ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 11/01/2018

ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 11/01/2018 Διδάσκουσα: Β. Πιπερίγκου Σε μια ενδονοσοκομειακή έρευνα, καταγράφηκε ο χρόνος ύπνου, μετά τη χορήγηση ενός συγκεκριμένου αναισθητικού, σε 33 ασθενείς και πήραμε τις ακόλουθες τιμές (σε ώρες): χρόνος ύπνου (σε ώρες) 0 2 2 4 4 8 8 10 10 12 Πλήθος ασθενών 3 10 4 9 2 5 Να βρεθούν η μέση τιμή και το τρίτο τεταρτημόριο του χρόνου ύπνου των ασθενών. Ποια η πιθανότητα, για κάποιον από τους 33 αυτούς ασθενείς, ο ύπνος μετά τη χορήγηση του αναισθητικού να διήρκεσε λιγότερο από 4 ώρες; Λύση: Τα δεδομένα είναι συνεχή και παρουσιάζονται στον πίνακα που μας δίδεται ομαδοποιημένα. Έτσι δημιουργούμε τον ακόλουθο πίνακα (για να πραγματοποιήσουμε τις αναγκαίες πράξεις): L i U i x i f i F i x i f i 0-2 1 3 3 3 2-4 3 10 13 30 4-5 4 1 20-8 9 2 3 8-10 9 2 28 18 10-12 11 5 33 55 Σύνολο 33 189 Ο δειγματικός μέσος, X, για τον χρόνο ύπνου δίνεται από τον τύπο (όπου κ το πλήθος των κλάσεων): κ x x i f i εδώ 1 3 + 3 10 + + 11 5 κ f κ 189 5.22 5.3 ώρες i 3 + 10 + + 5 33 Για το τρίτο τεταρτημόριο, παρατηρούμε ότι επειδή 3n 4 24.5 και F 3 1 < 24.5 < 2 F 4, αυτό βρίσκεται στην 4η κλάση και εφαρμόζουμε τον σχετικό τύπο: ( 3n 4 Q 3 L 4 + F ) ( ) 3 24.5 1 c εδώ + 2.222.2 ώρες 9 f 4 Θέλουμε την πιθανότητα, P, αν επιλέξουμε στην τύχη έναν ασθενή από τους 33 στους οποίους χορηγήθηκε το συγκεκριμένο αναισθητικό, ο ύπνος του να διήρκεσε λιγότερο από 4 ώρες, οπότε P πλήθος ευνοϊκών περιπτώσεων πλήθος συνολικών περιπτώσεων (# από 0 εως 2 ώρες) + (# από 2 εως 4 ώρες) 33 3 + 10 33 0.3939 Οι τιμές συγκέντρωσης των αμινοξέων (σε mg/100 ml) στην αιμολέμφο αρθρόποδων μιας ποικιλίας είναι οι εξής: 240. 238.2 23.4 244.8 240. 241.3 23 Να βρεθούν η δειγματική μέση τιμή, η τυπική απόκλιση και η διάμεσος της συγκέντρωσης των αμινοξέων. Λύση: Ο δειγματικός μέσος δίδεται από τον τύπο: x x i εδώ 240. + 238.2 + 23 19 239.8 mg/100 ml

Η δειγματική διασπορά δίδεται από τον τύπο: S 2 1 1 (x i x) 2 εδώ (240. 239.8)2 + + (23 239.8) 2 0.55 + 2.5 + + 2.08 + 8.1 50.4 8.439 (2.905) 2 ( οπότε η τυπική απόκλιση είναι: S 2.905 mg/100 ml ) Για την εύρεση της διαμέσου, διατάσσουμε τις παρατηρήσεις: 23.4 23.0 238.2 240. 240. 241.3 244.8 και επειδή το μέγεθος του δείγματος, n, είναι περιττός αριθμός, δ X ( n+1 2 ) εδώ x (4) 240. mg/100 ml Να δειχθεί τι είναι πιο πιθανό: να φέρει κάποιος τουλάχιστον μία φορά έξι, όταν ρίξει τέσσερεις φορές ένα ζάρι ή να φέρει τουλάχιστον μία φορά εξάρες, όταν ρίξει εικοσιτέσσερεις φορές δύο ζάρια μαζί (τα ζάρια είναι δίκαια). Λύση: (αυτό το πρόβλημα ετέθει, περί το 154, από τον Chevalier de Méré στον Pascal και η συζήτηση που ξεκίνησε ανάμεσα στον τελευταίο και τον Fermat, κατά πολλούς, συνετέλεσε στη θεμελίωση σημαντικών εννοιών για τη Θεωρία Πιθανοτήτων) Το πρόβλημα αναφέρεται σε δύο διαφορετικά παιχνίδια. Στο 1ο παιχνίδι: ο παίχτης ρίχνει ένα ζάρι και επαναλαμβάνει τη ρίψη τέσσερεις φορές. Αν συμβολίζουμε με την τ.μ., X 1, X 1 : το πλήθος, από τις 4 ρίψεις του παίχτη, που εμφανίστηκε η πλευρά με το έξι. Τότε: ( X 1 Binomial n 1 4, p 1 1 ). Αυτό ισχύει, επειδή το αποτέλεσμα μίας ρίψης είναι ανεξάρτητο από το αποτέλεσμα σε οποιαδήποτε άλλη και εμφανίζεται, σε οποιαδήποτε ρίψη, η πλευρά με το έξι με την ίδια πιθανότητα, p 1 P (εμφάνισης της πλευράς με το έξι) # ευνοϊκών περιπτώσεων # ισοπίθανων δυνατών περιπτώσεων μία πλευρά έξι δυνατές πλευρές 1 Έτσι, έχουμε ανεξάρτητες και ισόνομες δοκιμές Bernoulli, από τις οποίες προκύπτει η διωνυμική κατανομή, για την οποία ισχύει ότι: P (X 1 x) x ) x ( 1 1 x x Μας ενδιαφέρει ο υπολογισμός της πιθανότητας του ενδεχομένου: ( να φέρει κάποιος τουλάχιστον μία φορά έξι ) ( X 1 1 ) ) x ( ) 5 4 x, x 0, 1, 2, 3, 4. P (X 1 1) P (X 1 1) + P (X 1 2) + P (X 1 3) + P (X 1 4) ή 1 P (X 1 < 1) 1 P (X 1 0) (χρησιμοποιώντας το συμπληρωματικό ενδεχόμενο) 1 0 ) 0 ( 5 1 ( 5 ( 0.51) Στο 2ο παιχνίδι: ο παίχτης ρίχνει δύο ζάρια και επαναλαμβάνει τη ρίψη εικοσιτέσσερεις φορές. Αν συμβολίζουμε με την τ.μ., X 2, X 2 : το πλήθος, από τις 24 ρίψεις, που εμφανίστηκαν εξάρες. Τότε: ( X 2 Binomial n 2 24, p 2 1 ). 3 Αυτό ισχύει, ανάλογα με την προηγούμενη περίπτωση, όπου εδώ, p 2 P (να έρθουν εξάρες) # ευνοϊκών περιπτώσεων # ισοπίθανων δυνατών περιπτώσεων 1 ευνοϊκή 3 ( έξι έξι) δυνατές 1 3 2

Ισχύει ότι: P (X 2 x) ( ) ( ) 24 1 x ( 1 1 ) 24 x x 3 3 ( ) ( 24 1 x 3 Μας ενδιαφέρει ο υπολογισμός της πιθανότητας του ενδεχομένου ( να φέρει κάποιος τουλάχιστον μία φορά εξάρες ) ( X 2 1 ) ) x ( ) 35 24 x, x 0, 1, 2,..., 24. 3 P (X 2 1) P (X 2 1) + P (X 2 2) + + P (X 2 24) ή 1 P (X 2 < 1) 1 P (X 2 0) (χρησιμοποιώντας το συμπληρωματικό ενδεχόμενο ) 1 ( 24 0 3 ) 0 ( 35 3 1 ( 35 3 ) 24 ( 0.4914) (Αυτά που συγκρίνουμε είναι τα αθροίσματα των υψών των πράσσινων ράβδων για κάθε περίπτωση) Σημείωση: οι δύο τ.μ. έχουν την ίδια μέση τιμή: E(X 1 ) n 1 p 1 4 1 2 3, E(X 2) n 2 p 2 24 1 3 2 3. Tην ιδιότητα αυτήν εμπειρικά μπορούμε να την περιγράψουμε ως εξής: σε πολλές επαναλήψεις του 1ου παιχνιδιού και σε ίδιο αριθμό επαναλήψεων του 2ου παιχνιδιού, περιμένουμε οι φορές που εμφανίζονται το έξι ή οι εξάρες αντίστοιχα να είναι (σχεδόν) ίσες. Στη μικρή μας ιστορία, ο έμπειρος στα παίγνια Chevalier de Méré παρατήρησε κάτι άλλο: ενώ στο 1ο παιχνίδι κέρδιζε πιο συχνά από ότι έχανε (όντως 0.51>1-0.51), όταν άρχισε να παίζει το 2ο παιχνίδι έχανε πιο συχνά από ότι κέρδιζε (όντως 1-0.4914>0.4914). Φαίνεται όμως ότι περίμενε τα ίδια αποτελέσματα και από το 2ο παιχνίδι και γιαυτό ερώτησε τον Pascal. 3

Ένας πληθυσμός παιδιών εμβολιάστηκε σε ποσοστό 30% με ένα εικονικό εμβόλιο (placebo) και σε ποσοστό 0% με ένα νέο εμβόλιο για την παρωτίτιδα. Για τα παιδιά που εμβολιάστηκαν με το placebo το ποσοστά να μην νοσήσουν, να νοσήσουν ελαφρά και να νοσήσουν βαριά από παρωτίτιδα είναι 50%, 3% και 14% αντιστοίχως. Για τα παιδιά που εμβολιάστηκαν με το νέο εμβόλιο τα ποσοστά αυτά είναι 5%, 1% και 9%. Επιλέγουμε τυχαία ένα παιδί από αυτόν τον πληθυσμό, ποια είναι η πιθανότητα να μην νοσήσει από παρωτίτιδα; Εάν το παιδί που επιλέξαμε έχει νοσήσει βαριά από παρωτίτιδα, ποια είναι η πιθανότητα να έχει εμβολιαστεί με το νέο εμβόλιο; Λύση: Εάν συμβολίσουμε με EE: το ενδεχόμενο ένα παιδί να εμβολιαστεί με Εικονικό Εμβόλιο NE: το ενδεχόμενο ένα παιδί να εμβολιαστεί με το Νέο Εμβόλιο για την παρωτίτιδα και ισχύει ότι: EE NE Ω με E NE, δηλαδή NE ΕE ΔΝ: το ενδεχόμενο ένα παιδί Δεν Νόσησε από παρωτίτιδα ΝΒ: το ενδεχόμενο ένα παιδί Νόσησε Βαριά από παρωτίτιδα ΔΝ ΕΕ: το ενδεχόμενο ένα παιδί Δεν Νόσησε, όταν είχε εμβολιαστεί με Εικονικό Εμβόλιο ΝΒ ΕΕ: το ενδεχόμενο ένα παιδί Νόσησε Βαριά, όταν είχε εμβολιαστεί με Εικονικό Εμβόλιο ΔΝ ΝΕ: το ενδεχόμενο ένα παιδί Δεν Νόσησε, όταν είχε εμβολιαστεί με το Νέο Εμβόλιο ΝΒ ΝΕ: το ενδεχόμενο ένα παιδί Νόσησε Βαριά, όταν είχε εμβολιαστεί με το Νέο Εμβόλιο ΝΕ ΝΒ: το ενδεχόμενο το παιδί να είχε εμβολιαστεί με το Νέο Εμβόλιο, όταν γνωρίζουμε ότι Νόσησε Βαριά από παρωτίτιδα Από τα δεδομένα του προβλήματος γνωρίζουμε ότι, P (ΕΕ) 0.3, P (ΝΕ) 0., P (ΔΝ ΕΕ) 0.5, P (ΝΒ ΕΕ) 0.14, και P (ΔΝ ΝΕ) 0.5, P (ΝΒ ΝΕ) 0.09. Επειδή τα ενδεχόμενα EE, NE αποτελούν μια διαμέριση του Ω, εφαρμόζοντας το θεώρημα ολικής πιθανότητας παίρνουμε ότι: P (ΔΝ) P (ΔΝ ΕΕ) P (ΕΕ) + P (ΔΝ ΝΕ) P (ΝΕ) 0.5 0.3 + 0.5 0. 0.15 + 0.5 0.5 Ανάλογα παίρνουμε ότι, P (ΝB) P (ΝB ΕΕ) P (ΕΕ) + P (ΝB ΝΕ) P (ΝΕ) 0.14 0.3 + 0.09 0. 0.042 + 0.03 0.105 (1) Για να υπολογίσουμε την πιθανότητα P (NE NB), χρησιμοποιούμε τον τύπο του Bayes και το αποτέλεσμα (1) οπότε παίρνουμε ότι: P (NE NB) P (NB NE) P (NE) P (NB) 0.09 0. 0.105 0.03 0.105 0. Οι μετρήσεις του σακχάρου (σε mg/dl) στον ορό του αίματος ακολουθούν κανονική κατανομή με μέση τιμή 5 και τυπική απόκλιση. Να βρεθεί η πιθανότητα η μέτρηση του σακχάρου σε ένα άτομο να είναι μεταξύ των ορίων 0 mg/dl και 85 mg/dl. Εάν πάρουμε τις μετρήσεις για άτομα, ποιος είναι ο αναμενόμενος αριθμός αυτών που υπερβαίνουν τα 115 mg/dl; (να αιτιολογήσετε) Δίδονται Φ(0.2) 0.59, Φ(0.8) 0.88, Φ(1) 0.841, Φ(1.5) 0.933, Φ(2) 0.9, Φ(2.5) 0.994, Φ(3) 0.998. Λύση: Συμβολίζουμε με την τυχαία μεταβλητή (τ.μ.) X, 4

X: τη μέτρηση του σακχάρου (σε mg/dl) στον ορό του αίματος ενός ατόμου. Τότε, σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος, X N(µ 5, σ 2 2 ) (σε mg/dl), οπότε η τυποποιημένη τ.μ. Z X µ σ P (Z z) Φ(z). X 5 N(0, 1) και άρα την αθροιστική συνάρτηση κατανομής τη συμβολίζουμε με Μας ενδιαφέρει η πιθανότητα P (0 < X < 85), έτσι: ( 0 5 P (0 < X < 85) P < X 5 ) 85 5 < P ( 0.2 < Z < 0.8) P (Z < 0.8) P (Z 0.2) Φ(0.8) Φ( 0.2) 0.88 1 + 0.59 0.3 Αν συμβολίζουμε με την τ.μ., W, Ν(0,1) συμμ. ως προς 0 Φ(0.8) (1 Φ(0.2)) W : το πλήθος, από τα άτομα, των οποίων η μέτρηση του σακχάρου στον ορό του αίματος υπερβαίνει τα 115 mg/dl. Τότε: W Binomial (n, p P (X > 115) 0.023) Αυτό ισχύει, επειδή η μέτρηση του σακχάρου στον ορό του αίματος ενός ατόμου είναι ανεξάρτητη από τη μέτρηση για ένα άλλο άτομο και βρίσκεται κάθε μέτρηση στα ζητούμενα όρια (εδώ πάνω από 115 mg/dl) με την ίδια πιθανότητα ( X 5 p P (X > 115) P > ) 115 5 P (Z > 2) 1 P (Z < 2) 1 Φ(2) 1 0.9 0.023. Έτσι, έχουμε ανεξάρτητες και ισόνομες δοκιμές Bernoulli, από τις οποίες προκύπτει η διωνυμική κατανομή. Μας ενδιαφέρει o αναμενόμενος αριθμός αυτών που υπερβαίνουν τα 115 mg/dl, δηλαδή η E(W ) np 0.023 0.55. (προσοχή! η μέση τιμή δεν είναι κατ ανάγκη ακέραιος αριθμός) 5