ΥΙΙΟΥΙΗΤΞΙΟ ΙΞΰΚίΜτϊ IV; ΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ. γενικό* A? Α ΕΙΙΙΗΜΙ. ηνίείσ Q Ε k Μ I t2n

Transcript

1 ΥΙΙΟΥΙΗΤΞΙΟ ΙΞΰΚίΜτϊ IV; ΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ γενικό* A? Α ΕΙΙΙΗΜΙ ηνίείσ Q Ε k Μ I t2n

2 ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΗ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗ Γ' Τάξης Γενικού Λυκείου Μάθημα Επιλογής ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΣ ΔΙΔΑΚΤΙΚΏΝ ΒΙΒΛΙΩΝ - ΑΘΗΝΑ

3 ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΗ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗ Γ Τάξης Γενικού Λυκείου Μάθημα Επιλογής ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Φώτιος Γεωργιακώδης Βασίλειος Γιαλαμάς Δημήτριος Δίκαρος Αννα Μαρία Κόκλα ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΣ ΔΙΔΑΚΤΙΚΩΝ ΒΙΒΛΙΩΝ - ΑΘΗΝΑ

4 ΠΡΟΛΟΓΟΣ Στο βιβλίο αυτό περιέχονται οι λύσεις των ασκήσεων επιλογής «Εισαγωγή στη Στατιστική» της Γ' τάξης Ενιαίου Λυκείου. Ο τρόπος που θα χρησιμοποιηθεί μπορεί να το αναδείξει σε φίλο σας. Ανατρέξτε σ' αυτό μόνο μετά από προσπάθεια που θα έχετε καταβάλλει για τη λύση μιας άσκησης που αντιστέκεται. Μη στερείτε στον εαυτό σας τη χαρά της λύσης, μιας λύσης που θα είναι δική σας, μιας λύσης που θα σας ανήκει, μιας λύσης που μπορεί να είναι πρωτότυπη σύντομη και έξυπνη. Η σχέση με το βιβλίο αυτό εδραιώνεται όλο και περισσότερο όσο λιγότερο έχετε την ανάγκη του. Κάθε εποικοδομητικό σχόλιο είναι καλοδεχούμενο, αφού σκοπός μας είναι η βελτίωση του βιβλίου ύλης καθώς και των συνοδευτικών του βιβλίων, όπως αυτό που έχετε στα χέρια σας καθώς και το βιβλίο του καθηγητή. Ελπίζοντας ότι το μάθημα της Στατιστικής, ως μάθημα επιλογής, θα πλαισιωθεί από μαθητές που θα ενδιαφερθούν γι' αυτό και θα διδαχθεί από τους άξιους συναδέλφους καθηγητές σας, το παραδίδουμε για χρήση και κρίση. Αθήνα 1999 Οι συγγραφείς

5 ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 9 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 21 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 37 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 52 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5 63 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6 90

6 Κεφάλαιο 1" Λύσεις ασκήσεων ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΗ ΣΤΑ ΤΙΣΤΙΚΗ ΚΕΦΑΑΑΙΟ 1 ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΙΙΣ 1. 1.(δ) 3. (α) 2 (γ) 4. (β) Χ <=>64 + χ = 85«>χ = 21 5 Άρα Β. 3. α) χ α = ν 10 - Σ χ ι 2000 ΟΛΑ ΧΒ = = = 200 ν Σ(Χ,-200) 2 β)4=-^ 10 ^[( ) 2 + ( ) 2 +( ) 2 + ( ) 2 + ( ) 2 + ( ) 2 + ( ) 2 +( ) 2 -+-( ) 2 ]-5,6

7 Κεφάλαιο Γ Λύσεις ασκήσεων Άρα s A = λ/5^6 = 2,37 και αντίστοιχα Σ(Χ,-200) 2 So= = 24 και s R = -ν/24 = 4,90 Β 10 β Οι μηχανές έχουν τον ίδιο μέσο αλλά η τυπική απόκλιση για τη μηχανή Α είναι 2,37 ενώ για τη μηχανή Β είναι 4,90 γεγονός που δείχνει ότι η μηχανή Α είναι πιο αξιόπιστη. 10

8 Κεφάλαιο Γ Λύσεις ασκήσεων ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΟΜΑΔΑ Α 1. Πιθανώς όχι, γιατί οι περιοχές της ίδιας πόλης, αν αυτή είναι μεγάλη, είναι διαφορετικές μεταξύ τους. Κατά συνέπεια οι απόψεις των κατοίκων μιας περιοχής δεν αντιπροσωπεύουν και τις απόψεις των κατοίκων των άλλων περιοχών. Ένα δείγμα από μια περιοχή δεν αντιπροσωπεύει ολόκληρη την πόλη, οι κάτοικοι της οποίας είναι ο πληθυσμός. Χ. Σ' 2. Έστω χ=5ο- = 5 <=> y.xj = 5ν i=t Σ χ ί+13 αλλά ν + 1 = 6 <=> V χ, +13 = 6(ν +1) <=> Μ «5ν+13 = 6ν + 6<=>ν = 7 11

9 Κεφάλαιο 1 Λύσεις ασκήσεων 3. α) Κέντρο Συχνότητα Σχετική Αθροιστική Α/Α Κλάσεις κλάσης συχνότητα συχνότητα (Xi) (Vi) (fi) (F0 1 [52,57) 54, [57,62) 59, [62,67) 64, [67,72) 69, [72,77) 74, [77,82) 79, [82,87) 84, Σύνολο 30» 1 20-τ

10 Κεφάλαιο 1" Λύσεις ασκήσεων - 54, , , , , , ,5-2 γ) χ = = 70, σχήμα 3.δ 7 Επειδή Σ ν, =30 η διάμεσος θα βρίσκεται στη 4 η κλάση και θα ι- ι=1 σουται με: δ = 67+ (15-9) = 70,75 8 ε) Από την αθροιστική συχνότητα παρατηρούμε ότι 24 αθλητές έχουν βάρος λιγότερο από 77 κιλά. 13

11 Κεφάλαιο Γ Λύσεις ασκήσεων 4. Ισχύει ότι: α+β (α - ό) 2 + (β - ό) = 2 <=> α + β = 10 α 2 + β 2-12(α + β) + 78 = 10 <=> α + β = 10 α 2 + β 2 =52 α + β = 10 α + β = 10 <=> (α + β) 2-2αβ = 52 2αβ = 48 α + β = 10 αβ = 24 <=> α = 4 β = 6 α = 6 β = 4 5. α) Για την πρώτη κατανομή ισχύει x = Σν. χ = 28,15 Επίσης Σ ν^χί = Σ ν ί( χ ' 2 ' 2χ > χ+χ ) = 2 2 =Σ ν ί χ ί -2 χ Σ ν ί χ ί +χ Σ ν ί = Σ ν ί χ '- γ χ αντικαθιστώντας έχουμε Σ ν <( Χ ί -χ ) 2 = 294,55 και s 2 = 14,728, άρα s = 3,838 14

12 Κεφάλαιο 1" Λύσεις ασκήσεων β) Επειδή χ= 27 και Σ ν. χ ι = 270, συμπεραίνουμε ότι Ν = Xvj = 10 Αντικαθιστώντας στον τύπο Σ ν,(χ, - χ) 2 = ^ ν,χ 2 - νχ 2 υπολογίζουμε ότι Σ ν ι χ? = 7450 και s = 4 γ) Συμπληρώνουμε τον πίνακα με τον ίδιο τρόπο και έχουμε : Σ ν ι Χ ΐ = x - Σ ν ί =500, επειδή s = 3 συμπεραίνουμε ότι s 2 = 9 δηλαδή: s 2 = Σ ν '( Χ ' * χ) 2και Σ ν '( χ ί ~~ χ ) 2= 450 άρα Σ ν χ. 2 =5450 δ ) Σ ν ( χ '" χ ΝΣ ν ' χ ' 2 " νχ2 Άρα 182,3 = νχ 2 τότε νχ = ,3 ν χ 2 =842,7 τότε χ =28,09 Άρα χ =5,3 και s = 2,47 ε) Από χ-σ»' ' έχουμεότι YV =^^ = 12 Σ ν - ' 20 και Σ ν, (x; - χ) 2 = 300 όπως επίσης προκύπτει ότι s = 5. 15

13 Κεφάλαιο 1" Λύσεις ασκήσεων ΟΜΑΔΑ Β 1. Από την κατανομή συχνοτήτων προκύπτει ότι: x+ll+y = 50<^x + y = 22 Α, - 1 χ ν Απο χ = 50 = 2,7 ο χ + 3ν = 36 \χ + y -22 Αν { _ τότε y = 7 και x = 15 1JC + 3_y = α) Η διάμεσος, διότι συνήθως η κατανομή των μισθών είναι μη συμμετρική. β) Ο μέσος, θεωρώντας ότι οι χρόνοι που απαιτούνται για να διανυθεί μια δεδομένη απόσταση αναμένεται να κατανέμονται συμμετρικά. γ) Η επικρατούσα τιμή. Αν τα περισσότερα ρολόγια έδειχναν μια συγκεκριμένη ώρα, το πιθανότερο είναι να είναι η σωστή. δ) Ο μέσος ή η διάμεσος. Εξαρτάται από το σχήμα της κατανομής. 16

14 Κεφάλαιο 1 Λ ύσεις ασκήσεων 3. α) Κέντρο κλάσης Συχνότητα Αθροιστική Ηλικία Συχνότητα Γ 16,21) 18, [21,26) 23, Γ26.31) 28, [31,36) 33, Γ36.41) 38, Γ41,46) 43, Γ46,51) 48, [51,56) 53, Γ56,61) 58, Ο μέσος είναι 34,17 δηλαδή 34 χρόνια και 2 μήνες περίπου και s = 11,34 δηλαδή 11 χρόνια και 4 μήνες. ί) Η κατανομή συχνοτήτων είναι ομαδοποιημένη άρα η διάμεσος θα είναι η τιμή, αριστερά της οποίας βρίσκεται το πολύ το 50% του συνολικού αριθμού των παρατηρήσεων, δηλαδή η τιμή της διαμέσου θα είναι η τιμή της 179ης παρατήρησης. Η παρατήρηση αυτή ανήκει στην τέταρτη κλάση όπως προκύπτει από την κατανομή αθροιστικών 29 συχνοτήτων και θα ισούται με : = 34,45 17

15 Κεφάλαιο 1 Λύσεις ασκήσεων Άρα θα είναν 34 χρόνια και 5 μήνες περίπου. ii) Οι υπάλληλοι που έχουν ηλικία μεγαλύτερη ή ίση των 26 ετών και μικρότερη των 56 ετών είναι = 248 δηλαδή 69,2%... ~, x + y 4. ι) Επειδή χ = = 7 <=> χ + y = 12 (1) Επίσης παρατηρούμε ότι: χ,: ν;: Οι συχνότητες των x, y είναι άγνωστες. Επειδή η επικρατούσα τιμή είναι 4, θα εμφανίζει την μεγαλύτερη συχνότητα. Άρα το x ή το y θα είναι 4 και σύμφωνα με την (1) οι δυνατές τιμές των χ, y είναι 4 και 8. ii) Σύμφωνα με τα παραπάνω ο πίνακας διαμορφώνεται ως εξής: Xi Vi Η διάμεσος του συνόλου των 9 αριθμών θα βρίσκεται στην η θέση, δηλαδή θα είναι η τιμή 6. 18

16 Κεφά/ΜΟ 1" Λύσεις ασκήσεων Σ Χ 9 9 Από χ = = 7 <=> Σ χ, = 7-9 <=> V χ ; = 63 V ί=1 ΐ=1 9 y Χ: +7+η+7-η ~,, - μ Ο νεος μέσος χ = = = = Αν s = 4, τότε s 2 = 16 και θα ισχύει: 3(4 7) 2 +(6-7) 2 + 2(12 7) 2 +(10-7) 2 +(3-7) (8-7) 2 + (7 + η-7) 2 + (7-η-7) 2 =11-16 Μετά από πράξεις : η η 2 = 72 η 2-36 η = 6 ή n = -6 5 χ, y >0 (1) x+y x = = 4 <=>22+x+y = 36 <=> x+y = 14 (2) 9 α) Αν χ = y, τότε x = y = 7 όπου πράγματι η συχνότητα του αριθμού 7 είναι 4. 19

17 Κεφάλαιο Γ Λύσεις ασκήσεων β) Αν x*y (3), τότε τα δυνατά ζεύγη που πληρούν τις προϋποθέσεις (1), (2) και (3) είναι (x,y) = (9,5) ή (5, 9) και (x,y) = (8,6) ή (6, 8) άρα η επικρατούσα τιμή είναι η μονάδα. Αν s = -Λ/76, τότε s 2 = θα ισχύει: Μ (Λ: - 4) 2 + (y - 4) 2 _ 76 χ 2 + y 2 = ~ 9 Άρα \ από τη λύση του συστήματος και λαμβάνοx + y = 14 ντας υπόψη ότι χ < y αποδεχόμαστε τη λύση χ = 5 και y = 9. 20

18 Κεφάλαιο 2" Λύσεις ασκήσεων ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΟΜΑΔΑ Α ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1. Το νεώτερο παιδί επιλέγει 3 παιχνίδια από τα 9 με ί 9 η λ τροπους. Το δεύτερο παιδί επιλέγει 2 από τα υπόλοιπα 6 με Το τρίτο παιδί επιλέγει 2 από τα υπόλοιπα 4 με '4 λ fc\ v2y v2y τροπους. τροπους και το τέταρτο παιδί επιλέγει 2 από τα υπόλοιπα 2 παιχνίδια με τρο- V2, πους οπότε σύμφωνα με τη βασική αρχή της απαρίθμησης, μπορούν να μοιρασθούν τα παιχνίδια κατά ί 9^ ί 6 Ί ί 4 1 ί 2 1 Τ,?? 2 \ / V"/ 9! 6! 4! 2! 9! = τρόπους 3!6! 2!4! 2!2! 2!0! 3!2!2!2! ί ί\ 2. Με ανάλογες σκέψεις όπως στην προηγούμενη άσκηση βρίσκουμε: '10Υ8Υ6Υ4Υ2Ϊ ιοί ' = v2y \ ) νν W v2y 2! 2! 2! 2! 2! 2. i) Οι 4 Εθνικότητες μπορούν να διαταχθούν κατά 4! τρόπους όσες δηλαδή είναι οι μεταθέσεις των 4 εθνικοτήτων. Σε κάθε περίπτωση οι 3 Αμερικανοί μπορούν να καθήσουν κατά 3! τρόπους, οι 4 Γ άλλοι κατά 21

19 Κεφάλαιο 2 Λύσεις ασκήσεων 4! τρόπους, οι 3 Γερμανοί κατά 3! τρόπους και οι 2 Έλληνες κατά 2! τρόπους. Επομένως σύμφωνα με τη βασική αρχή της απαρίθμησης τα παραπάνω άτομα μπορούν να καθήσουν κατά 4!(3! 4! 3! 2!) = τρόπους. 4. ί) Επειδή η λέξη ΣΕΙΡΑ έχει 5 γράμματα διαφορετικά, οι αναγραμματισμοί (μαζί με την ίδια την λέξη) είναι όσες οι μεταθέσεις των 5 γραμμάτων, δηλαδή 5! = = 120 ii) Εδώ η λέξη ΠΟΣΟΣΤΟ έχει 3 0, 2 Σ, 1Π και 1Τ. Αν αλλάξουμε π.χ τη θέση του 1 ου Ο με το 3 Ο δεν προκύπτει διαφορετική λέξη. Έ- τσι σκεπτόμενοι χωρίζουμε τη διαδικασία στις εξής φάσεις: 1 η φάση: Επιλογή 3 από τις 7 θέσεις της λέξης για την τοποθέτηση των 3 Ο, που γίνεται με ί ι\ J = 35 τρόπους. 2 η φάση: Επιλογή 2 από τις υπόλοιπες 4 θέσεις της λέξης για την τοποθέτηση των 2 Σ, που γίνεται με = 6 τρόπους. v 2 y 3 η φάση: Επιλογή 1 από τις υπόλοιπες 2 θέσεις της λέξης για την τοπο- (Α θετηση του Π, που γίνεται με =2 τρόπους. ν V 4 η φάση: Τοποθέτηση του Τ στην εναπομένουσα θέση που γίνεται με Φ = 1 τρόπο, οπότε σύμφωνα με τη βασική αρχή της απαρίθμησης έ- νυ χουμε: 22

20 Κεφάλαιο 2 Λύσεις ασκήσεων ί -7 λ ί Λ\ /Ά 1 /ι Λ ν-ν ν*ν V / ν ν τη λέξη) 7! 3!2!1!1! = 420 αναγραμματισμούς (μαζί με την ίδια iii) Με ανάλογες σκέψεις όπως και στο προηγούμενο ερώτημα έχουμε: αναγραμματι- (4λ(2λί\ λ 10! ν / ν-ν ν 1/ 1 ν "ν Ν 1 / νν 1 2! 3!1! 2! 1! 1! σμούς (μαζί με την ίδια τη λέξη). ΟΜΑΔΑ Β 1 1. Ί) Είναι Δ; +3Δ^ =-Μ + Ι ν! ν! 1 0 Μ)! Μ)! = 2 <ν + 1)! ν > 3 (v-3)!(v-2)(v-l)v (v-2)!(v-l)v _ 1 (ν-3)! (ν-2)! ~ 2 ο (ν - 2) (ν - l)v + 3(ν - l)v = ^- (ν +1)! ο (ν - ΐ)ν (ν ) = (ν +1)! <=> (ν - ΐ)ν (ν +1) = (ν - 2)! (ν - ΐ)ν (ν +1) <=> 1 = (ν - 2)! 2 <=>(ν-2)! = 2 <=> ν - 2 = 2. Άρα ν = 4 23

21 Κεφάλαιο Τ Λύσεις ασκήσεων / Λ ί,. λ V! π) 3 = 5 <=>3 = 5 ν! V V "3y Vv-5 y (ν-3)!3! (ν - 5)! 5!, ν > 5 <=> (v-3)!(v-2)(v-l)v (ν-5)!(ν-4)(ν-3)(ν-2)(ν-ΐ)\ (ν - 3)! (ν - 5)! (v-2)(v-l)v _ (ν-4)(ν-3)(ν-2)(ν-ΐ)ν 2 24 <=> 12 (ν - 2)(ν -1) ν - (ν-4)(ν-3)(ν-2)(ν-ΐ)ν = 0 <=> (ν - 2) (ν -1) ν [12 - (ν - 4 Χν - 3)]= Ο <=>12-(ν-4)(ν-3)=0 «12-(ν 2-4ν-3ν + 12)=0 «12 -ν 2 +7ν-12-0 <=> ν 2-7ν = Ο <=> ν (ν - 7)= Ο ον = 0 ή ν = 7 Άρα ν Ί 2. Το πλήθος των μεταθέσεων των ν στοιχείων είναι Μ ν = ν!. Το πλήθος εκείνων των μεταθέσεων των ν στοιχείων που στη 1 η θέση έχει το 1 είναι τόσες όσες και οι μεταθέσεις των υπολοίπων (ν - 1) στοιχείων δηλαδή Μ ν _ ι = (ν - 1)! Άρα το ζητούμενο πλήθος είναι: Μ ν - Μ ν _ ι = ν! - (ν - 1)! = (ν - 1) (ν - 1)! 3. Με ανάλογες σκέψεις όπως στις ασκήσεις 1 και 2 της Α' ομάδας υ- πάρχουν: '12" ΟΟ '4 Λ 4 Λ 4 ν / \ V ν ν = τρόποι επιλογής 3 ομάδων των 4 μαθητών η κάθε μια, προκειμένου να τους ανατεθούν τρεις διαφορετι 24

22 Κεφάλαιο Τ Λύσεις ασκήσεων κές εργασίες. Αν όμως δε μας ενδιαφέρει ποια ομάδα σχηματίστηκε πρώτη ποια δεύτερη και ποια τρίτη, αλλά μόνο η σύνθεση τους και επειδή στο γινόμενο Ί2λ v4y V - J w 1 " κάθε ομαδοποίηση εμφανίζεται 3! = 6 φορές (όσες είναι οι μεταθέσεις των 3 ομάδων) θα πρέπει το γινόμενο αυτό να διαιρεθεί με το 6 για να πάρουμε τους τρόπους με τους οποίους μπορεί να γίνει ο χωρισμός των 12 μαθητών σε 3 ισοπληθείς ομάδες των 02Υ8Υ4 Λ 4 ατόμων δηλαδή: ν " y ν ν ν ν = τρόπους. 4. ϊ) Η ταυτότητα (l + x) v (χ + ΐ) ν = (ί + χ) 2ν γράφεται: Λ Λ Λ Λ ίνλ Μ + χ + χ χ ν + 'νλ voy ν* 1 y v~y v v y v y vly '2νλ (2νλ (2ν Λ f + χ + χ ^2νλ 2v Λ χ voy ν 1 y v2y ν ν y V2Vy χ" 1 + r2v v2 y x v " v v y Από τον πολλαπλασιασμό των πολυωνύμων του 1 ου μέρους βρίσκουμε ότι συντελεστής του χ ν είναι ο 'ιλ2 voy ΛΛ 2 + vly ΛΛ 2 + v2y V v v y ενω ο συντελεστής του χ ν στο 2 μέρος είναι (2ν^ U. ii) Δύο πολυώνυμα είναι ίσα αν είναι του ιδίου βαθμού και οι συντελεστές των ομοιοβαθμίων όρων είναι ίσοι. Στην περίπτωση μας τα πολυώνυμα είναι του ιδίου βαθμού 2ν και ίσα, άρα: 25

23 Κεφάλαιο 2 Λύσεις ασκήσεων iii) Λ Λ v y + 2 Λ Λ νυ Λ Λ 2 + v2y ΛΛ ν* 7 / ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ Ι.α 2.β 3.β 4.γ 5.β 6.β 7.ΐ.α 7.π.β 7.iii.β 8.α 9.δ 26

24 Κεφά/Mio Τ Λύσεις ασκήσεων ΟΜΑΔΑ Α ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΙΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ 1. ί) Ρ(Α)=1-Ρ(Α')=1- = 1 ii) Έχουμε : P(AuB)=P (a) + Ρ (Β)- Ρ (Α η Β). Επομένως: Ρ (Β)= Ρ (Au Β)+ Ρ (Α η Β)-Ρ (Α) Ρ(Β)= = + i~ w iii) Ρ(Α)=Ρ(Αη Β')+ Ρ(Αη Β) Ρ (Α η Β')= Ρ (Α)- Ρ (Α η Β) Ρ(ΑπΒ')=--- = ν ' i) Ρ(Α')= l-p(a)=l-i = i ii) Ρ(ΑΠΒ)=Ρ(Β).Ρ(Α/Β)=. = Hi) P(AuB)=P(A)+P(B)-P(AnB)=i + i -i=ii 27

25 Κεφάλαιο Τ Λύσεις ασκήσεων 3. Έστω τα ενδεχόμενα: Α : "Ο άνδρας ζει μετά από 10 χρόνια" Β : "Η σύζυγος του ζει μετά από 10 χρόνια" Οπότε: Ρ (Α) = - και Ρ (Β) = 4 3 I) Ρ(ΑπΒ) = ; Τα ενδεχόμενα Α και Β είναι ανεξάρτητα οπότε: Ρ (A N Β) = Ρ (Α) Ρ (Β) = = Ρ(ΑΥΒ)=; Ρ (A U Β) = Ρ (Α) + Ρ (Β) - Ρ (Α Ο Β) = ϋ) _J_ J l ± J i ~ ~Ϊ2~2 iii) Ρ (Α'ηΒ ')=; Ρ (Α') Ρ (Β') = [ί - Ρ(α)] [ί - Ρ(Β)] = = = - iv) Ρ(Α'ηΒ) =; P(A'nB)=P(A')-P(B)=[l-P(A)]-P(B) = ~ i = i 4. i) Είναι Ρ (Α) = 1 - Ρ (Α'), όπου το Α' το αντίθετο του Α, δηλαδή το ενδεχόμενο κανένας από τους 4 συμπαίχτες του να μην έχει γενέθλια στις 28 Ιανουαρίου. Οι δυνατές περιπτώσεις είναι: = Όσοι δηλαδή οι τρόποι με τους οποίους μπορούμε τους 4 συμπαίχτες του να τους αντιστοιχίσουμε στις 365 ημέρες του χρόνου. 28

26 Κεφάλαιο 2" Λύσεις ασκήσεων Οι ευνοϊκές περιπτώσεις του Α' είναι: = Όσοι δηλαδή οι τρόποι με τους οποίους μπορούμε τους 4 συμπαίχτες του να τους αντιστοιχίσουμε στις 364 ημέρες του χρόνου (εξαιρείται η 28 Ιανουαρίου). Επομένως: Ρ(Α')= 364" Γ364^* οποτε: '364^ Ρ(Α) = 1-Ρ(Α') = 1- = 0,011 \3o5J ii) Έστω το ενδεχόμενο: Α: Δύο τουλάχιστον παίχτες να έχουν γενέθλια την ίδια ημέρα. Τότε Ρ (Α) = 1 - Ρ (Α'), όπου Α' είναι το αντίθετο του Α, δηλαδή το ενδεχόμενο οι 5 παίχτες να έχουν γεννηθεί σε 5 διαφορετικές ημέρες. Όπως προηγούμενα οι δυνατές περιπτώσεις είναι: = Οι ευνοϊκές περιπτώσεις του Α' είναι όσες και οι διατάξεις των 365 η- μερών ανά 5. Επομένως : 365! Ρ (Α) = 1 - Ρ (Α') = 1 - = 1 - ( 365 ~ 5 )! =1-0,9729 =0, ί) Οι πινακίδες που μπορούν να σχηματισθούν είναι τόσες όσοι και οι τετραψήφιοι αριθμοί που σχηματίζονται από τα ψηφία 0, 1, δηλαδή: 29

27 Κεφάλαιο Τ Λύσεις ασκήσεων , άρα: Ρ (i) = ^. Η μοναδική ευνοϊκή περίπτωση είναι η ii) Οι ευνοϊκές περιπτώσεις είναι τόσες όσοι οι τετραψήφιοι αριθμοί που προκύπτουν από τα ψηφία 8, 8, 7, 0 λαμβάνοντας υπόψη ότι το 0 δεν μπορεί να πάρει την πρώτη θέση. 41 3! λ !3,, Αρα: = = 12-3 =9 (*) οποτε: f ν 2! 1! 1! 2! 1! ! Ρ (ii) = - = - = 0, Λ_. Α1 in) Ρ (ιιι) = = = 0, iv) Ρ (iv) = = ' π.χ αλλά όχι ν) Ό( \=ί 1_ Α * J_ A A i JL-LA = π.χ ή 7843 αλλά όχι * Με ανάλογο τρόπο όπως στην άσκηση 4 της προηγούμενης ενότητας για την εύρεση του αναγραμματισμού της λέξης ΠΟΣΟΣΤΟ. 30

28 Κεφάλαιο? Λύσεις ασκήσεων ΟΜΑΔΑ Β 1. Έστω τα ενδεχόμενα: Α: Ο εργαζόμενος της εταιρείας είναι άνδρας. Μ: Ο /Η εργαζόμενος/η της εταιρείας είναι μέλος του συνδικάτου. Γ: Η εργαζόμενη της εταιρείας είναι Γυναίκα. 280 ΐ) Έχουμε: Ρ (Μ) = = 0,560 ' Ρ (Μ / Α) = = 0, Ρ (Α π Μ) = = 0,380 ν Παρατηρούμε: Ρ (Μ / Α) Φ Ρ (Μ). Άρα τα ενδεχόμενα δεν είναι α- νεξάρτητα. Τα ενδεχόμενα Α, Μ δεν είναι ασυμβίβαστα, επειδή μπορούν να πραγματοποιηθούν συγχρόνως. Υπάρχει ένα σύνολο 190 εργαζομένων που είναι άνδρες και μέλη του συνδικάτου. Έτσι, αν ένας εργαζόμενος επιλέγεται τυχαία, αυτά τα ενδεχόμενα πραγματοποιούνται, συγχρόνως. ii) α) Ρ (Γ) = = 0, β) Ρ(Α/Μ) = = 0,679 Η

29 [ Κεφάλαιο 2 Λ ύσεις ασκήσεων γ) Ρ (ΑυΜ) = Ρ(Α) + Ρ(Μ)-Ρ(ΑηΜ) = + = 0, iii) Έστω Δ το ενδεχόμενο και οι δύο εργαζόμενοι μέλη του συνδικάτου τότε: Ρ (Δ) = Ρ (1 ος εργ. Μ) Ρ (2 ος εργ. Μέλος / 1 ος είναι Μέλος) = ^280^ (279^ ν 500 j ν 499, = Έστω τα ενδεχόμενα: Α: Εργάζεται με πλήρη απασχόληση Β: Εργάζεται με μερική απασχόληση Γ: Δεν εργάζεται Δ: Έχει παιδιά κάτω των 6 χρόνων Ε: Έχει παιδιά από 6 έως 18 χρόνων Ζ: Δεν έχει παιδιά 230 α) i) Ρ (Α) = = 0, ii) ρ (Β / Ε) = = 0, iii) Ρ (Α') = 1 - Ρ (Α) = 1-0,460 = 0, iv) Ρ (Δ) = = 0, Ρ(ΑπΔ)- 30 = 0,06 οπότε 500 Ρ (A u Δ) = Ρ (Α) + Ρ (Δ) - Ρ (Α Π Δ) = 0, ,280-0,006 = 0,68 32

30 Κεφάλαιο 2 Λύσεις ασκήσεων β) Ρ (Β) ,270 και 60 Ρ (Β /Δ) = = 0, Επειδή Ρ (Β) ψ Ρ (Β / Δ), τα ενδεχόμενα Β και Δ δεν είναι ανεξάρτητα. Επίσης δεν είναι και ασυμβίβαστα αφού μπορούν να πραγματοποιηθούν συγχρόνως. 3. Έστω τα ενδεχόμενα: Σ: Έχει επιλέξει Στατιστική Π: έχει επιλέξει Πληροφορική ί) Αν χ οι μαθητές που έχουν επιλέξει και τα δυο μαθήματα τότε 27-x + 20-x + x = χ 20-χ 22 Ω χ = 9 και 9 3 Ρ (Σ n Π) = - = II 18 " j " 22 33

31 Κεφάλαιο 2" Λύσεις ασκήσεων ii) Ρ(Π7Σ) = Ρ η Σ ) = ^ 0 = ϋ = 2 Ρ (Σ) 27/ q 27 3 Ρ (Π') = ^ επομένως Ρ (Π ) = Ρ (Π 7 Σ) οπότε τα ενδεχόμενα "επιλέγει Στατιστική" και "Δεν επιλέγει Πληροφορική" είναι ανεξάρτητα. 4. Έστω: Α το ενδεχόμενο να συνάψει ένα τουλάχιστον συμβόλαιο αφού επισκεφτεί ν πελάτες: Aj, i = 1, 2,..., ν το ενδεχόμενο να συνάψει συμβόλαιο με τον ι-οστό πελάτη. Α' το ενδεχόμενο να μη συνάψει κανένα συμβόλαιο, αφού επισκεφτεί ν πελάτες. Aj', i = 1,2,..., ν να μη συνάψει συμβόλαιο με τον ι-οστό πελάτη, τότε: Ρ (Α')= Ρ (A', n Α\ π... π Α' ν ) = = Ρ(Α',) Ρ(Α Λ..Ρ(Α )= [τα ενδεχόμενα είναι ν 27 ν ν/ ανεξαρτητα] = 0,6-0,6...0,6 = ίτ,υ =(0,6)" =(- V-V αλλά Ρ (Α) = 1 - Ρ (Α')= '3 ν 1 - ή ισοδύναμα: V-V 34

32 Κεφάλαιο 2 Λύσεις ασκήσεων ί ι\ ν > 0,95 v5y ί 3 Υ < 1-0,95 ν5, ί-τ ν5> < 0,05 ν log < log 0,05 ν 5 / log 0,05 ν > v> v> log ν J J logo,05 log3- log5-1, ,4477-0, ,30103 ν > -0,25127 v> 5,1777. Αφού log <0 Άρα ν = 6 4. Έστω τα ενδεχόμενα: D : Το άτομο πάσχει από την ασθένεια + : Θετικό αποτέλεσμα -: Αρνητικό αποτέλεσμα 35

33 Κεφάλαιο 2" Λύσεις ασκήσεων α) Ρ (+) = P(D) Ρ(+ / D) + Ρ (D') Ρ(+ / D') ΑΡΧΗ = 0,03-0, ,97-0,01 = = 0,0382 0,01+ β) Από τις ισότητες: Ρ (+) Ρ (D / +) = Ρ (D n +) και Ρ (D n +) = Ρ (D) Ρ (+ / D) έχουμε: Ρ (+) Ρ (D / +) = Ρ (D) Ρ (+ / D). Ρ (D) Ρ (+ / D) 0,03.0,95 οποτε : Ρ (D / +) = = ' = 0,746 Ρ (+) 0,

34 Κεφάλαιο 3 Λύσεις ασκήσεων ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ασκησεισ ΟΜΑΔΑ Α 1. Ο πίνακας συμπληρώνεται με τη βοήθεια του ορισμού της συνάρτησης κατανομής Ρ [Χ < χ]. Ρ[Χ<χ]= , χ < 1 1 <χ<2 2<χ <3 χ >3 Δηλαδή: χ Ρ[Χ < χ]

35 Κεφάλαιο 3 Λύσεις ασκήσεων 1 τ 5/6 Ρ [Χ < χ] 2. Αν η τ. μ. Χ συμβολίζει τον αριθμό των Κ (κεφαλών) σε 3 συνολικά ρίψεις 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 Ρ[Χ = χ]

36 Κεφάλαιο 3 Λύσεις ασκήσεων Σύμφωνα με τον ορισμό της Ρ[Χ = χ] Ε [Χ] = Σχ Ρ[Χ=χ] = = = = = 1,5 κεφαλές, αναμέ- 8 νεται να εμφανιστούν στις ρίψεις. 3. α) Από τον πίνακα της συνάρτησης κατανομής έχουμε: P[X = l]=p[xsl]-p[xs0] = i -0 = i ρ [Χ = 2]= Ρ [Χ < 2]-Ρ [Χ < l]= - i = p[x = 3l=P[x<3l-Pfx<2l = - -- = Ρ[Χ = 4]=Ρ[Χ<4]-Ρ[Χ<3]=1-^ = ^οπότε ο πίνακας της κατανομής πιθανότητας είναι: X Ρ[Χ = χ] β) Η Ε [Χ] = = = 2,

37 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 Ρ[Ζ=ζ] και η Ε [Ζ] = = 0 που σημαίνει ότι στις ν = 2 ρί ψεις του αμερόληπτου νομίσματος περιμένουμε 1Κ και 1 Γ. 5. Με την ίδια διαδικασία όπως αυτή της άσκησης (3) έχουμε: α) Ρ[Χ = θ]=ρ[χ<θ] 1 16 p[x=i]=p[x<i]-p[xso]=i--i=-l Ο P[X = 2]=P[X<2]-P[X<l]=i-i = i 40

38 Κεφάλαιο 3" Λύσεις ασκήσεων P[X = 3] = P[x<3]-P[X<2] = i -I=I οποτε: p[x = 4]=p[x<4]-p[x<3]=l- = i Χ και ρ [Χ = χ] Ε[χ] = = 3,0625 L β 1 Γ 1/2 1/4 ; 1/8 1/16 1/ γ. Η Ρ[Χ<1]=Ρ[Χ = 0]+Ρ[Χ = 1] = + = 0,

39 Κεφάλαιο 3 Λύσεις ασκήσεων Ρ[ΐ<Χ<3]=Ρ[Χ = ΐ]+Ρ[Χ = 2]+Ρ[Χ = 3] = = 0,4375 L Ρ [Χ >2]= + + = 0,8750 ή εναλλακτικά: Ρ [Χ > 2] = 1 - Ρ [Χ < 1] = 1-0,1250 = 0, Από την εκφώνηση έχουμε: Χ 2 5 Ρ[Χ = χ] Ρ 2ρ όπου ρ > 0 και ρ + 2ρ = 1 οπότε: ρ ^ ϊ Άρα: Ε [χ] = 2 ρ + 5 2ρ = = + = 4 L J Για κάθε ερώτηση έχουμε 4 απαντήσεις από τις οποίες η μία μόνο είναι σωστή. Ας πάρουμε στην τύχη μια ερώτηση και ας υποθέσουμε ότι η δεύτερη α- πάντηση είναι σωστή, δηλαδή: Λ Σ Λ Λ \ I I Κάθε λάθος (Α) βαθμολογείται με -1 και το σωστό (Σ) με 3. Αν 42

40 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 3 / ι Ν ερώτηση δίνεται τυχαία, είναι: Ε [χ] = (-1) + 3 = 0 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 συνεπώς: Α Σ Α με αντίστοιχο πίνακα πιθανότητας: I -1 43

41 Κεφάλαιο 3 Λ ν σεις ασκήσεων Χ Χ II 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

42 Κεφάλαιο 3 Λύσεις ασκήσεων ΟΜΑΔΑ Β 1. Από τον πίνακα κατανομής πιθανότητας έχουμε: α) p + q + 2p=^q=l-3p β) Ε [Χ] = (-1) ρ + 0 q ρ = ρ και V [Χ] = Ε [Χ 2 ]-{Ε [Χ]} 2 όπου : Ε [Χ 2 ] = (-1) 2 ρ + Ο 2 q + I 2 2ρ = 3ρ οπότε : V [Χ] = 3ρ - ρ 2 = ρ (3 - ρ) 2. α) Συμβολίζουμε με Κ τους καμένους και με Λ τους λειτουργούντες λαμπτήρες. Για να απαιτηθούν 3 επιλογές ώστε να εντοπίσουμε τους 2 καμένους, δύο περιπτώσεις είναι δυνατές: ΚΛΚ ή ΛΚΚ Χρησιμοποιώντας δενδροδιάγραμμα έχουμε: Ρ (ΚΛΚ) = Ρ (Κ). Ρ ( Λ / κ ). Ρ ( V) = - ~ - = 1/4 Κ Κ κ Ρ (ΛΚΚ) = Ρ (Λ).Ρ ( Κ / Λ ). Ρ ( Κ / ΛΚ ) = =

43 Κεφάλαιο 3 Λύσεις ασκήσεων Άρα η πιθανότητα σε 3 επιλογές να εντοπίσουμε τους 2 καμένους λαμπτήρες είναι: Ρ (ΚΛΚ) + Ρ (ΛΚΚ) = + = = β) Το πολύ 4 επιλογές για την εντόπιση των 2 καμένων σημαίνει 2 επιλογές, 3 επιλογές ή 4 επιλογές. Στο δενδροδιάγραμμα φαίνονται καθαρά τα κλαδιά που οδηγούν στη ζητούμενη πιθανότητα. κ νι Ρ(ΚΚ); 2 ]_ 6 5 2_ 30 Ρ (ΚΛΚ) = = Ρ (ΚΛΛΚ) = _ 30 σχήμα 3.β Ρ (ΛΛΚΚ) = Ρ (ΛΚΛΚ) = Ρ (ΛΚΚ) = 4 3_ " 4 2 Μ _ " ~30 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, Δηλαδή: 1 λ

44 Κεφάλαιο f Λύσεις ασκήσεων 5. Συμβολίζουμε με Χ την ένδειξη του αμερόληπτου νομίσματος και με Υ την ένδειξη του αμερόληπτου ζαριού. Έτσι R x = {1,2} και R Y = {1,2, 3, 4, 5,6}. Αναλυτικά για τη μεταβλητή Ζ = Χ + Υ έχουμε: Ν \ Υ x \ (2) (3) (4) (5) (6) (7) (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

45 Κεφάλαιο 3 Λύσεις ασκήσεων Zi Vi ν / i' ν / / / / / / / / / / / / 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] = = Ρ[Ζ = 4]=Ρ[Χ = 1] Ρ [Υ = 3] +Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 2] = = Ρ [Ζ = 5] = Ρ [Χ = 1 ] Ρ [Υ = 4] + Ρ [Χ = 21 Ρ [Υ = 31 = 1 1 +' 1 1 = Ρ [Ζ = 6] = Ρ [Χ = 1 ] Ρ [Υ = 5] + Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 4] = = Ρ [Ζ = 7] = Ρ [Χ =1] Ρ [Υ = 6] +Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 51 = = Ρ [Ζ = 8] = Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 61 = 1.1 =

46 Κεφάλαιο 3" Ο πίνακας κατανομής πιθανότητας της τ. μ. Ζ είναι: Λύσεις ασκήσεων Ζ ΤΙ 1 I Ν II,Ν Και η Ε[Ζ] = Ρ [Ζ=ζ] V 6 V 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

47 Κεφάλαιο 3 Λύσεις ασκήσεων Χ Υ 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/ / / / / / / Κό Σύνολο

48 Κεφάλαιο 3 Λύσεις ασκήσεων Ρ [Ζ = 2] = Ρ [Χ = 0] Ρ [Υ = 2] = 1 ~ = Ρ[Ζ = 3] = Ρ [Χ = 0] Ρ [Υ = 3] + Ρ [Χ =1] Ρ [Υ = 2] = _ Ρ[Ζ = 4] = Ρ [Χ = 0] Ρ [Υ = 4] + Ρ [Χ = 1] Ρ [Υ = 3] + Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 2]= ]_ 2 _U ~36 Ρ[Ζ = 5] = Ρ [Χ = 1] Ρ [Υ = 4] +Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 3] = f + ±.- = -ϊ Ρ[Ζ = 6]=Ρ[Χ = 2]Ρ[Υ = 4 ]=1ί = ^Γ ο 6 36 Ο πίνακας κατανομής της πιθανότητας είναι: Ζ Ρ[Ζ = ζ] Η Ε [ζ] Γ_ι = 2 _6 l 3 10 l 4 <12 l 5.6 l 6,2 1 J και V [Ζ] = Ε [Ζ 2 ] - {Ε [Ζ]} 2 όπου: = 3,667 6,, Ε [ζ 2 1= = 14,667 L J άρα: V [Ζ] = 14,667-3,667 2 = 1,

49 Κεφάΐ.αιο 4" Λ ύσεις Ασκήσεων ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 ΑΣΚΗΣΕΙΣ Δ.1 Ας υποθέσουμε ότι η τ. μ. Χ ~ Β(ν, ρ) με ν = 3 και ρ άγνωστη. Γνωρίζουμε όμως από τον πίνακα κατανομής πιθανότητας ότι: ρ[χ = ι]= ρ 1 q 2 =0,3 (I) και Ρ [χ = 2]= ρ q = 0,2 (II) Διαιρώντας τα δεύτερα μέλη των ισοτήτων (I) και (II) έχουμε: viz ίι\ DQ" v2y ρ2 q άρα ρ =0,4 0,3, q = 1,5 η = 1,5 0,2 ρ Λ Ϊ-Ρ = 1,5 ή 2,5ρ = 1 ί ϊ\ Αν λοιπόν η κατανομή είναι διωνυμική πρέπει η Ρ [Χ = 3] = v3y 0,43 0,6 3 να ισούται με 0,1. Αλλά Ρ [Χ = 3] = 0,0138^ 0,1. Άρα η τ. μ. Χ δεν ακολουθεί διωνυμική κατανομή. Δ.2 α) Σύμφωνα με τον ορισμό του διωνυμικού πειράματος το στρίψιμο του νομίσματος ν = 5 φορές και η καταγραφή των Χ επιτυχιών αποτελεί διωνυμικό πείραμα. β) Ρ [x = x] = ν χ / χ " 5 χ, όπου χ = 0, 1, 2, 3, 4, 5 και ρ + q = 1 ρ q 52

50 Κεφάλαιο 4" Λύσεις Ασκήσεων Αν υποθέσουμε ότι το νόμισμα είναι αμερόληπτο τότε ρ = q γ) Χ 0 ( 5 ) Α V (ι v2y 1 ί 5 1 Λ ί-ϊ V 2 y 2 ί 5 ίιύ 1 ΡΓΧ = χ1,2, U, rr,2; UJ ί1!,2) 3 ( 5 ) Α ί1! U (V \2y 5 = 0,03125 UJ ί 1 4! = 0,15625 ^2y \ ΥΓ,2 ί 5λ Α ί1! 5 ν2, ^2 / 3 = 0, = 0,31250 = 0, = 0,03125 Δ. 3 Ο παίκτης έχει σταθερή πιθανότητα επιτυχίας στις βολές ρ = 0,8. Αν υποθέσουμε ότι οι βολές είναι ανεξάρτητες η μία από την άλλη τότε για ν = 3 βολές ζητάμε x = 3 επιτυχίες, αφού έτσι μόνο κερδίζει τον τελικό. 53

51 Κεφάλαιο 4 Λύσεις Ασκήσεων ίτλ Αρα: η Ρ [Χ = 3] = 0,8 3 0,2 = 0,8 3 =0,512 αποτελεί την πιθανότητα ν-ν νίκης στον τελικό στην κανονική διάρκεια του αγώνα. Δ. 4 Πιθανότητα σωστής απόφασης του διευθύνοντα συμβούλου ρ. Αν με Χ συμβολίσουμε τον αριθμό των συμβούλων που λαμβάνουν σωστή απόφαση (επιτυχία) ζητάμε α) Ρ [Χ > 2 ] = (3^ ρ 2 q 3 " 2 + ί 3 1 Λ Ρ3 q = 3p 2 q + ρ 3 β) Για ρ = 0,1 και q = 0,9 έχουμε: Ρ[Χ>2] = 3 0,1 2-0,9 + 0,1 3 =0,028 γ) Ζητάμε: 3p 2 q + Ρ 3 > ρ <=> 3pq + ρ 2 > 1 <=> 3ρ( 1 -ρ) + ρ 2 > 1 <=> 3ρ - 2ρ 2-1> 0 <=ί> 2ρ 2-3ρ + 1 < 0 ο 2(ρ-1)(ρ-Ι)<0 1 <=> - < ρ < 1 2 δ) Ζητάμε 3ρ q + Ρ - Ρ <=> 3pq + ρ 2 = 1 54

52 Κεφάλαιο 4" Λύσεις Ασκήσεων <=> 2ρ 2-3ρ +1=0 οπότε ρι = και ρ2 = 1 Δ.5 Τρία μέλη με πιθανότητες σωστής απόφασης α ) ~> Ρ, Ρ Η πλειοψηφία είναι σωστή αν 2 τουλάχιστον από τα μέλη του διοικητικού συμβουλίου (δ. σ.) πάρουν σωστή απόφαση. Αυτό συμβαίνει στις εξής περιπτώσεις: pq + -qp + -pp + -pp = pq + pp = p(q + p) = p β) Αν ρ = 0,1 η πιθανότητα το δ.σ. να πάρει σωστή απόφαση είναι Ρ = 0,1 γ) Δεν υπάρχει τέτοιο ρ. δ) Για όλες τις δυνατές τιμές του ρ. Υ.1 Η κατανομή της τ.μ. Χ δεν είναι διωνυμική διότι η επιλογή των CD's γίνεται χωρίς επανατοποθέτηση με συνέπεια η πιθανότητα ρ να βρούμε ελαττωματικό CD να μην παραμένει σταθερή. Υ.2 Το Ν = 10 το ν = 4. Αν με α συμβολίσουμε τα μη ελαττωματικά και με β τα ελαττωματικά τότε α = 7 και β = 3. Αν με Χ συμβολί 55

53 Κεφάλαιο 4" Αύσεις Ασκήσεων σουμε τον αριθμό των μη ελαττωματικών CD's στο δείγμα των ν = 4, τότε η Ρ [Χ=4] δίνεται από την υπεργεωμετρική κατανομή: "β Λ Ρ [Χ = 4] = ν J voy fn ν v y ί Ί \ ίι\ ν ν voy ^10^ v4y 7! 3! 3!4! 0!3! 10! 4! 6! 6! 7! 3! 10! = 0,167 Αν το δείγμα ληφθεί μ' επανανατοποθέτηση τότε η πιθανότητα επιτυχίας παραμένει σταθερή στις 4 διαδοχικές επαναλήψεις του πειράματος Bernoulli. Έχουμε συνεπώς διωνυμική κατανομή με ν = 4 και ρ= = 0,7 10 ί Λ\ Έτσι: Ρ[Χ = 4]= 0,7 4 0,3 =0,2401 I 7 Και η πιθανότητα είναι μεγαλύτερη κατά 0,0731. Γ. 1 Η περιγραφή το προβλήματος οδηγεί σε γεωμετρική κατανομή με 1 ρ = α = και χ = 4. 2 Έτσι: P[X = x] = q x "'p με χ =1,2,. Και Ρ [Χ = 4] = q 4 " 1 ρ Ί \ ΓΡ 4 = 0,0625 v z y Γ.2 Εφαρμόζοντας γεωμετρική κατανομή για ρ = 0,75 q = 0,25 και χ = 3 παίρνουμε: Ρ [Χ = 3] = q 3 " 1 ρ = 0,25 3 ' 0,75 = 0,

54 Κεφάλαιο 4 Λύσεις Ασκήσεων Γ.3 Ρ [Χ = 4] = q 4 " 1 ρ =' 0,65 3 0,35-0,0961 Ε [Χ] =! = = 2,857 ρ 0,35 Γ.4 ί) α) Ζητάμε σε ν =10 προσπάθειες να έχουμε x = 6 επιτυχίες αν η πιθανότητα επιτυχίας είναι σταθερή και ίση με ρ = 0,4. Η υπόθεση ό- τι οι προσπάθειες είναι ανεξάρτητες μας οδηγεί στη διωνυμική κατανομή: Ρ [Χ = χ] = Μ p x q vχ v x y Γιαχ = 6 με X = ο, 1,2,..., ν ν=10 και ρ = 0,4 βρίσκουμε: λ 10 λ Ρ [χ = 6] = W 0,4 6 0,6' - 6 =-^-0,4 6 0,6 4 =0,115 ^6 ) 4!6! ί) β) Η πιθανότητα να υπερπηδήσει το ύψος των 225 cm για πρώτη φορά στην έκτη προσπάθεια δίνεται από τη γεωμετρική κατανομή Ρ [Χ = χ] = q x l ρ με χ= 1, 2,... Για χ = 6, ρ = 0,4 και q = 0,6 παίρνουμε: Ρ [Χ = 6] = Ο,ό 6 " 1 0,4 = 0,0311 ii) Αφού η πιθανότητα επιτυχίας του αθλητή παραμένει σταθερή και ίση με ρ = 0,4, είναι φανερό ότι στις ν = 20 προσπάθειες ο αναμενόμενος αριθμός επιτυχημένων προσπαθειών είναι: Ε [Χ] = ν ρ = 20 0,4 = 8 57

55 Κεφάλαιο 4" Λύσεις Ασκήσεων iii) Ζητάμε την πιθανότητα : Ρ [Χ = 25] = '50Ν \25y 0,425 0,6 50 " 25 = 50! 0,4 25 0,6 25 =0, ! Έτσι ο αθλητής έχει πιθανότητα μόλις 0,0404 να κάνει 25 επιτυχημένες προσπάθειες στο σύνολο των 50 προσπαθειών, αν η πιθανότητα να υ- περπηδήσει το ύψος σε κάθε προσπάθεια παραμένει σταθερή και ίση με ρ = 0,4. Γ. 5 Η πιθανότητα του αθλητή να υπερπηδήσει το ύψος των 238 cm σε οποιαδήποτε προσπάθεια είναι ρ = 0,009 (σταθερή). Αν υποθέσουμε ότι η αρχή μέτρησης του αριθμού των προσπαθειών είναι η 1/1/2000 και ότι η ημέρα που θ' αγωνιστεί ο αθλητής στους Ολυμπιακούς είναι 1/7/2004 τότε: 1. Ο συνολικός αριθμός προσπαθειών είναι: (3 150) = Η πιθανότητα να υπερπηδήσει το ύψος μέχρι τους Ολυμπιακούς α- γώνες του 2004 ισούται με: 1 - [πιθανότητα να μην το υπερπηδήσει] Αν συμβολίσουμε με Χ τον αριθμό των επιτυχημένων προσπαθειών στις ν = 2025 προσπάθειες, ζητάμε: / 2025 λ Ρ[Χ>1] = 1-Ρ[Χ = 0] = 1- ν 0 y 0,009 0, = 0, Έτσι η πιθανότητα να προσπεράσει μια τουλάχιστον φορά το ύψος των 238 cm είναι σχεδόν ένα. 58

56 Κεφάλαιο 4" Λύσεις Ασκήσεων Ποια όμως είναι η πιθανότητα να υπερπηδήσει το ύψος για πρώτη φορά την ημέρα των Ολυμπιακών Αγώνων; Στην περίπτωση αυτή έχουμε φυσικά γεωμετρική κατανομή και συνεπώς ζητάμε: Ρ [Χ = 2025] = 0, " 1 0,009 = 9-10" 10. Ρ.1 Ρ [Χ = χ] = ^, χ = 0,1,2... χ! Για λ = 2 έχουμε: i) Ρ[Χ = 0] = ^ - = e" 2 =0,1353 ii) ρ[χ = ΐ] = ^-Η- = 2-e" 2 =0,2706 iii) P[X = 2] = ^ y - = 2 -e" 2 =0,2706 iv) Ρ [X < 2] = Ρ [Χ = 0] + Ρ [Χ = 1] + Ρ [Χ = 2] = 0,6765 ν) Ρ [Χ > 2] = 1 - Ρ [Χ = 0] - Ρ [Χ = 1] = 1-0,1353-0,2706 = 0,5941 Ρ.2 Για λ = 0,5 έχουμε: Π <\ Χ ρ' 0 5 Ρ [χ = χ] = *, χ =0,1,2,... χ! i) Ρ [Χ < 3] = Ρ [Χ = 0] + Ρ [Χ = 1] + Ρ [Χ = 2] 0,5 e' 0,5 0,5' e" ' 5 0,5 2 e" 0 ' ! 1! 2! 0, , = 0,

57 I Κεφάλαιο 4" Λύσεις Ασκήσεων ii) Ρ [2 < Χ < 4] = Ρ [Χ = 2] + Ρ [Χ = 3] + Ρ [Χ = 4] 0,5 2 e" ' 5 0,5 13 e" 5 0,5 4 e" ' ! 3! 4! = 0, , ,0016 = 0,09 iii) Ρ [1 <Χ < 3] = Ρ [Χ = 2] Π S 2 Ρ" 0 ' 5 Άρα Ρ [Χ = 2]= 2; = > 0758 ιν) Ρ[Χ > 3] = 1 - Ρ [Χ = 0] - Ρ [Χ=1] - Ρ [Χ = 2] = 1-0,6065-0,3033-0,0758 = 0,0144 ή χρησιμοποιώντας το αποτέλεσμα της (ί) Ρ [Χ > 3] = 1 - Ρ [Χ < 3] = 1-0,9856 = 0,0144 5* Ρ Ρ.3 Για λ = 5 Ρ[Χ = χ] =, χ = 0,1,2,... χ! 5 5 C 5 i) p[x = 5] = ^ y- =0,1755 ii) Ρ [Χ < 5] = Ρ [Χ = 0] + Ρ [Χ = 1] + Ρ [Χ = 2] + Ρ [Χ = 3] + Ρ [Χ = 4] 5 e" e" e" e" e' 5 Η Η h h 0! 1! 2! 3! 4! = 0, , , , ,1755 = 0,4405 iii) Ρ [Χ > 5] = 1 - Ρ [Χ < 5] = 1 - Ρ [Χ < 5] - Ρ [Χ = 5] 1-0,4405-0,1755 = 0,

58 Κεφάλαιο 4 Λύσεις Ασκήσεων Ρ.4 Αν λ = 2,1 τότε: 2 Γ e" 2 ' 1 Ρ [Χ = r] = =0,1890 r! Ο πίνακας κατανομής πιθανότητας είναι: r Ρ fx = r] 0,1224 0,2571 0,2700 0,1890 Άρα η τιμή του r =3 Ρ.5 Χ ~ Ρ (5, 6) ί) Ρ [Χ < 4] = Ρ [Χ = 0] + Ρ [Χ = 1] + Ρ [Χ = 2] + Ρ [Χ = 3] 5,6 ε" 5 ' 6 5,6' e" 5,6 5,6 2 e" 5 ' 6 5,6 3 e" 5 ' 6 = _? + _! + _? + ^ 0! 1! 2! 3! = 0, , , ,1082 = 0,1905 ii) Ρ [4 < Χ < 7] = Ρ [Χ = 5] + Ρ [Χ = 6] 5,6 C e 5,6 ^ /γ6 e -5, ! 6! 0, ,1584 0,3281 P.6 Αφού σε lit περιέχονται 500 βακτήρια κατά μέσο όρο, αναμένουμε λ = βακτήρια σε δείγμα 1 cm3. 61

59 Κεφόύ.αιο 4" Λύσεις Ασκήσεων 1. Ζητάμε την Ρ [Χ = 0] αν η τ. μ. Χ του αριθμού των βακτηρίων έ- χει κατανομή Poisson με λ = 0,5 0 5 e" ' 5 Έτσι : Ρ[Χ = 0]= ' =0,6065 0! 2. Ρ [Χ > 4] = 1 - Ρ [Χ < 4] = = 1 - Ρ [Χ = 0] - Ρ [Χ = 1] - Ρ [Χ = 2] - Ρ [Χ = 3] = 1-0,6065-0,3032-0,0758-0,0126 = 0,

60 Κεφάλαιο 5 Λύσεις Ασκήσεων ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΟΜΑΔΑ Α 1. Από τον πίνακα (Β) της Ν (0, 1) παίρνουμε: ί) Ρ(Ζ< 1,1) = Φ (1,1) = 0,8643 ii) Ρ (Ζ < 1,2) = Φ (1,2) = 0,8849 iii)p (Ζ > 1,8) = 1 - Ρ (Ζ < 1,8) = 1 - Φ (1,8) = 1-0,9641 = 0,0359 iv)p (Ζ < 0) = Φ (0) = 0,5000 ν) Ρ (Ζ > 0) = 1 - Ρ (Ζ < 0) = 1 - Φ (0) = 1-0,5000 = 0,5000 vi)p(z<-l,4) = P(Z> 1,4)= 1 -Ρ(Ζ< 1,4)= 1 -Φ (1,4) = = 1-0,9192 = 0,0808 vii) Ρ (Ζ < - 0,8) = Ρ (Ζ > 0,8) = 1 - Ρ (Ζ < 0,8) = 1 - Φ (0,8) = = 1-0,7881 = 0,2119 viii) Ρ (Ζ > - 1,5) = Ρ (Ζ < 1,5) = Φ (1,5) = 0, ί) Ρ (2 < Ζ < 2,6) = Ρ (Ζ < 2,6) - Ρ (Ζ < 2) = Φ (2,6) - Φ (2) = 0,9953-0,9772 = 0,0181 ii) Ρ (2,5 < Ζ < 2,8) = Ρ (Ζ < 2,8) - Ρ (Ζ < 2,5) = Φ (2,8) - Φ (2,5) = 0,9974-0,9938 = 0,

61 Κεφάλαιο 5" Λύσεις Ασκήσεων iii) Ρ (- 1,2 < Ζ < 0,8) = Ρ (Ζ < 0,8) - Ρ (Ζ < - 1,2) = = Ρ (Ζ < 0,8) - Ρ (Ζ > 1,2) = = Ρ (Ζ < 0,8) - [1 - Ρ (Ζ < 1,2)] = Ρ (Ζ < 0,8) + Ρ (Ζ < 1,2)- 1 = 0, , =0,673 iv) Ρ (- 1,8 < Ζ < - 0,2) = Ρ (0,2 < Ζ < 1,8) = = Ρ (Ζ < 1,8)-Ρ (Ζ <0,8) = 0,9641-0,7881 = 0, Παρατήρηση: Η πιθανότητα της τ.μ. Ζ να βρίσκεται σε διάστημα της μορφής (-α, α) δίνεται από την : Ρ (- α < Ζ < α) = 2Φ (α) - 1 i) Ρ ( Ζ < 0,6)= Ρ (-0,6 < Ζ < 0,6) = 2Φ (0,6) -1 = 2 0, = 0,4514 Ζ~ Ν (0,1) -0,6 0 0,6 σχήμα 3.i 64

62 Κεφάλαιο 5" Λ ύσεις Α σκήσεω ν ii) P(j ΖI > 1,2)=1 - Ρ (j Ζ <1,2)=1- Ρ(-1,2<Ζ<1,2) = = 1 - [2Φ (1,2) - 1] = 2-2Φ (1,2) Ζ^Ν(01) = 2-2 0,8849 = 0,2302-1,2 0 1,2 iii) Ρ (0,6 < Ζ < 2,2) - Ρ (-2,2 < Ζ < -0,6) + Ρ (0,6 < Ζ < 2,2) = = 2Ρ (0,6 < Ζ < 2,2) = /Τ\ Ζ ~ Ν (0,1) = 2 [Φ (2,2)-Φ (0,6)] = 2 [0,9861-0,7257] = = 0,5208-2,2-0,6 0 0,6 2,2 4. i) Ρ (Ζ < α) = 0,9192 Από τον πίνακα (Β) βλέπουμε ότι η πιθανότητα Φ (Ζ) = 0,9192 αντιστοιχεί σε τιμή της τ.μ. Ζ = 1,4, άρα α = 1,4 ii) Ρ (Ζ < α) = 0,3446. Επειδή η πιθανότητα είναι μικρότερη του 0,5000 η τιμή α θα είναι αρνητική. Στον πίνακα (Β) δεν υπάρχουν αρνητικές τιμές της τ.μ. Ζ και 65

63 Κεφάλαιο 5 Α ύσεις Ασκήσεων συνεπώς θα χρησιμοποιήσουμε για την εύρεση του α, γνωστές ιδιότητες της Ν (0,1). 0,3446 -Ζ=α 0 Ζ--α Ζ~ Ν (0,1) \ 0,3446 Από τη συμμετρία της Ν (0,1) έχουμε: Ρ (Ζ < α) = Ρ (Ζ > -α) = 0, Ρ [Ζ < α] = 0,3446 Ρ [Ζ < -α] = 0,6554 Από τον πίνακα (Β) έχουμε ότι -α = 0,4 και άρα α = -0,4 iii) Ρ (Ζ < α) = 0,8849 Από τον πίνακα (Β) έχουμε ότι α = 1,2 iv) Ρ (Ζ >α) = 0,0047 ή 1 - Ρ (Ζ < α) = 0,0047 ή Ρ (Ζ < α) = 0,9953 και από τον πίνακα (Β) βρίσκουμε α = 2,6 ν) Ρ(1 <Ζ< α) = 0,1039 ή Φ (α) - Φ (1) = 0,1039 ή Φ (α) = 0, Φ (1) = 0, ,8413 = 0,9452 Αρα από την Φ (α) = Ρ (Ζ < α) = 0,9452 και από τον πίνακα (Β) βρίσκουμε : α =1,6. 66

64 Κεφάλαιο 5 Λύσεις Ασκήσεων vi) Ρ (α< Ζ <-0,8) = 0,1760 Είναι φανερό ότι το α έχει αρνητική τιμή. Ακόμη: Ρ (α < Ζ < -0,8) = Ρ (Ζ < - 0,8) - Ρ (Ζ < α) = 0,1760 Ρ (Ζ > 0,8) - Ρ (Ζ < α) = 0,1760 Ζ~ Ν (0,1) 3, Ρ [Ζ< 0,8]-Ρ [Ζ < α] = 0, , Ρ [Ζ < α] = 0,1760 και Ρ [Ζ < α ] = 0,0359-0,8 0 Άρα: Ρ [ Ζ > - α] = 0,0359 και Ρ [ Ζ < - α] = 0,9641 οπότε από τον πίνακα (Β) έ- χουμε -α =1,8 και α =-1,8 5. ί) -α 0 α Ζ~ Ν (0,1) Ρ (j Ζ < α)= 0,4514 ή Ρ (-α< Ζ < α) = 0,4514 ή 2Φ(α)-1 = 0,4514 και Φ(α) = Ρ (Ζ < α) = 0,7257 Άρα α = 0,6 67

65 Κεφάλαιο 5 Λ ύσεις Ασκήσεων ϋ) Ρ( Ζ >α)= 0,1096 ή Ζ~ Ν (0,1) Ρ (j Ζ <α)= 0,8904 ή -α 0 α Ρ (- α < Ζ < α) = 2 Φ (α) - 1 = = 0,8904 Απ' όπου: Φ (α) = Ρ (Ζ < α) = 0,9452 και α = 1,6 6. Χ ~ Ν (12,9) i) Ρ(Χ> 15) = Ρ 'Χ λ V9 λ/9 = Ρ(Ζ> 1)= 1 -Ρ(Ζ< 1) 1-0,8413 = 0,1587 6,Ί ^ Χ~ Ν (12,9) Ζ~ Ν (0,1) \ ΛΡ(Χ>15) i Ρ(Ζ>1)=0,

66 Κεφάλαιο 5" Λύσεις Ασκήσεων ii) Ρ (Χ < 16,8) = Ρ Χ-12 16,8-12 V9 < S Ρ (Ζ < 1,6) = 0,9452 Ρ(Χ<16,8) Χ~ Ν (12,9) Ρ(Ζ<1,6)=0,9452 Ζ~ Ν (0,1) WMSK mm mmm iailif 12 16,8 0 1,6 iii) Ρ (X < 8,4) = Ρ 'Χ-12 8,4-12λ V V~9 y/~9 y = Ρ (Ζ < -1,2) = Ρ (Ζ > 1,2) = = 1 - Ρ (Ζ < 1,2)= 1-0,8849 = 0,1151 Χ~ Ν (12,9) Ζ~ Ν (0,1) Ρ(Χ<8,4) Ρ(Ζ<-1,2)=0,1151 IV) Ρ (Χ > 9,6) Χ-12 9,6-12 λ >, λ/~9 V? Ρ (Ζ > -0,8) = Ρ (Ζ < 0,8)= 0,7881 / Μ : Λ Χ ~ Ν (12,9) \ \Ρ(Χ>9,6) ' /ΐ / Λ ζ ~ Ν ( 1) \ \ Ρ(Ζ>-0,8)=0,7881 \ Ν 69

67 Κεφάλαιο 5" Α ύσεις Ασκήσεων 7. Χ ~Ν (50,100) '36-50 Χ λ ί) Ρ (36 < Χ < 62) = Ρ < Λ/ΪΟΟ Λ/ΓΌΟ Λ/ΪΟΟ = Ρ (- 1,4 <Ζ< 1,2) = = Ρ(Ζ< 1,2)-Ρ (Ζ <-1,4) = = Ρ(Ζ< 1,2)-Ρ (Ζ > 1,4) = Ρ (Ζ < 1,2) + [1 - Ρ (Ζ < 1,4)] = = 0, [1-0,9192] = 0,8041 Χ~ Ν (50,100) Ρ(36<Χ<62) Ζ~ Ν (0,1) Ρ(-1,4<Ζ<1,2)=0,8041 ii) Ρ (40 < Χ < 50) = Ρ -1,4 0 1,2 f Χ λ < Λ/ΪΟΟ Λ/ΪΟΟ Λ/ΪΟΟ = Ρ(-1 <Ζ<0) = = Ρ(0<Ζ< 1) = = Ρ(Ζ< 1)-Ρ(Ζ<0) = 0,8413-0,5000 = = 0,3413 P<40<X<50) Χ~ Ν (50,100) Ρ(-1<Ζ<0) Ζ~ Ν (0,1) ι Ο 70

68 Κεφάλαιο 5 Λύσεις Ασκήσεων iii) Ρ (56 < Χ < 70) = Ρ Χ Λ <, < Λ/Ϊ00 Λ/ΪΟΟ Λ/ΪΟΟ / = Ρ (- 0,6 < Ζ < 2) = = Ρ (Ζ < 2) - Ρ (Ζ < 0,6) = = 0,9772-0,7257 = = 0,2515 Χ~ Ν (50,100) P<56<X<70) Ζ~ Ν (0,1) Ρ(0,6<Ζ<2) iv) Ρ (38 < Χ < 42) = Ρ Χ Λ <, < λ/ϊοο " Λ/ΪΟΟ Λ/ΪΟΟ ν / = Ρ(- 1,2 < Ζ < - 0,8) = = Ρ(0,8<Ζ< 1,2) = = Ρ (Ζ < 1,2)-Ρ (Ζ <0,8) = 0,8849-0,7881 = = 0,0968 Ρ(38<Χ<42) Χ~ Ν (50,100) P(-1,2<Z<-0,8)j Ζ~ Ν (0,1) -1,2-0,8 Ο 71

69 Κεφάλαιο 5 Λ ύσεις Ασκήσεων 8. Η τ.μ. Χ ~ Ν (1,6,4) ^Χ -1,6 0-1,6λ ΐ) Ρ (Χ > 0) = Ρ > ν λ/4 λ/4 = Ρ (Ζ > - 0,8) = = Ρ (Ζ <0,8) = 0,7881 Χ~ Ν (1,6, 4) "\ Ζ~ Ν (0,1) Ρ(Χ>0) Λ \ Ρ(Ζ>-0,8) ii) Ρ (Χ < -1,6) = Ρ Χ-1,6 1,6-1,6 Ρ (Ζ < - 1,6) = λ/4 Λ/4 = Ρ (Ζ >1,6) = = 1 - Ρ (Ζ < 1,6) = = 1-0,9452 = 0,0548 Ζ~ Ν (0,1) Ρ(Χ<-1,6) -1,6 1,6 "-2-1,6 Χ -1,6 2-1,6"_ iii) Ρ (j Χ < 2)= Ρ (-2 < Χ < 2) = Ρ <. Λ/4 λ/4 < Λ/4, Χ- Ν (1,6, 4) Ρ(-2<Χ<2) Ζ~ Ν 0,1) Ρ(-1,8<Ζ<2) = Ρ(- 1,8<Ζ<σ,2) = = Ρ (Ζ < 0,2) -Ρ (Ζ <-1,8) = = Ρ (Ζ <0,2)-Ρ (Ζ > 1,8) = = Ρ(Ζ<0,2)-[1-Ρ(Ζ< 1,8)] = = Ρ (Ζ < 0,2) + Ρ (Ζ < 1,8)- 1 = = 0, , = 0,5434 Ο 0,2 72

70 Κεφάλαιο 5 Α ύσεις Α σκήσεω ν iv) Ρ (Ο < Χ < 2) = Ρ 0-1,6 Χ-1,6 2-1,6^1 < V? ' >/4 Λ/4 P(0<X<2y^Λχ~ Ν (1,6, 4) Ρ(-0,8<2<0,21^\Ζ- Ν (0,1) = Ρ (- 0,8 < Ζ < 0,2) = = Ρ (Ζ < 0,2) - Ρ (Ζ < -0,8) = = Ρ (Ζ < 0,2) - Ρ (Ζ > 0,8) = = Ρ (Ζ < 0,2)-[1-Ρ (Ζ <0,8)] = 0, , = 0,3674 Ο 1, Ο 0,2 9. Χ ~ Ν (-4, 25) Ο Ρ (Χ > 0) = Ρ 'Χ Λ > ν Λ/25 Λ/25 = Ρ (Ζ > 0,8) = = 1 - Ρ (Ζ < 0,8) = = 1-0,7881= = 0,2119 Χ~ Ν (-4, 25) ζ~ Ν (0,1) Ρ(Χ>0) Ρ(Ζ>0,8) Ο 0,8 73

71 Κεφάλαιο 5" Α ύσεις Α σκήσειο ν Χ λ ii) Ρ (- 5 < Χ < - 2) = Ρ < Τ=~< V V25 Λ/25 V25 J = Ρ (- 0,2 < Ζ < 0,4) = = Ρ (Ζ < 0,4) - Ρ (Ζ < -0,2) = = Ρ (Ζ < 0,4) - Ρ (Ζ > 0,2) = = Ρ (Ζ < 0,4) - [ 1 - Ρ (Ζ < 0,2)] = Ρ (Ζ < 0,4) + Ρ (Ζ < 0,2) - 1 = = 0, , = = 0,2347 Ν (-4, 25) Ρ(-5<Χ<-2) Ζ~ Ν (0,1) Ρ(-0,2<Ζ<0,4) iii) Ρ (-2 < Χ < 1) = Ρ Χ λ <, < λ/25 Λ/25 Λ/25. / = Ρ ( 0,4 < Ζ < 1) = = Ρ(Ζ< 1)-Ρ (Ζ <0,4)=' = 0,8413-0,6554 = = 0,1859 k Χ~ Ν (-4, 25) \Ρ(-2<Χ<1).Ζ- Ν (0,1) \ Ρ(0.4<Ζ<1)= ,4 1 74

72 Κεφάλαιο 5" Λύσεις Ασκήσεων IV) ρ ( χ > ι)= ι - ρ ( χ < ι) = 1- Ρ(-1<Χ<1) = Χ Ρ < < Λ/25 Λ/25 Λ/25 = 1 Ρ (0,6 < Ζ < 1) = = 1 - [Ρ (Ζ< 1)-Ρ(Ζ<0,6)] = = 1-0, ,7257 = = 0,8844 Χ- Ν (-4, 25) Ρ(1Χ1>1)=Ρ(Χ<-1)+Ρ(Χ>1) Ζ~ Ν (0,1) Ρ(Ζ<0,6)+Ρ(Ζ>1) , IQ ~ Ν (100, 225) Για να βρούμε την αναλογία ατόμων με IQ κυμαινόμενο σε διάστημα τιμών π.χ. (α, β), βρίσκουμε την Ρ (α < IQ < β) και την πολλαπλασιάζουμε επί 100. /τ/λ IQ-100 1Γ>Γ> ΛΓ>λ / ί) Ρ (IQ < 118) = Ρ < - = Ρ 18 Ζ< Λ = Ρ (Ζ < 1,2) : Λ/225 Λ/225 ν 15 = 0,8849 ή 88,49% IQ- Ν (100, 225) P(IQ<118) Ζ~ Ν (0,1) Ρ(Ζ<1,2)=0, ,2 75

73 Κεφάλαιο 5 Λ ύσεις Ασκήσεων ii) Ρ (IQ > 112) = Ρ IQ Λ/225 V225 IQ- Ν (100, 225) P(IQ>112) Ζ~ Ν (0,1) Ρ(Ζ>0,8)=0,2119 ί η Λ ζ> 12 ν 15, Ρ (Ζ >0,8) = 1 - Ρ (Ζ < 0,8) = =1-0,7881 =0,2119 ή 21,19% iii) Ρ (IQ < 94) = Ρ IQ Λ/225 Λ/225 10,iii IQ~ Ν (100, 225) Ζ~ Ν (0,1) P(IQ<94) Ρ(Ζ<-0,4)=0, ,4 0 = Ρ (Ζ < - 0,4) = = Ρ (Ζ > 0,4) = = 1 - Ρ (Ζ < 0,4) = = 1-0,6554 = 0,3446 ή 34,46% iv) Ρ (IQ > 73) = Ρ IQ Λ/225 Λ/225 10,Ιν IQ~ Ν (100, 225) Ζ~ Ν (0,1) Ρ(ΙΟ>73) Ρ(Ζ>-1,67)=0,9525 = Ρ(Ζ>- 1,67) = = 1 - Ρ (Ζ < 1,67) = = 0,9525 ή 95,25% ,

74 Κεφάλαιο 5 Λύσεις Ασκήσεων ν) Ρ (100 < IQ > 112) = Ρ \ Λ/225 Λ/225 = Ρ(0< Ζ<0,8) = = Ρ (Ζ < 0,8) - Ρ (Ζ < 0) = = 0,7881-0,5000 = 0,2881 ή 28,81% IQ- Ν (100, 225) P(100<IQ<112) Ζ~ Ν (0,1) Ρ(0<Ζ<0,8) νί) Ρ (73 < IQ < 118) = Ρ ' IQ ^ < < V Λ/225 λ/225 Λ/225 / = Ρ (-1,8 < Ζ < 1,2 ) = = Ρ(Ζ< 1,2)-Ρ(Ζ<- 1,8) = = Ρ (Ζ < 1,2) Ρ (Ζ > 1,8) = = Ρ (Ζ < 1,2) - [1 - Ρ (Ζ < 1,8)] = = Ρ(Ζ< 1,2) + Ρ(Ζ< 1,8)- 1 = = 0, , = = 0,8490 ή 84,90 10,νί IQ~ Ν (100, 225) P(73<IQ<118) Ζ~ Ν (0,1) Ρ(-1,8<Ζ<1,2)

75 Κεφάλαιο 5 Λύσεις Ασκήσεων vii) Ρ (73 < IQ < 94) = Ρ IQ Λ/225 Λ/225 Λ/225. = Ρ(-1,8< Ζ< -0,4) = = Ρ (0,4 < Ζ <1,8) - = Ρ (Ζ <1,8)-Ρ (Ζ <0,4) = 0,9641-0,6554 = = 0,3087 ή 30,87% IQ- Ν (100, 225) P(73<IQ<94) Ζ- Ν (0,1) Ρ(-1,8<Ζ<-0,4) -1,8-0,4 0 78

76 Κεφάλαιο 5 Λ ύσεις Α σκτήσεων ΟΜΑΔΑ Β 1. Χ ~ Ν (μ, 25) και Ρ (Χ > 3,5) = 0,970 άρα 'Χ-μ > 3,5-μ Λ Λ/25 λ/25 = 0,970 Ζ> 3,5-μ 0,970 Θέτουμε ζ = ^ και ζητάμε την τιμή z έτσι ώστε: Ρ (Ζ > ζ) = 0,970 Ρ (Ζ < ζ) = 0,030 Επειδή η πιθανότητα είναι μικρότερη του 0,5000 η τιμή ζ είναι αρνητική. Άρα : Ρ (Ζ < - ζ) = 0,970 Οπότε από τον πίνακα (Β) βρίσκουμε ότι: - ζ = 1,88 ή ζ = - 1, ιχ Αντικαθιστώντας στην ζ = έχουμε: - 1,88 = ^5-μ. και μ = 12g Άρα: Χ ~ Ν (12,9, 25) 79

77 Κεφάλαιο 5 Λύσεις Ασκήσεων 2. Χ ~ Ν (μ, 0,5) και Ρ(Χ<- 1,2) = 0,05 'Χ-μ -1,2-μ λ >/θ^5 / = 0,05 Ζ< -1,2-μ λ/03" 0,05 Θέτουμε ζ = -7=^- και ζητάμε την τιμή z έτσι ώστε: λ 5 Ρ (Ζ < ζ) = 0,05 Επειδή η πιθανότητα είναι μικρότερη του 0,5000 η τιμή ζ είναι αρνητική. Άρα : Ρ (Ζ < - ζ) = 0,95 οπότε από τον πίνακα (Β) βρίσκουμε ότι: -ζ= 1,645 ή ζ = - 1,645 Αντικαθιστώντας στην ζ = -1,2-μ βρίσκουμε: - 1,645 = 1!^1 μ και μ = 0,0368 λ/0^ Άρα: Χ ~ Ν (0,0368, 0,5) 80

78 Κεφάλαιο 5" Λύσεις Ασκήσεων 3. Η τ.μ. Χ ~ Ν (32,4, σ 2 ) και Ρ (Χ > 45,2) = 0,300 Χ-32,4 45,2-32,4 > V σ σ = 0,300 ζ> 12,8 = 0, Θέτουμε ζ = και ζητάμε την τιμή z έτσι ώστε: σ Ρ (Ζ < ζ) = 0,700 Από τον πίνακα (Β) βρίσκουμε ότι ζ «0,525. Άρα: 0,525 = 12,8 σ = 24,380 και σ 2 = 594,384 Χ ~ Ν (μ,σ 2 ) Ρ (Χ > 0) = 0,800 και Ρ (Χ < 5) = 0,700 Χ-μ 0-μ > - \ r = 0,800 και Ρ / Χ-μ 5-μ < = 0,700 ζ> 'Λ = 0,800 σ J (α) και Ζ< 5-μ = 0,700 (β) 81

79 Κεφάλαιο 5" Α ύσεις Ασκήσεων Θέτουμε ζ, = και ζ 2 = - και ζητάμε τις τιμές Ζ\ και Z2 έ- σ σ τσι ώστε: Ρ (Ζ > ζι) = 0,800 και Ρ (Ζ < Z2) = 0,700 Με τις γνωστές τεχνικές βρίσκουμε ότι ζ, =-0,8416 και ζ 2 =-0,5250 άρα: -μ_ = - 0,8416 σ (α)' 5-μ σ = 0,5250 (β)' < μ = σ 5 σ 0,8416 ^ = 0,5250 σ <=> 0,8416-0,8416 = 0,5250 μ = < σ ς,σ 0,8416 1,3666 <=> = σ σ =3,6587 άρα μ = 3, 0792 και σ 2 = 13,386 ^ [μ = I σ = 3, Μ ~ Ν (250, 100) ΐ) Η διάμεσος θα είναι η τιμή m για την οποία η Ρ (Μ < m) = Ρ (Μ > m) = 0,5 82

80 Κεφάλαιο 5" Λύσεις Ασκήσεων Άρα ζητάμε m τέτοιο ώστε: Μ-250 m Ρ (Μ < m) = Ρ ν λ/ϊοο λ/ϊοο = Ρ (Ζ < ζ) = 0,5 οπου ζ = m Από τον πίνακα (Β) η τιμή z = 0 και συνεπώς: m-250 = 0 => m = Έτσι η διάμεσος m = 250 = μ, όπου μ ο μέσος της Ν (250, 100) πράγμα αναμενόμενο αφού η κατανομή είναι συμμετρική. ii) Ζητάμε την τιμή q3 για την οποία Ρ (Μ < q 3 ) = 0,75 Μ-250 q,-250 <_i λ/ϊ00 λ/ϊ00 Ρ (Ζ < ζ) = 0,75 q οπου ζ 10 Από τον πίνακα (Β) βρίσκουμε ότι: ζ = 0,674 και 0,674 οπότε η τιμή του τρίτου τεταρτημορίου είναι: q 3 = 256,74 q λ/ϊ00 83

81 Κεφάλαιο f Λύσεις Ασκήσεων 6. Υ ~ Ν (μ, σ 2 ) Η Ρ (Υ < 1,83) = 0,30 και Ρ (Υ <2,31) = 0,70 ή Υ - μ Ρ \ σ 1,83-μ = 0,30 σ ) και / Υ - μ 2,31 - μ \ Ρ ν σ σ / : 0,70 Ρ ζ< 1,83-μ \ σ ; : 0,30 και Ρ Ζ< 2,31 -μ σ ) = 0,70 Θέτουμε ζ ι = Β. και σ ζ 2 2,31 - μ σ και ζητάμε με τη βοήθεια του πίνακα (Β) τις τιμές Ζ και Ζ2 για τις οποίες Ρ (Ζ < ζ,) = 0,30 και Ρ (Ζ < ζ 2 ) = 0,70 Άρα Ζ = - 0,524 και ζ 2 = 0,524 οπότε: 1,83-μ -0,524 <=> 1,83-μ 2,31 - μ 1 2,31-μ = 0,524 2,31-μ = 0,524 84

82 Κεφάλαιο 5" Λύσεις Ασκήσεων 1,83-μ = μ-2,31 2,31 - μ = 0,524 2μ = 4,11 2,31 - μ = 0,524σ <=> μ = 2,055 2,31-2,055 = 0,524σ τελικώς και μ = 2,055 σ 2 = 0,487 2 = 0, Αν η τιμή τ.μ. Χ συμβολίζει το μήκος των κυλίνδρων σε cm, τότε: Χ ~ Ν (μ, σ 2 ) Αλλά είναι γνωστό ότι: Ρ [Χ > 3,68 cm] = 0,1 (10% των κυλίνδρων έχουν μήκος > 3,68cm) και Ρ [Χ > 3,52 cm] = 0,03(3% των κυλίνδρων έχουν μήκος < 3,52cm) ή σ σ / και 2 ^ ^ = 0,3 V σ σ Θέτουμε ζ, = ^ Ζ 2 = σ 3,52-μ και ζητάμε με τη βοήθεια του πίνακα (Β) τις τιμές ζ\ και Ζ2 για τις ο- ποίες: σ 85

83 Κεφάλαιο 5 Λύσεις Ασκήσεων Ρ (Ζ > ζ,) = 0,1 Ρ (Ζ < ζ 2 ) = 0,03 <=> Ρ (Ζ < ζ,) = 0,9 Ρ (Ζ < ζ 2 ) = 0,03 Από τον πίνακα βρίσκουμε: ζ, = 1,282 και ζ 2 = -1,881 Άρα: 3, μ 1,282 =- Επιλύοντας το σύστημα βρίσκουμε: μ = 3,615 και σ 2 = 0,05 2 1,881 = 3,52 μ 8. Υ ~ Ν (1,73, 0,064 ) ί α) Ρ (Υ >1,83) = Ρ Υ-1,73 1,83-1,73 0,064 > 0,064 = Ρ (Ζ > 1,563) = 1 - Ρ (Ζ < 1,563) = 1-0,94 = 0,06 ή 6% β) Ζητάμε την τιμή y για την οποία: ρ [Υ > y] = ο,οοι ή Υ-1,73 ^ y-1,73 0,064 > 0,064 = 0,001 86

84 Κεφάλαιο 5 Λύσεις Ασκήσεων ή Ρ [Ζ > ζ] = 0,001 όπου ζ = Υ " ' 0,064 ή Ρ [Ζ < ζ] = 0,999 και από τον πίνακα (Β) η τιμή του ζ = 3,1 1 τ3 Άρα : - = 3,1 0,064 και y = 1,9284m Αν λοιπόν οι πόρτες έχουν ύψος 1,9284m τότε το 1/1000 των ανδρών θα πρέπει να σκύψουν για να μπουν στην πόρτα. γ) Στους 20 πελάτες ο 1 είναι άνδρας και οι 19 είναι γυναίκες. Η πιθανότητα άνδρας να είναι ψηλότερος του 1,83 m βρέθηκε ίση με 0,06 ή 6% και η πιθανότητα γυναίκα να είναι ψηλότερη του 1,83 m είναι 0, Σε 1000 πελάτες οι 50 είναι άνδρες και οι 950 γυναίκες. Άρα 0,06.50 = 3 άνδρες αναμένεται να είναι ψηλότεροι του 1,83m και 0, = 0,655 γυναίκες αναμένονται να είναι ψηλότερες του 1,83m. Έτσι 3 + 0,655 = 3,655 /οο ή 0,3655% των πελατών αναμένεται να είναι ψηλότεροι του 1,83m. 9. Αν συμβολίσουμε με Τ το χρόνο αναμονής τότε η Τ είναι τ.μ. με Τ ~ Ν (μ, 3,75 2 ) α) Είναι γνωστό ότι: Ρ [Τ > 20] = 0,0239 Ρ [Τ < 20] = 0,

85 Κεφάλαιο 5" Α όσας Α σκήσεων Τ-μ 20-μ 3J5 < 3,75 = Ρ [Ζ < ζ] = 0, μ οπου ζ = - 3,75 Από τον πίνακα (Β) έχουμε: ζ = 1,98 και ^ ^=198 3,75 οπότε μ = 12,575 που αποτελεί το μέσο χρόνο αναμονής στο οδοντιατρείο. β) Ρ(10<Τ<15) = Ρ 10-12,575 Τ-12, ,575 3,75 3,75 3,75 = Ρ(- 0,687 <Ζ< 0,644) = = Ρ (Ζ < 0,647) - Ρ (Ζ < -0,687) = = 0,741-0,246 = 0,495 ή ποσοστό 49,5% των ασθενών περιμένει στο οδοντιατρείο μεταξύ 10 και 15 λεπτών. 10. Αν με Χ συμβολίσουμε το χρόνο ταξιδιού προς την Αίγινα και με Υ το χρόνο ταξιδιού προς το Αγκίστρι τότε: Χ ~ Ν (65, 8 2 ) και Υ ~ Ν (85, 9 2 ) 88

86 Κεφάλαιο 5" Λ ύαεις Λ σκήσεων Ζητάμε: Ρ [Χ > 85] καθώς και την Ρ [Υ < 65] Άρα: Χ > = Ρ [Ζ > 2,5] = 1 - Ρ [Ζ < 2,5] 8 8 = 1-0,9938 = 0,0062 ή 0,62% και Ρ [Υ < 65] = Ρ Υ < = Ρ [Ζ < - 2,22] = = 0,013 ή 1,3% 89

87 Κεφάλαιο 6" Λύσεις Ασκήσεων 1. Οι απαντήσεις είναι: 1.1. Όχι 1.2. Ναι 1.3. Όχι 1.4. Ναι 1.5. Όχι 1.6. Ναι 1.7. Όχι ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6 ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ και Απαντάμε στο καθένα με σωστό - λάθος 6.1. Σωστό 6.2. Λάθος 6.3. Λάθος 6.4. Σωστό 6.5. Σωστό 6.6. Λάθος

88 Κεφάλαιο 6 Λύσεις Ασκήσεων ΑΣΚΗΣΕΙΣ Δειγματική κατανομή του μέσου - Εκτιμήσεις 1. Ο μέσος της δειγματικής κατανομής είναι μ^ = μ = 720 και η τυπική απόκλιση της δειγματικής κατανομής είναι: σ_ = σ/vv = 60/v40-60/6,32-9, Για να υπολογισθεί η ζητούμενη πιθανότητα εργαζόμαστε ως εξής: ι ι Χ -μ\ 1 " β I λ/7 Ρ( Χ -μ\< 1) = Ρr r-fii η-) = Ρ(ί ' rpi ) = σ / Λ/ ν σ/λ/ν σ/λ/ν σ Φ( ) - Φ( - ) = 2Φ ( ) - 1 σ σ σ Λ/25 Α. 2φ (^~) - 1 = 2Φ(1) -1 = 2 0, = 0,6826 Β. 2Φ(^^) -1 = 2Φ(2) -1 = 2 0, = 0,9544 Γ. 2Φ(^^) -1 = 2Φ(3) -1 = 2 0, = 0,

89 Κεφάλαιο β' Λύσεις Ασκήσεων ) ΡΓ, <,Ζ< V25 Α/25 = Ρ( 1 >25 < Ζ < 2,5) = Φ(2,5)-Φ(-1,5) = Φ(2,5) + Φ(1,5>1= 0, ,9332-1= 0,927 2) Το όρια του διαστήματος μπορούν να δοθούν από τις συμμετρικές, ως προς το μέσο μ, τιμές κ και λ, αφού γνωρίζουμε ότι κ - 39 Φ("2~ Λ/Ϊ00 ) = 0,9 + 0,05 = 0,95 και από τους πίνακες της τυπικής κα- κ-39 νονικής κατανομής έχω = 1,64 /Λ/ΪΟΟ και κ = 1,64 0, = 39,328 και αφού λ είναι συμμετρικό θα έχουμε λ Λ/Ϊ00-1,64 και λ = -1,64-0,2+39=38, 'Οπως στην άσκηση 2 έχω ι- ι v7 Ρ( -1 < Χ - μ < 1) = 2Φ( 2 ) σ Αφού σ = 5 και ν = 25 προκύπτει 92