

µπαστούνια, υπάρχουν 3)!13(

!39 δυνατές διαιρέσεις των χαρτιών. Συνεπώς η ζητούµενη πιθανότητα είναι

.

)!13(

!52)!13(

!394

4

3

Άσκηση 15. Ρίχνουµε δύο αµερόληπτα ζάρια συνεχώς και ανεξάρτητα σηµειώνοντας το άθροισµα τους. Ποια

είναι η πιθανότητα του ενδεχοµένου :E το άθροισµα 5 εµφανίζεται πριν εµφανιστεί το άθροισµα 7;

Λύση. Η λύση θα δοθεί µε δύο τρόπους.

1ος τρόπος. Θεωρούµε το ενδεχόµενο :nE κατά τις πρώτες 1−n ρίψεις των ζαριών δεν εµφανίζεται ούτε το

άθροισµα 5 ούτε το άθροισµα 7 και στην −n οστή ρίψη εµφανίζεται το άθροισµα 5, K,3,2,1=n

Τότε U∞

=

=1n

nEE και τα ενδεχόµενα ( )K,2,1=nnE είναι ξένα ανά δύο µεταξύ τους. Έχουµε

∑∞

=

∞

=

=

=

11

).()(n

nn

n EPEPEP U Όµως, ,36

4

36

26

36

4

36

6

36

41)(

11 −−

=

−−=nn

nEP

άρα ∑∞

=

−

=

=1

1

.4.036

4

36

26)(

n

n

EP

2ος τρόπος. Έστω τα ενδεχόµενα :A στη 1η ρίψη έχουµε άθροισµα 5, :B στη 1η ρίψη έχουµε άθροισµα 7 και

:C στη 1η ρίψη έχουµε άθροισµα διαφορετικό του 5 και του 7.

Είναι Ω=∪∪ CBA και =∩∩ CBA ∅. Από το Θεώρηµα Ολικής Πιθανότητας θα έχουµε ότι

)()|()()|()()|()( CPCEPBPBEPAPAEPEP ++= )(36

26

36

60

36

41 EP+⋅+⋅=

45

.4.0)()(264)(36)(36

26

36

4=⇒+=⇒+= EPEPEPEP Ισχύει ότι )|()( CEPEP = διότι τα ενδεχόµενα E και

C είναι ανεξάρτητα ενδεχόµενα.

Άσκηση 16. Κατά τη διάρκεια ενός έτους ένας άνδρας οδηγός παθαίνει κάποιο ατύχηµα που δηλώνεται στην

ασφαλιστική εταιρεία µε πιθανότητα ίση µε .µ Στην περίπτωση της γυναίκας οδηγού αυτή η πιθανότητα είναι

ίση µε .λ Υποθέτουµε ότι ο αριθµός των ασφαλισµένων ανδρών οδηγών είναι ίσος µε τον αριθµό των

ασφαλισµένων γυναικών οδηγών. Έστω ότι επιλέγουµε κατά τυχαίο τρόπο έναν ασφαλισµένο οδηγό.

(α) Ποια είναι η πιθανότητα να κάνει δήλωση αυτός ο οδηγός κατά την τρέχουσα χρονιά;

(β) Ποια είναι η πιθανότητα να κάνει δήλωση σε δύο διαδοχικές χρονιές;

(γ) Αν επιλεγεί κατά τυχαίο τρόπο ένας οδηγός που έκανε δήλωση αυτή τη στιγµή, ποια είναι η πιθανότητα να

κάνει δήλωση και την επόµενη χρονιά;

Λύση. (α) Έστω τα ενδεχόµενα :1A ο οδηγός κάνει δήλωση αυτήν την χρονιά και :2A ο οδηγός κάνει δήλωση

την επόµενη χρονιά. Από το Θεώρηµα Ολικής Πιθανότητας, έχουµε ότι

|()( 11 APAP = άνδρας ()P άνδρας) |( 1AP+ γυναίκα ()P γυναίκα) ).(2

1µλ +=

(β) Χρησιµοποιούµε το Θεώρηµα Ολικής Πιθανότητας και έχουµε ότι

|()( 2121 AAPAAP ∩=∩ άνδρας) (P άνδρας |() 21 AAP ∩+ γυναίκα) (P γυναίκα)

.2

1

2

1 22 µλ +=

(γ) Από τον ορισµό της δεσµευµένης πιθανότητας έχουµε ότι

.)(

)(

)(5.0

)(5.0

)(

)()|(

2222

1

2112 µλ

µλµλµλ

++

=++

=∩

=AP

AAPAAP

Άσκηση 17. Ένα αµερόληπτο νόµισµα ρίχνεται συνεχώς. ∆είξατε ότι είναι βέβαιο πως θα εµφανιστεί κάποτε η

ένδειξη «κορώνα».

Λύση. Έστω το ενδεχόµενο :nA καµία κορώνα δεν εµφανίζεται κατά τις πρώτες n ρίψεις του νοµίσµατος. Η

ακολουθία των ενδεχοµένων K,, 21 AA είναι φθίνουσα. Από το Θεώρηµα Συνέχειας, έχουµε ότι

(P δεν εµφανίζεται ποτέ κορώνα) .02

1lim)(lim

1

=

==

=

∞→∞→

∞

=

n

nn

nn

n APAP I

Άρα, (P κάποτε εµφανίζεται κορώνα) (1 P−= δεν εµφανίζεται ποτέ κορώνα) .1=