ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ασκησεισ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ασκησεισ ΟΜΑΔΑ Α 1. Ο πίνακας συμπληρώνεται με τη βοήθεια του ορισμού της συνάρτησης κατανομής Ρ [Χ < χ]. Ρ[Χ<χ]= 0 1 2 1 1 2 + 3 1 1 1 -,2 + - 3 + 6 χ < 1 1 <χ<2 2<χ <3 χ >3 Δηλαδή: χ 1 2 3 Ρ[Χ < χ] 1 5 1 2 6 37

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 0 1 2 3 Ρ[Χ = χ] 1 3 3 1 8 8 8 8 38

Σύμφωνα με τον ορισμό της Ρ[Χ = χ] Ε [Χ] = Σχ Ρ[Χ=χ] = 1 3 3 1 = 0 + 1 + 2 + 3 = 8 8 8 8 = = 1,5 κεφαλές, αναμέ- 8 νεται να εμφανιστούν στις 3 1 2 3 4 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 = - -- = - 4 8 8 Ρ[Χ = 4]=Ρ[Χ<4]-Ρ[Χ<3]=1-^ = ^οπότε ο πίνακας της κατανομής πιθανότητας είναι: X 1 2 3 4 Ρ[Χ = χ] 1 2 3 1 8 8 8 4 1 9 3 118 β) Η Ε [Χ] = 1 + 2 + 3 + 4 = = 2,25 8 8 8 4 8 39

4. Ο δειγματικός χώρος (δ. χ) Ω του πειράματος είναι: Ω = {ΓΓ ΓΚ ΚΓ ΚΚ} Ορίζουμε την τ. μ. Ζ ως εξής: Ζ = Αριθμός εμφανίσεων του Κ - Αριθμός εμφανίσεων του Γ Άρα : Ζ (ΓΓ) = 0-2 = - 2 Ζ (ΓΚ) =1-1=0 Ζ (ΚΓ) =1-1=0 Ζ (ΚΚ) = 2-1=2 Και ο δειγματικός χώρος Rz = {-2, 0, 2} Ο πίνακας της κατανομής πιθανότητας είναι: Ζ -2 0 2 Ρ[Ζ=ζ] 1 1 1 4 2 4 και η Ε [Ζ] = -2 + 0 + 2 = 0 που σημαίνει ότι στις ν = 2 ρί- 4 2 4 ψεις του αμερόληπτου νομίσματος περιμένουμε 1Κ και 1 Γ. 5. Με την ίδια διαδικασία όπως αυτή της άσκησης (3) έχουμε: α) Ρ[Χ = θ]=ρ[χ<θ] 1 16 p[x=i]=p[x<i]-p[xso]=i--i=-l Ο 10 10 P[X = 2]=P[X<2]-P[X<l]=i-i = i 40

Κεφάλαιο 3" 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 0 1 2 3 4 και ρ [Χ = χ] 1 1 1 1 1 16 16 8 4 2 Ε[χ] = 0 + 1 + 2 - + 3 - + 4 -= 3,0625 L 1 16 16 8 4 2 β 1 Γ 1/2 1/4 ; 1/8 1/16 1/16 1 2 3 4 γ. Η Ρ[Χ<1]=Ρ[Χ = 0]+Ρ[Χ = 1] = + = 0,1250 16 16 41

Ρ[ΐ<Χ<3]=Ρ[Χ = ΐ]+Ρ[Χ = 2]+Ρ[Χ = 3] = - + - + - = 0,4375 L 16 8 4 Ρ [Χ >2]= + + = 0,8750 ή 8 4 2 εναλλακτικά: Ρ [Χ > 2] = 1 - Ρ [Χ < 1] = 1-0,1250 = 0,8750 6. Από την εκφώνηση έχουμε: Χ 2 5 Ρ[Χ = χ] Ρ 2ρ όπου ρ > 0 και ρ + 2ρ = 1 οπότε: ρ ^ ϊ 1 1 2 2 10 Άρα: Ε [χ] = 2 ρ + 5 2ρ = 2 + 5 = + = 4 L J 3 3 3 3 7. Για κάθε ερώτηση έχουμε 4 απαντήσεις από τις οποίες η μία μόνο 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 4-1 3-1 - 1 Κάθε λάθος (Α) βαθμολογείται με -1 και το σωστό (Σ) με 3. Αν 42

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 4 4-1 3 με αντίστοιχο πίνακα πιθανότητας: I -1 43

Λ ν σεις ασκήσεων Χ -1 3 13 Χ II 2 3 1 3 και συνεπώς: Ε [χ]= (-1) ~ + 3 ~ = ^. Βλέπουμε στη δεύτερη αυτή περίπτωση ότι η αναμενόμενη βαθμολογία είναι θετική όταν ο διαγωνιζόμενος έχει κάποια γνώση του αντικειμένου. 44

ΟΜΑΔΑ Β 1. Από τον πίνακα κατανομής πιθανότητας έχουμε: α) p + q + 2p=^q=l-3p β) Ε [Χ] = (-1) ρ + 0 q + 1. 2ρ = 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: 2 4 1 2 Ρ (ΚΛΚ) = Ρ (Κ). Ρ ( Λ / κ ). Ρ ( V) = - ~ - = 1/4 Κ Κ κ 4 2 1 2 Ρ (ΛΚΚ) = Ρ (Λ).Ρ ( Κ / Λ ). Ρ ( Κ / ΛΚ ) = - - - = - 6 5 4 30 45

Άρα η πιθανότητα σε 3 επιλογές να εντοπίσουμε τους 2 καμένους λαμπτήρες είναι: 2 2 4 2 Ρ (ΚΛΚ) + Ρ (ΛΚΚ) = + = = 30 30 30 15 β) Το πολύ 4 επιλογές για την εντόπιση των 2 καμένων σημαίνει 2 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) = = 6 5 4 30 Ρ (ΚΛΛΚ) = 2 4 3 6 5 4 3 2_ 30 σχήμα 3.β Ρ (ΛΛΚΚ) = Ρ (ΛΚΛΚ) = Ρ (ΛΚΚ) = 4 3_ 2 6 5 4 3" 4 2 Μ _ 6 5 4 3 " 4 2 6 5 4 ~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, 2 2 2 2 2 2 12 2 Δηλαδή: 1 λ 1 1 1 30 30 30 30 30 30 30 5 46

Κεφάλαιο f 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 1 2 3 4 5 6 x \ 1 1 + 1 1 + 2 1 + 3 1 + 4 1 + 5 1 + 6 (2) (3) (4) (5) (6) (7) 2 2 + 1 2 + 2 2 + 3 2 + 4 2 + 5 2 + 6 (3) (4) (5) (6) (7) (8) απ' όπου προκύπτει ότι ο δειγματικός χώρος της τ. μ. Ζ είναι Rz {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Ποιες όμως είναι οι πιθανότητες εμφάνισης των τιμών αυτών. Συνοψίζοντας τον πίνακα έχουμε: 47

Zi Vi ν / i' ν 2 1 1 / / 1 2 3 2 2/ / 1 2 4 2 2/ / 1 2 5 2 2/ / 1 2 6 2 2/ 7 1 2 7 2 2/ 7 1 2 8 1 1 / / 1 2 Σύνολο 12 1 Ρ [Ζ = 2] = Ρ [Χ = 1 ] Ρ [Υ = 1 ] 1 I L 2 6 ~ 12 Ρ [Ζ = 3] = Ρ [Χ = 1] Ρ [Υ = 21 + Ρ [Χ = 21 Ρ [Υ = 1] = - - + = 2 6 2 6 6 Ρ[Ζ = 4]=Ρ[Χ = 1] Ρ [Υ = 3] +Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 2] = 1.1 + 1.1 = 1 2 6 2 6 6 Ρ [Ζ = 5] = Ρ [Χ = 1 ] Ρ [Υ = 4] + Ρ [Χ = 21 Ρ [Υ = 31 = 1 1 +' 1 1 = 1 2 6 2 6 6 Ρ [Ζ = 6] = Ρ [Χ = 1 ] Ρ [Υ = 5] + Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 4] = 1.1 + 1.1 = 1 2 6 2 6 6 Ρ [Ζ = 7] = Ρ [Χ =1] Ρ [Υ = 6] +Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 51 = 1-1 + 1-1 = 1 2 6 2 6 6 Ρ [Ζ = 8] = Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 61 = 1.1 = 2 6 12 48

Κεφάλαιο 3" Ο πίνακας κατανομής πιθανότητας της τ. μ. Ζ είναι: Ζ 2 3 4 5 6 7 8 ΤΙ 1 I Ν II,Ν. 1 1 1 1 1 1 1 12 6 6 6 6 6 12 Και η Ε[Ζ] = 2 + 3 + 4- + 5 + 6 + 7 +8 12 6 6 6 6 6 12 1+3+4+5+6+7+4 30 Ρ [Ζ=ζ] V 6 V.2 2 3 4 5 6 7 8 6. Αν Χ η ένδειξη του ενός ζαριού και Υ του άλλου τότε σύμφωνα με την εκφώνηση: R x = {0, 1,2} και R Y - {2,3,4 } Αναλυτικά λαμβάνοντας υπόψη τις συχνότητες των τιμών Χ και Υ έ- χουμε για τη μεταβλητή Ζ 49

Χ Υ 0 0 0 1 1 2 2 2 2 2 3 3 4 2 2 2 2 3 3 4 3 3 3 3 4 4 5 3 3 3 3 4 4 5 4 4 4 4 5 5 6 4 4 4 4 5 5 6 απ όπου προκύπτει ότι ο δειγματικός χώρος της τ. μ. Ζ είναι: Rz = { 2, 3, 4, 5, 6 } Ποιες είναι οι πιθανότητες εμφάνισης των τιμών αυτών; Συνοψίζοντας τον πίνακα έχουμε: Z J ν, V /ν 2 6 6/ /36 3 10 10/ 736 4 12 12/ /36 5 6 6/ /36 6 2 Κό Σύνολο 36 1 50

Ρ [Ζ = 2] = Ρ [Χ = 0] Ρ [Υ = 2] = 1 ~ = 1 6 6 6 3 2 2 2 10 Ρ[Ζ = 3] = Ρ [Χ = 0] Ρ [Υ = 3] + Ρ [Χ =1] Ρ [Υ = 2] = _ 6 6 6 6 36 Ρ[Ζ = 4] = Ρ [Χ = 0] Ρ [Υ = 4] + Ρ [Χ = 1] Ρ [Υ = 3] + Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 2]= 3 2 2 2 ]_ 2 _U 6 6 + 6 6 + 6 6 ~36 Ρ[Ζ = 5] = Ρ [Χ = 1] Ρ [Υ = 4] +Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 3] = 0 0 1 0 f + ±.- = -ϊ- 6 6 6 6 36 Ρ[Ζ = 6]=Ρ[Χ = 2]Ρ[Υ = 4 ]=1ί = ^Γ ο 6 36 Ο πίνακας κατανομής της πιθανότητας είναι: Ζ 2 3 4 5 6 Ρ[Ζ = ζ] 6 10 12 6 2 36 36 36 36 36 Η Ε [ζ] Γ_ι = 2 _6 l 3 10 l 4 <12 l 5.6 l 6,2 1 J 36 36 36 36 36 και V [Ζ] = Ε [Ζ 2 ] - {Ε [Ζ]} 2 όπου: 12 + 30 + 48 + 30 + 12 132 36 36 = 3,667 6,, 10 12 Ε [ζ 2 1= 2 2 + 3 2 + 4 2 - + 5 2 + 6 2 = 14,667 L J 36 36 36 36 36 άρα: V [Ζ] = 14,667-3,667 2 = 1,220. 51