ΔΙΑΜΕΡΙΣΗ ΔΕΙΓΜΑΤΙΚΟΥ ΧΩΡΟΥ

Transcript

1 ΔΙΑΜΕΡΙΣΗ ΔΕΙΓΜΑΤΙΚΟΥ ΧΩΡΟΥ Στο ΔΠΘ, 55% σπουδάζουν θετικές επιστήμες (ΘΕ), 30% σπουδάζουν ΘΕ & είχαν καλή επίδοση στο λύκειο (ΚΕΛ), 15% δεν σπουδάζουν ΘΕ & είχαν ΚΕΛ & έχουν ένα τουλάχιστον γονέα πτυχιούχο (ΓΠ), ενώ 12% δεν είχαν ΚΕΛ και δεν σπουδάζουν ΘΕ. Ποια η πιθανότητα ένας φοιτητής του ΔΠΘ να μη σπουδάζει ΘΕ, αν είναι γνωστό ότι είχε ΚΕΛ;

2 ΔΙΑΜΕΡΙΣΗ ΔΕΙΓΜΑΤΙΚΟΥ ΧΩΡΟΥ m 0 m 1 m 2 m 3 ΘΕ m 4 m 5 m 6 m 7 ΘΕ c ΓΠ ΓΠ C ΓΠ ΓΠ c ΚΕΛ ΚΕΛ c Ρ(ΘE C /KEΛ)= =Ρ(ΘE C KEΛ)/Ρ(KEΛ)= =m 5 +m 4 / m 0 +m 1 +m 4 +m 5

3 0,55 ΔΙΑΜΕΡΙΣΗ ΔΕΙΓΜΑΤΙΚΟΥ ΧΩΡΟΥ

4 0,3 ΔΙΑΜΕΡΙΣΗ ΔΕΙΓΜΑΤΙΚΟΥ ΧΩΡΟΥ

5 0,2 ΔΙΑΜΕΡΙΣΗ ΔΕΙΓΜΑΤΙΚΟΥ ΧΩΡΟΥ

6 0,15 ΔΙΑΜΕΡΙΣΗ ΔΕΙΓΜΑΤΙΚΟΥ ΧΩΡΟΥ

7 0,12 ΔΙΑΜΕΡΙΣΗ ΔΕΙΓΜΑΤΙΚΟΥ ΧΩΡΟΥ

8 ΔΙΑΜΕΡΙΣΗ ΔΕΙΓΜΑΤΙΚΟΥ ΧΩΡΟΥ Επιπλέον, ισχύει πάντα m 0 +m 1 +m 2 +m 3 +m 4 +m 5 +m 6 +m 7 =1

9 ΔΙΑΜΕΡΙΣΗ ΔΕΙΓΜΑΤΙΚΟΥ ΧΩΡΟΥ Μετά από υπολογισμούς Ρ(ΘE C /KEΛ)= 0,52 Η πλήρης ανάπτυξη του θέματος

10 ΔΙΑΜΕΡΙΣΗ ΔΕΙΓΜΑΤΙΚΟΥ ΧΩΡΟΥ Δοθέντος ότι Ρ(Α) = 0.6, Ρ(Α Βc) = 0.8, Ρ(Α Β Γ) = 0.9 και Ρ(Α c Γ c ) = 0.15, να προσδιορίσετε την Ρ((Β Γ)/Α c ). ΛΥΣΗ Σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος : Ρ(Α) = 0.6 Ρ(Α c ) = 1- Ρ(Α) = 0.4 Από τη μέθοδο εύρεσης συναρτήσεων Bool προκύπτει : όπου τα γενετικά σύνολα Α, Β και Γ απαρτίζουν την κλάση Q = {A,B,Γ} και τα ενδιάμεσα σύνολα m 0, m 1, m 2, m 3, m 4, m 5, m 6 και m 7. Α = { m 4, m 5, m 6, m 7 } Β = { m 2, m 3, m 6, m 7 } Γ = { m 1, m 3, m 5, m 7 } Οπότε θα προκύψουν τα εξής : Ρ(Α c Β Γ c ) = Ρ(m 3 ) Ρ(Α c ) = Ρ(m 0 ) + Ρ(m 1 ) + Ρ(m 2 ) + Ρ(m 3 ) = 0.4 (1) Από την εκφώνηση συνεπάγεται: Ρ(Α) = Ρ(m 4 ) + Ρ(m 5 ) + Ρ(m 6 ) + Ρ(m 7 ) = 0.6 Ρ(Α Β c ) = Ρ(m 0 ) + Ρ(m 1 ) + Ρ(m 4 ) + Ρ(m 5 ) + Ρ(m 6 ) + Ρ(m 7 ) = 0.8 Αφαιρώντας κατά μέλη τις δύο τελευταίες σχέσεις έχουμε: Ρ(m 0 ) + Ρ(m 1 ) = 0.2 (2) Επίσης από την εκφώνηση προκύπτει: Ρ(Α c Γ c ) = Ρ(m 1 ) + Ρ(m 3 ) = 0.15 (3) και Ρ(Α Β Γ) = 0.9 P(m 1 ) + Ρ(m 2 ) + Ρ(m 3 ) + Ρ(m 4 ) + Ρ(m 5 ) + Ρ(m 6 ) + Ρ(m 7 ) = = Ρ(m 1 ) + Ρ(m 2 ) + Ρ(m 3 ) Συνεπάγεται ότι : Ρ(m 1 ) + Ρ(m 2 ) + Ρ(m 3 ) = 0.3 (4) Τέλος είναι : Ρ(Α c ) = 0.4 Ρ(m 0 ) + Ρ(m 1 ) + Ρ(m 2 ) + Ρ(m 3 ) = Ρ(m 0 ) (5) Από τις (1),(2),(3),(4) και (5) προκύπτουν τα εξής : Ρ(m 0 ) = 0.1 Ρ(m 1 ) = 0.1 Ρ(m 3 ) = 0.05 Οπότε η ζητούμενη πιθανότητα θα είναι : Β c Β Β c Β C B P( B ) Pm ( 3) P( ) C C P( ) Γ Γ c m 0 m 2 m 4 m 6 m 1 m 3 m 5 m 7 Α c Α

11 Α Β Στην αλυσίδα εφαρμόζεται τάση εφελκυσμού 1000 lbs. Η αλυσίδα θα σπάσει αν η αντοχή ενός τουλάχιστον κρίκου είναι μικρότερη των 1000 lbs. Έστω ότι η αστοχία του κρίκου Α ή του κρίκου Β είναι 0,05. Ποια είναι πιθανότητα αστοχίας της αλυσίδας; Η πλήρης ανάπτυξη του θέματος

12 3 ο ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ από το βιβλίο των A.Tang & W. Ang, Probability Concepts in Engineering, Planning and Deisign, 1, John Wiley and Sons, 1975 Το πενταμελές Διοικητικό Συμβούλιο (Δ.Σ.) μιας επιχείρησης καλείται να επιλέξει μεταξύ δυο μελετών για ένα τεχνικό έργο. Οι δυο υποψήφιοι ανάδοχοι Α και Β υπόβαλλαν τις μελέτες Χ και Υ. Η λύση Χ έχει πιθανότητα επιτυχίας 0,2 αλλά είναι οικονομικότερη. Η λύση της μελέτης Υ έχει πιθανότητα επιτυχίας 0,7 αλλά είναι πολύ ακριβότερη. Δύο από τα μέλη του Δ.Σ. υποστηρίζουν τη λύση Α ενώ τα υπόλοιπα τη λύση Β. Ποια η πιθανότητα επιλογής της κάθε μελέτης; Η πλήρης ανάπτυξη του θέματος

13 4 ο ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ από το βιβλίο των A.Tang & W. Ang, Probability Concepts in Engineering, Planning and Deisign, 1, John Wiley and Sons, 1975 I 1 I 3 I 2 Σε ένα οδικό κόμβο, οι είσοδοι Ι 1 και Ι 2 έχουν την ίδια χωρητικότητα. Αν το κυκλοφοριακό φορτίο στις δυο εισόδους σε ώρες αιχμής μετρήθηκε και βρέθηκε μεγαλύτερο της χωρητικότητας στην Ι 1 μια φορά στις δέκα μετρήσεις, ενώ στην Ι 2 δυο φορές στις δέκα μετρήσεις. Διαπιστώθηκε επίσης ότι υπερβολική κυκλοφορία στον Ι 1 δεδομένου του υπερβολικού κυκλοφοριακού φορτίου στον Ι 2 είναι 0,5 ενώ το αντίστροφο είναι βέβαιο γεγονός. Ποιά η πιθανότητα υπερβολικής κυκλοφορίας στον Ι 3, αν η χωρητικότητά του είναι ίση με το άθροισμα των φορτίων των Ι 1 και Ι 2. Να σημειωθεί ότι ακόμα και όταν η κίνηση στις εισόδους είναι χαμηλή, κυκλοφοριακή συμφόρηση στην Ι 3 σημειώνεται δυο φορές στις δέκα. Η πλήρης ανάπτυξη του θέματος

14 4 ο ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ από το βιβλίο των A.Tang & W. Ang, Probability Concepts in Engineering, Planning and Deisign, 1, John Wiley and Sons, 1975 I 1 I 3 I 2 Σε ένα οδικό κόμβο, οι είσοδοι Ι 1 και Ι 2 έχουν την ίδια χωρητικότητα. Αν το κυκλοφοριακό φορτίο στις δυο εισόδους σε ώρες αιχμής μετρήθηκε και βρέθηκε μεγαλύτερο της χωρητικότητας στην Ι 1 μια φορά στις δέκα μετρήσεις, ενώ στην Ι 2 δυο φορές στις δέκα μετρήσεις. Διαπιστώθηκε επίσης ότι υπερβολική κυκλοφορία στον Ι 1 δεδομένου του υπερβολικού κυκλοφοριακού φορτίου στον Ι 2 είναι 0,5 ενώ το αντίστροφο είναι βέβαιο γεγονός. Ποιά η πιθανότητα υπερβολικής κυκλοφορίας στον Ι 3, αν η χωρητικότητά του είναι διπλάσια του αθροίσματος των φορτίων των Ι 1 και Ι 2. Να σημειωθεί ότι αν η κίνηση σε μια από τις εισόδους είναι χαμηλή, κυκλοφοριακή συμφόρηση στην Ι 3 σημειώνεται 15 φορές στις εκατό. Η πλήρης ανάπτυξη του θέματος

15 Εβδομο Θέμα: Το θεώρημα Bayes P( A / B) k P( B / Ak ) P( Ak ) P( B / Ak ) P( Ak ) n PB ( ) P( B / A ) P( A ) i i i c c P( B / A) P( A) P( A/ B ) c PB ( ) c c c c c ό P( B ) P( B / A) P( A) P( B / A ) P( A )

16 5 ο ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ Τρία πυροβόλα (A, B και C) πυροβόλησαν ταυτόχρονα και δυο από αυτά βρήκαν το στόχο. Βρείτε την πιθανότητα του ενδεχομένου το πρώτο πυροβόλο να βρήκε το στόχο, αν η πιθανότητα να πετύχει τον στόχο το πρώτο, το δεύτερο, το τρίτο πυροβόλο είναι αντίστοιχα : P(A)=0,4, P(B)=0,3 και P(C)=0,5. Η ευστοχία των όπλων είναι ανεξάρτητα γεγονότα.

17 5 ο ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ - ΛΥΣΗ Έστω D είναι ενδεχόμενο να πετύχουν το στόχο δυο πυροβόλα. Θεωρούμε δυο ενδεχόμενα: A-να πετύχει το στόχο το πρώτο πυροβόλο και A C -να μην πετύχει το στόχο το πρώτο πυροβόλο. Από τα δεδομένα Ρ(A)=0,4, οπότε: Ρ(A)+Ρ(A C )=1, Ρ(A C )=1-0,4=0,6 Αναζητούμε τώρα τη δεσμευμένη πιθανότητα Ρ(A/D), με άλλα λόγια την πιθανότητα του ενδεχομένου να πετύχει το πρώτο δεδομένου ότι ο στόχος επλήγη με δυο βολές (από το πρώτο και ένα από τα δυο υπόλοιπα, δηλαδή να ευστοχήσει το δεύτερο και να αστοχήσει το τρίτο ή να ευστοχήσει το τρίτο και να αστοχήσει το δεύτερο πυροβόλο). Το θεώρημα του Bayes ορίζει ότι: P(A/D)={P(D/A)P(A)}/P(D) Τα δυο αυτά ενδεχόμενα είναι ασυμβίβαστα, για αυτό το λόγο χρησιμοποιούμε το θεώρημα του αθροίσματος: P(D/A)=P(ABC C )+P(AB C C)=Ρ(A){P(B)P(C C ) + P(B C )P(C)} = 0,4x(0,3x0,5+0,7x0,5)=0,2 Επειδή P(D)=P(ABC C )+P(AB C C)+P(A C BC)= 0,4x0,3x0,5+0,4x0,7x0,5+0,6x0,3x0,5=0,11 Οπότε η ζητούμενη πιθανότητα, δηλαδή να πετύχει το στόχο το πρώτο πυροβόλο, προκύπτει: Ρ(A/D) = 0,2x0,4/0,11 = 0,73

18 6 ο ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ Ακτινολογική εξέταση καρκίνου του μαστού έδωσε στοιχεία που παρατίθενται. Έστω C το γεγονός ότι μια γυναίκα πάσχει με P(C) = (1 in 5000). Έστω B το γεγονός ότι μια εξέταση είναι θετική: η ακτινολογική εξέταση δείχνει παρουσία νεοπλασίας. Έστω P(B C) = 0.9: σημαίνει ότι η εξέταση είναι σωστή σε 90% των γυναικών που εξετάστηκαν, έχουν τη νόσο. Έστω P(B C c ) = 0.005: σημαίνει ότι η εξέταση δίνει 5 φορές θετικό αλλά ανακριβές αποτέλεσμα ανά 1000 γυναίκες που εξετάζονται (Λανθασμένη κατάφαση). Να βρεθεί η P(C B), δηλαδή η πιθανότητα παρουσίας της νόσου δεδομένου ότι η εξέταση δίνει καταφατική απάντηση. Σύμφωνα με το θεώρημα P(C B) = P(B C)P(C) / P(B) όπου P(B) = P(B C)P(C) + P(B C c )P(C c ). Άρα: P(B C)P(C) = 0.9 x = P(B) = ( ) = Έτσι, συμπεραίνουμε ότι λιγότερες από το 4% των γυναικών στις οποίες διαγνώστηκε η νόσος είναι πράγματι άρρωστες! Πορίσματα από πληθυσμιακή έρευνα σε ένα εκατομμύριο γυναίκες παρουσιάζονται στον ακόλουθο πίνακα: Αρνητικό αποτέλεσμα εξέτασης Θετικό αποτέλεσμα εξέτασης Όχι καρκίνος Καρκίνος

19 Λυμένες Ασκήσεις ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ & ΑΣΚΗΣΕΙΣ