Μια παρέα αποτελούμενη από 10 άντρες και 5 γυναίκες, με τυχαίο τρόπο χωρίζονται σε ομάδες 3 ατόμων. Βρείτε την πιθανότητα ότι σε κάθε ομάδα θα υπάρχει ένας τουλάχιστον άνδρας. Απάντηση: Έστω το γεγονός Α={Ένας τουλάχιστον άνδρας σε κάθε τριμελή ομάδα} Θα υπολογιστεί η πιθανότητα Ρ(Αc) = 1-Ρ(Α). Το γεγονός Αc είναι ισοδύναμο με το γεγονός Βc={δεν σχηματίζεται ομάδα με αποκλειστική συμμετοχή γυναικών}., 4,83 ΛΑΘΟΣ
Σε ένα κουτί, που περιέχει n σφαίρες βάζουμε μια άσπρη σφαίρα, μετά εξάγουμε τυχαία μια σφαίρα.βρείτε την πιθανότητα του ενδεχομένου η εξαγόμενη σφαίρα να είναι άσπρη, αν είναι ισοπίθανες όλες οι υποθέσεις για το χρώμα των σφαιρών που περιείχε αρχικά το κουτί. Λύση Έστω Ρ τα ενδεχόμενα για τα χρώματα των αρχικών σφαιρών, τα οποία παρουσιάζονται παρακάτω: Χ1: στο κουτί αρχικά, δεν περιέχεται καμία άσπρη σφαίρα Χ2: στο κουτί αρχικά, περιέχεται μια άσπρη σφαίρα Χ3: στο κουτί αρχικά, περιέχονται δύο άσπρες σφαίρες Χ4: στο κουτί αρχικά, περιέχονται τρεις άσπρες σφαίρες... Χn+1: στο κουτί αρχικά, περιέχονται n άσπρες σφαίρες Επειδή τα παραπάνω ενδεχόμενα είναι ισοπίθανα, λόγω υποθέσεως, και το άθροισμα των πιθανοτήτων τους είναι ίσο με τη μονάδα, δηλαδή: Ρ(Χ1)+Ρ(Χ2)+Ρ(Χ3)+Ρ(Χ4)+ +Ρ(Χn+1)=1 συμπεραίνουμε ότι τελικά οι παραπάνω πιθανότητες θα είναι: Ρ(Χ1)=Ρ(Χ2)=Ρ(Χ3)=Ρ(Χ4)= =Ρ(Χn+1)= 1/(n+1) Έστω Ε το ενδεχόμενο να πάρουμε μια άσπρη σφαίρα από το κουτί ( αφού φυσικά έχουμε βάλει την άσπρη σφαίρα της εκφώνησης). Η δεσμευμένη πιθανότητα να πάρουμε άσπρη σφαίρα, σύμφωνα με το ενδεχόμενο Χ1, είναι: Ρ(Ε/Χ1)= 1/(n+1) Η δεσμευμένη πιθανότητα να πάρουμε άσπρη σφαίρα, σύμφωνα με το ενδεχόμενο Χ2, είναι: Ρ(Ε/Χ2)= 2/(n+1) Η δεσμευμένη πιθανότητα να πάρουμε άσπρη σφαίρα, σύμφωνα με το ενδεχόμενο Χ3, είναι: Ρ(Ε/Χ3)= 3/(n+1) Η δεσμευμένη πιθανότητα να πάρουμε άσπρη σφαίρα, σύμφωνα με το ενδεχόμενο Χ4, είναι: Ρ(Ε/Χ4)= 4/(n+1)... Η δεσμευμένη πιθανότητα να πάρουμε άσπρη σφαίρα, σύμφωνα με το ενδεχόμενο Χn+1, είναι: Ρ(Ε/Χn+1)= (n+1)/(n+1)=1 Τελικά, η ολική πιθανότητα να πάρουμε μια άσπρη σφαίρα, δίνεται από τον τύπο: Ρ(Ε)=Ρ(Χ1)Ρ(Ε/Χ1)+Ρ(Χ2)Ρ(Ε/Χ2)+Ρ(Χ3)Ρ(Ε/Χ3)+Ρ(Χ4)Ρ(Ε/Χ4)+ +Ρ(Χn+1)Ρ(Ε/Χn+1)= =1/(n+1) 1/(n+1)+1/(n+1) 2/(n+1)+1/(n+1) 3/(n+1)+1/(n+1) 4/(n+1)+...+1/(n+1) 1= = 1/(n+1)2 [ 1+2+3+4+ +n+(n+1)]= =1/(n+1)2 [ (n+2)(n+1)/2]= =(n+2)/2(n+1) Άρα Ρ(Ε)=(n+2)/2(n+1)
Δείξτε ότι αν πιθανότητα Ρ(Α/Β) είναι μεγαλύτερη της πιθανότητας Ρ(Α), τότε πιθανότητα Ρ(Β/Α) είναι μεγαλύτερη της πιθανότητας Ρ(Β); Απάντηση: Από τον πολλαπλασιαστικό τύπο (ή νόμο του γινομένου ή νόμο των συνθέτων πιθανοτήτων) είναι: P (A/B)*P (B) =P (B/A)*P (A) όπου P (A), P (B)>0. Έτσι,P (A/B) = P (B/A)* P(A) / P(B). Χρησιμοποιώντας την τελευταία σχέση έχουμε: Εάν P (A/B) >P(A) => P (B/A)* P(A) / P(B) > P(A) => P(B/A) > P(B).
Μια συσκευή αποτελείται από 1000 εξαρτήματα, που λειτουργούν ανεξάρτητα το ένα από το άλλο. Η πιθανότητα να χαλάσει κάποιο από τα εξαρτήματα αυτά σε χρόνο Τ είναι 0,002. Βρείτε την πιθανότητα του ενδεχομένου σε χρόνο Τ να χαλάσουν ακριβώς 3 εξαρτήματα. Η πιθανότητα Ρ(Α) να χαλάσει ένα εξάρτημα σε χρόνο Τ είναι Ρ(Α) = 2/1000 Οπόταν η πιθανότητα Ρ(Β) να χαλάσουν τρία εξαρτήματα σε χρόνο Τ είναι : Ρ(Β) = Ρ(Α) * Ρ(Α) * Ρ(Α) <=> Ρ(Β) = 0,000000008
Η πιθανότητα κέρδους για κάθε λαχνό είναι 0,02. Ποια η πιθανότητα τουλάχιστον ενός κέρδους για 10 λαχνούς; Θα λύσουμε το πρόβλημα για n=10. Επειδή, κάθε λαχνός μπορεί να κερδίσει παράλληλα με άλλους λαχνούς που κερδίζουν άλλα ποσά, =10x0,02-0,182+ = 0,182927
Ένα εργοστάσιο φτιάχνει τηλεοράσεις. Η πιθανότητα του ενδεχομένου η παραγόμενη τηλεόραση να είναι ελαττωματική είναι 0,01. Βρείτε την πιθανότητα του ενδεχομένου ανάμεσα σε 200 τηλεοράσεις να υπάρχουν ακριβώς 4 ελαττωματικές. Απάντηση: Για την λύση της άσκησης θα χρησιμοποιήσουμε τον τύπο της σχέσης Bernoulli που βρίσκεται στο βιβλίο στην σελίδα 64. (1) Όπου για την επίλυση του παίρνουμε τον τύπο: (2) Για την άσκηση θέτουμε: p = Πιθανότητα να υπάρχει ελαττωματική τηλεόραση 1% q = Υπόλοιπο της πιθανότητας,δηλαδή οι μη ελαττωματικές τηλεοράσεις 99% n = Το σύνολο των παραγόμενων τηλεοράσεων 200 κ = Οι ελαττωματικές τηλεοράσεις 4 Χρησιμοποιούμε τον τύπο (2) και παίρνουμε: 200! / [4!/196!] = (197*198*199*200)/(1*2*3*4) (Μετά απο απλοποίηση) Το αποτέλεσμα των πράξεων είναι = 64.684.950 Το αποτέλεσμα αυτό το χρησιμοποιούμε στον αρχικό τύπο (1) και παίρνουμε: f(k) = 64.684.950 x (1/100)4 x (99/100)196 =64.684.950 x 10-8 x 0.13947 = 0.090216 Άρα η πιθανότητα να έχουμε ακριβώς 4 ελαττωματικές τηλεοράσεις σε 200 παραγόμενες είναι περίπου 9%
Ένα παντοπωλείο αγόρασε 1000 μπουκάλια κρασί. Η πιθανότητα του ενδεχομένου να σπάσει το μπουκάλι κατά τη διάρκεια της μεταφοράς είναι 0,003. Βρείτε την πιθανότητα του ενδεχομένου το παντοπωλείο να πάρει σπασμένα μπουκάλια : α)ακριβώς 2 β)το πολύ 2, γ) τουλάχιστον 2, δ) τουλάχιστον 1. Λύση Έστω Αι ={ σπάει το i μπουκάλι}, όπου i =1,2,, 1000 P(Ai) = 0,003 Μπορεί να συμβεί είτε το γεγονός Α1 Α2 Αc3 Αc1000, είτε οποιοδήποτε άλλο Αc1 Α2 Αc3 Α1000. Συνολικά υπάρχουν 1000 ανά 2 συνδυασμοί των καταστάσεων του συγκεκριμένου αριθμού μπουκαλιών. Η ζητούμενη πιθανότητα είναι Ρ( 2 ακριβώς σπασμένα στα 1000)= (0,003)2(0,997)998=0,22 Με ανάλογο τρόπο θα απαντήσετε στα λοιπά ερωτήματα.
Τρεις κυνηγοί ταυτόχρονα πυροβολήσανε σε μια αρκούδα, η οποία σκοτώθηκε από μια μόνο σφαίρα. Να βρεθεί η πιθανότητα ότι η αρκούδα σκοτώθηκε από τον πρώτο, δεύτερο ή τρίτο κυνηγό, αν οι πιθανότητες ευστοχίας για τους τρεις κυνηγούς είναι 0,2 0,4 0,6 αντίστοιχα. Λύση Έστω Α,Β,Γ τα γεγονότα κατά τα οποία ο 1ος ή ο 2ος ή ο 3ος κυνηγός αντίστοιχα σκότωσε την αρκούδα. Επειδή όμως η αρκούδα σκοτώθηκε από έναν κυνηγό (μόνο μια σφαίρα) οδηγούμαστε στο συμπέρασμα ότι τα γεγονότα Α, Β, Γ είναι ανα δύο ξένα. Άρα για τον 1ο κυνηγό έχουμε: Η πιθανότητα η αρκούδα να χτυπήθηκε από έναν εκ των άλλων δύο κυνηγών είναι Ρ(Β Γ) επομένως η πιθανότητα η αρκούδα να χτυπήθηκε από τον πρώτο κυνηγό είναι Ρ( (Β Γ) ) = 1 - Ρ(Β Γ) =1 - Ρ(Β)-Ρ(Γ) + Ρ(Β Γ), όμως επειδή τα Β και Γ είναι ξένα: Β Γ = άρα Ρ(Β Γ) =0 και επομένως Ρ( (Β Γ) ) = 1 - Ρ(Β)-Ρ(Γ)=0 Ομοίως για τον 2ο κυνηγό: Η πιθανότητα η αρκούδα να χτυπήθηκε από έναν εκ των άλλων δύο κυνηγών είναι Ρ(A Γ) επομένως η πιθανότητα η αρκούδα να χτυπήθηκε από τον δεύτερο κυνηγό είναι Ρ( (A Γ) ) = 1 - Ρ(A Γ) =1 Ρ(A)-Ρ(Γ) + Ρ(A Γ), όμως επειδή τα A και Γ είναι ξένα: A Γ = άρα Ρ(Α Γ) = 0 και επομένως Ρ( (Α Γ) ) = 1 - Ρ(Α)-Ρ(Γ)=0,2 Ομοίως για τον 3ο κυνηγό: Η πιθανότητα η αρκούδα να χτυπήθηκε από έναν εκ των άλλων δύο κυνηγών είναι Ρ(A Β) επομένως η πιθανότητα η αρκούδα να χτυπήθηκε από τον τρίτο κυνηγό είναι Ρ( (A Β) ) = 1 - Ρ(A Β) =1 Ρ(A)-Ρ(Β) + Ρ(A Β), όμως επειδή τα A και Β είναι ξένα: A Β = άρα Ρ(Α Β) = 0 και επομένως Ρ( (Α Β) ) = 1 - Ρ(Α)-Ρ(Β)=0,4 Σημείωση: όπου (Β Γ) το συμπληρωματικό του (Β Γ) όπου (Α Γ) το συμπληρωματικό του (Α Γ) όπου (Α Β) το συμπληρωματικό του (Α Β)
Το 1/3 μιας από τις τρεις παρτίδες εξαρτημάτων είναι ελαττωματικά. Ένα εξάρτημα που πήραμε από μια παρτίδα ήτανε κανονικό. Να βρεθεί η πιθανότητα ότι το εξάρτημα που πήραμε ήτανε από την παρτίδα που έχει ελαττωματικά κομμάτια; Επίσης να βρεθεί η ίδια πιθανότητα έχοντας υπόψη ότι ένα δεύτερο εξάρτημα που πήραμε από την ίδια παρτίδα πάλι ήτανε κανονικό, και αν το πρώτο εξάρτημα μετά από έλεγχο επιστράφηκε πάλι στη παρτίδα; Απάντηση: Έχουμε ότι Κ1=(εξάρτημα από το δοχείο με τα ελαττωματικά εξαρτήματα) Κ2=(εξάρτημα από το δοχείο με τα μη ελαττωματικά εξαρτήματα) Κ3=(εξάρτημα από το δοχείο με τα μη ελαττωματικά εξαρτήματα) Α=(Το πρώτο εξάρτημα μη ελαττωματικό) Σύμφωνα με τα δεδομένα Ρ(Κ1)=Ρ(Κ2)=Ρ(Κ3)=1/3 Ρ(Α/Κ1)=2/3 ΚΑΙ Ρ(Α/Κ2)=Ρ(Α/Κ3)=1 Οπότε σύμφωνα με το θεώρημα τις ολικής πιθανότητας Ρ(Α)=1/3(2/3+1+1)=8/9 Μετά το πρώτο πείραμα η πιθανότητα πως το δοχείο περιέχει ελαττωματικά εξαρτήματα είναι : Ρ(Κ1/Α)=Ρ(Κ1) Ρ(Α/Κ1)/Ρ(Α)=(1/3*2/3)/8/9 =1/4 Η πιθανότητα ότι το δοχείο έχει καλά εξαρτήματα είναι : ¾ Β=(δεύτερο εξάρτημα μη ελαττωματικό) Τότε Ρ(Β/Κ1)=2/3 Ρ(Β/Κ2)=0 Ρ(Β/Κ3)=0 Όποτε Ρ(Β)=1/4*2/3=1/6
Να βρεθεί η πιθανότητα ότι ο αριθμός κυκλοφορίας πρώτου τυχαίου αυτοκίνητου δεν περιέχει: α) τον αριθμό 5, β) 2 και περισσότερα πεντάρια, γ) ακριβώς 2 πεντάρια; Το πλήθος των πινακίδων στην Ελλάδα ανεξάρτητα τα γράμματα που προηγούνται είναι: Ν(Ω)=9*10*10*10=9000 Επιπλέον, το πλήθος των πινακίδων που δεν περιέχουν πεντάρια είναι: Ν(Α)=8*9*9*9=5832 Άρα, η πιθανότητα μια πινακίδα να μην περιέχει πεντάρια είναι: Ρ(Α)=Ν(Α)/Ν(Ω)=0.648 Το πλήθος των πινακίδων που δεν περιέχουν δύο ή περισσότερα πεντάρια προκύπτει αν από όλες αφαιρέσουμε αυτές που έχουν ένα (έστω Ν(Β)) ή και κανένα πεντάρι (Ν(Α)). Δηλαδή: Ν(Β)=8*9*9*1+1*9*9*9=1377 Άρα, η πιθανότητα μια πινακίδα να μην περιέχει δύο ή και περισσότερα πεντάρια είναι: Ρ(Γ)=[Ν(Α)+Ν(Β)]/Ν(Ω)=(1377+5832)/9000=0.801 Αυτές που περιέχουν ακριβώς δύο πεντάρια είναι: Ν(Δ)=8*9*1*1+1*9*9*1=153 Και η πιθανότητα να προκύψει μία από αυτές είναι: Ρ(Δ)= Ν(Δ)/Ν(Ω)=0.017
Η πιθανότητα κέρδους για κάθε λαχνό είναι 0,02. Ποια η πιθανότητα τουλάχιστον ενός κέρδους για n λαχνούς αν n=1, 10, 20, 30, 40, 50, 60, 70, 80, 90, 100; Απάντηση: Εχουμε πεπερασμένο σύνολο με ισοπίθανα ενδεχόμενα. Άρα ο δειγματικός χώρος είναι 1/0.02= 50 λαχνοί ( πχ.αριθμοί). Αν n = 1 έχουμε P(A)= 1/50= 0.02 Aν n =10 έχουμε P(A) = 10/50 = 0.2 Aν n =20 έχουμε P(A) = 20/50 = 0.4 Aν n =30 έχουμε P(A) = 30/50 = 0.6 Aν n =40 έχουμε P(A) = 40/50 = 0.8 Aν n =50 έχουμε P(A) = 50/50 = 1 Δεν είναι δυνατό να διατεθούν περισσότεροι των 50 λαχνών.
Δυο μπασκετμπολίστες κάνουν 3 βολές με στατιστικά ανεξάρτητο τρόπο. Οι πιθανότητες ευστοχίας σε κάθε βολή είναι 0,6 και 0,7 αντίστοιχα. Να βρείτε τις πιθανότητες ότι: α) και οι δυο θα έχουν ίδιο αριθμό ευστοχίας, β) ο πρώτος μπασκετμπολίστας θα περισσότερες ευστοχίες από τον δεύτερο. Απάντηση: α) ΚΑΙ ΟΙ ΔΥΟ ΤΟΝ ΙΔΙΟ ΑΡΙΘΜΟ ΕΥΣΤΟΧΙΑΣ: Εδώ διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις: 1)και οι δυο από καμία εύστοχη βολή 2)και οι δυο από 1 εύστοχη βολή 3)και οι δυο από 2 εύστοχες βολές 4)και οι δυο από 3 εύστοχες βολές οι οποίες αντιστοιχούνται στα ενδεχόμενα Α1,Α2,Α3,Α4 των οποίων τις πιθανότητες θα βρούμε: 1)Η πιθανότητα του πρώτου μπασκετμπολίστα να μην βάλει καμία βολή θα είναι: P(H1)=0,4*0,4*0,4=0,064 (ισχύει ότι P(H1) =1-P(H1)) Ομοίως για τον δεύτερο θα έχουμε ότι: P(H2)=0,3*0,3*0,3=0,027 Αρα : P(A1)=0,064*0,027=0,001728 (ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΑ ΑΝΕΞΑΡΤΗΤΑ) 2)Η πιθανότητα του πρώτου να βάλει 1 εύστοχη(και τις υπόλοιπες 2 βέβαια άστοχες) βολή θα είναι:p(h1)=0,6*0,4*0,4=0,096 Ομοίως για τον δεύτερο θα έχουμε ότι: P(H2)=0,7*0,3*0,3=0,063 Αρα: P(A2)=3*0,096*3*0,063=0,054432 εύστοχος ο παίχτης) (πολ/με με 3 γιατί δεν γνωρίζουμε σε ποια ακριβώς βολή θα είναι 3) Η πιθανότητα του πρώτου να βάλει 2 εύστοχες θα είναι:p(h1)=0,6*0,6*0,4=0,144 Ομοίως για τον δεύτερο θα έχουμε ότι:p(h2)=0,7*0,7*0,3=0,147 Αρα: P(A3)=3*0,144*3*0,147=0,190512 (για τον ίδιο λόγο) 4) πιθανότητα του πρώτου να βάλει 3 εύστοχες θα είναι:p(h1)=0,6*0,6*0,6=0,216 Ομοίως για τον δεύτερο θα έχουμε ότι:p(h2)=0,7*0,7*0,7=0,343 Αρα: P(A4)=0,216*0,343=0,074088 Οποτε και η ολική πιθανότητα θα είναι: P=P(A1)+P(A2)+P(A3)+P(A4)=0,32076<1 ΚΑΙ ΤΑ ΕΝΔΕΧΟΜΕΝΑ ΕΙΝΑΙ ΑΣΥΜΒΙΒΑΣΤΑ) (ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗ ΑΝΕΞΑΡΤΗΣΙΑ
Δυο μπασκετμπολίστες κάνουν 3 βολές με στατιστικά ανεξάρτητο τρόπο. Οι πιθανότητες ευστοχίας σε κάθε βολή είναι 0,6 και 0,7 αντίστοιχα. Να βρείτε τις πιθανότητες ότι: α) και οι δυο θα έχουν ίδιο αριθμό ευστοχίας, β) ο πρώτος μπασκετμπολίστας θα περισσότερες ευστοχίες από τον δεύτερο. β)ο ΠΡΩΤΟΣ ΠΕΡΙΣΣΟΤΕΡΕΣ ΕΥΣΤΟΧΙΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΔΕΥΤΕΡΟ Εδώ διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις: 1)ο πρώτος 1 εύστοχη και ο δεύτερος 0 2)>> >> 2 >> >> >> 0 3)>> >> 3 >> >> >> 0 4)>> >> 2 >> >> >> 1 5)>> >> 3 >> >> >> 1 6)>> >> 3 >> >> >> 2 που αντιστοιχούνται στα ενδεχόμενα Α1,Α2,Α3,Α4,Α5,Α6 των οποίων τις πιθανότητες θα βρούμε: 1)Η πιθανότητα του πρώτου να βάλει 1 εύστοχη βολή θα είναι:p(h1)=0,096 Η πιθανότητα του δεύτερου να μην βάλει καμία θα είναι:p(h2)=0,027 Αρα: P(A1)=3*0,096*0,027=0,007776 2) Η πιθανότητα του πρώτου να βάλει 2 εύστοχες βολές θα είναι:p(h1)=0,144. Η πιθανότητα του δεύτερου να μην βάλει καμία θα είναι:p(h2)=0,027 Aρα: P(A2)=3*0,144*0,027=0,011664 3) Η πιθανότητα του πρώτου να βάλει 3 εύστοχες βολές θα είναι:p(h1)=0,216. Η πιθανότητα του δεύτερου να μην βάλει καμία θα είναι:p(h2)=0,027 Αρα: P(A3)=0,216*0,027=0,005832 4) Η πιθανότητα του πρώτου να βάλει 2 εύστοχες θα είναι:p(h1)=0,144 ενώ του δευτέρου για 1 εύστοχη θα είναι:p(h2)=0,063 Αρα: P(A4)=3*0,144*3*0,063=0,081648 5) Η πιθανότητα του πρώτου να βάλει 3 εύστοχες βολές θα είναι:p(h1)=0,216 ενώ του δευτέρου για 1 εύστοχη θα είναι:p(h2)=0,063 Αρα: P(A5)=0,216*3*0,063=0,040824 6) Η πιθανότητα του πρώτου να βάλει 3 εύστοχες βολές θα είναι:p(h1)=0,216 ενώ του δευτέρου για 2 εύστοχες βολές θα είναι:p(h2)=0,147 Αρα: P(A6)=0,216*3*0,147=0,095256 Oπότε και η ολική πιθανότητα θα είναι: P=P(A1)+P(A2)+P(A3)+P(A4)+P(A5)+P(A6)=0,243<1 (ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗ ΑΝΕΞΑΡΤΗΣΙΑ ΚΑΙ ΤΑ ΕΝΔΕΧΟΜΕΝΑ ΕΙΝΑΙ ΑΣΥΜΒΙΒΑΣΤΑ)
Από κουτί, όπου υπάρχουν 20 άσπρες και 2 μαύρες μπάλες, n φορές παίρνουμε από μια μπάλα, και μετά από κάθε φορά την επιστρέφουμε πίσω στο κουτί. Να βρεθεί ο μικρότερος αριθμός n, για τον οποίον η πιθανότητα να πάρουμε τουλάχιστον μια μαύρη μπάλα να είναι πάνω από μισό. Λύση Ο δειγματοχώρος περιέχει 22 σφαίρες Α={Εξαγωγή μαύρης σφαίρας} Ρ(Α)=1/11 Β={εξάγεται τουλάχιστον μία μαύρη σφαίρα σε n δοκιμές} Ρ(Β)=1-Ρ(Βc)=1-(1-Ρ(Α))n(Ρ(Α))n-n= 1-(1-Ρ(Α))n Άρα 1-(1-Ρ(Α))n > 1/2 ½ > (1-Ρ(Α))n n ( log2) / log(10/11) = 7,27 Άρα: Ν = 8 ( ο μικρότερος αριθμός επανάληψης του πειράματος για να προκύψει η επιθυμητή πιθανότητα) Λύση 2η Πρόκειται για άγνωστο αριθμό ν δοκιμών Bernoulli me p=2/22 ή1/11. Η πιθανότητα να πάροθμε μία τουλάχιστον μαύρη σφαίρα είναι : 1-( ν ανά 0)*( 1/11)0*( 10/11)ν Είναι ( ν ανά 0) =1 και ( 1/11)0 =1 οπότε έχουμε : 1-(10/11)ν>0.5 (10/11)ν<0.5 ν(log10-log11)<log0.5-0.042ν<-0.3 ν>7.142 ν=8
Ένας διαγωνισμός σκακιού αποτελείται από 100 παρτίδες. Να βρεθεί η πιθανότητα να τελειώσει ο διαγωνισμός με αποτέλεσμα 12:8, αν η πιθανότητα νίκης σε οποιαδήποτε παρτίδα για κάθε παίκτη είναι 0,2; Αν Ω ο δειγματικός χώρος που περιλαμβάνει τις 20 παρτίδες τότε έχω τα εξής ενδεχόμενα: {Ο αγώνας λήγει με 0:20 } {Ο αγώνας λήγει με 1:19 } {Ο αγώνας λήγει με 2:18 }... {Ο αγώνας λήγει με 20: 0 } που είναι συνολικά 21 ενδεχόμενα. Τα ευνοϊκά για τον πρώτο παίκτη ενδεχόμενα, μέσα στα οποία ανήκει και το 12:8 είναι 10. Άρα η πιθανότητα ένα αποτέλεσμα να είναι ευνοϊκό για τον πρώτο είναι 10/21. Επίσης η πιθανότητα να κερδίσει ο πρώτος οποιοδήποτε ματς είναι 0,2. Αν Α το ενδεχόμενο {ο πρώτος κερδίζει} και Β το ενδεχόμενο {ένα αποτέλεσμα είναι ένα από τα 10 ευνοϊκα για τον πρώτο} τότε Τα Α και Β είναι στατιστικά ανεξάρτητα. Επίσης Ρ(Α)=0,2 και Ρ(Β)=1/10 αφού τα 10 ευνοϊκα είναι ισοπίθανα Άρα το ενδεχομένο {ο πρώτος κερδίζει και το αποτέλεσμα έρχεται 12:8 που έιναι ένα από τα 10 ευνοϊκα για τον πρώτο} είναι η τομή των Α και Β και η πιθανότητά του δίνεται από τον τύπο: Ρ(Α Β) = Ρ(Α)*Ρ(Β) = 0,2*1/10 = 0,02 που είναι και το ζητούμενο.
Αεροπλάνο, το οποίο αποτελεί στόχο της αεράμυνας, αποτελείται από 3 ευάλωτα μέρη: 1) το πιλοτήριο και ο κινητήρας, 2) δοχεία με καύσιμα και, 3) η ουρά του. Για την κατάρριψη του αρκεί: μια εύστοχη βολή στο πρώτο μέρος ή δυο εύστοχες βολές στο δεύτερο μέρος ή τρεις εύστοχες βολές στο τρίτο μέρος. Σε μια εύστοχη βολή στο αεροπλάνο η πιθανότητα ευστοχίας στο πρώτο μέρος είναι p1, στο δεύτερο μέρος p2, στο τρίτο μέρος p3. Οι εύστοχες βολές κατανέμονται κατά μέρη του αεροπλάνου ανεξάρτητα ένα από το άλλο. Αν ξέρουμε ότι είχαμε m εύστοχες βολές κατά του αεροπλάνου, να βρείτε την πιθανότητα κατάρριψης του αεροπλάνου P(A m) για m = 1, 2, 3, 4. Για m=1. Η δεσμευμένη πιθανότητα κατάρριψης του αεροπλάνου, αν χτυπήσουμε το πρώτο μέρος, είναι 1. Ενώ οι αντίστοιχες δεσμευμένες πιθανότητες αν χτυπήσουμε τα μέρη 2 και 3 είναι 0, αφού δεν καταρρίπτεται το αεροπλάνο με μία μόνο βολή σε αυτά. Άρα: P(A M1) = 1, P(A M2) = 0, P(A M3) = 0, όπου Μ1, Μ2, Μ3 τα μέρη 1, 2 και 3. Άρα η πιθανότητα κατάρριψης του αεροπλάνου με μία εύστοχη βολή είναι: P(A) = p1* P(A M1) + p2* P(A M2) + p3* P(A M3)= p1*1=> P(A)= p1. Για m=2. Παρομοίως η δεσμευμένη πιθανότητα κατάρριψης, αν χτυπήσουμε το πρώτο μέρος, είναι 1. Αν χτυπήσουμε το δεύτερο μέρος είναι 0.5, αφού θα το χτυπήσουμε δύο ή μία ή καμία φορά. Αν χτυπήσουμε το τρίτο μέρος η δεσμευμένη πιθανότητα είναι 0, αφού το αεροπλάνο δεν θα πέσει ακόμα και αν χτυπήσουμε και τις δύο φορές στο τρίτο μέρος. Άρα: P(A M1) = 1, P(A M2) = 0.5, P(A M3) = 0, Έτσι η πιθανότητα κατάρριψης του αεροπλάνου με δύο εύστοχες βολές είναι: P(A) = p1* P(A M1) + p2* P(A M2) + p3* P(A M3)= p1*1 + p2*0.5 => P(A)= p1 +0.5*p2. Για m=3. Συνεχίζοντας με την ίδια λογική όπως και παραπάνω, η δεσμευμένη πιθανότητα κατάρριψης αν χτυπήσουμε το πρώτο μέρος είναι 1, το δεύτερο μέρος είναι 2/3 και το τρίτο είναι 1/3. Άρα: P(A M1) = 1, P(A M2) = 2/3, P(A M3) = 1/3, Έτσι η πιθανότητα κατάρριψης του αεροπλάνου με τρεις εύστοχες βολές είναι: P(A) = p1* P(A M1) + p2* P(A M2) + p3* P(A M3)= p1*1 + p2*2/3 + p3*1/3 => P(A)= p1 +2/3*p2 + 1/3*p3. Για m=4. Στην περίπτωση που ρίχνουμε 4 εύστοχες βολές, η πιθανότητα κατάρριψης είναι 1. Αυτό συμβαίνει διότι οποιοσδήποτε και να είναι ο συνδυασμός των μερών τα οποία θα χτυπηθούν ικανοποιείται μία από τις συνθήκες κατάρριψης του αεροπλάνου. Σε αυτήν την περίπτωση δηλαδή είναι: P(A) =1.
Ανάμεσα στα 64 τετράγωνα του σκακιού διαλέγονται τυχαία 2 διαφορετικά τετράγωνα και βάζουν σε αυτά 2 όμοια κομμάτια άσπρου και μαύρου χρώματος. Ποια είναι η πιθανότητα ότι τα κομμάτια αυτά δε θα χτυπούν ένα το άλλο, αν έχουν τοποθετηθεί 2 πύργοι? 2 αξιωματικοί? 2 ίπποι? 2 βασίλισσες? Η ζητούμενη πιθανότητα θα υπολογιστεί υπό τη συνθήκη ότι ήδη έχει καταληφθεί μία θέση στη σκακιέρα από το πρώτο πιόνι που τοποθετείται από τα δύο του προβλήματος. Ο δειγματικός χώρος μειώνεται κατά μία θέση κάθε φορά. έκαστος πύργος ελέγχει 14 τετράγωνα. Ο έτερος πύργος πρέπει να τοποθετηθεί σε ένα από τα εναπομένοντα 63-14 τετράγωνα. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι 49/63. έκαστος αξιωματικός ελέγχει 7 ή 9 ή 11 ή 13 τετράγωνα. Ο αντίπαλος αξιωματικός, που κινείται στο ίδιο χρώμα των τετραγώνων της σκακιέρας, θα πρέπει να τοποθετηθεί σε 31-7 ή 31-9, ή 31-11, ή 31-13 τετράγωνα. Οι αντίστοιχες πιθανότητες είναι 24/31, 22/31, 20/31, ή 19/31 έκαστος ίππος ελέγχει 2 ή 4 ή 8 θέσεις. Ο αντίπαλος ίππος μπορεί να τοποθετηθεί σε 63-2, ή 63-4, ή 63-8 θέσεις με πιθανότητα 61/63, 59/63 ή 55/63. έκαστη βασίλισσα ελέγχει 21, ή 23, ή 25, ή 27 θέσεις και η αντίπαλη βασίλισσα μπορεί να τοποθετηθεί σε 63-21, 63-23, 63-25, 63-27,
Σε ποια περίπτωση ισχύει η παρακάτω ισότητα: Ρ(Α)=Ρ(Α/Β)+Ρ(Α/Β ) Λύση Έστω ότι Β και Β Ω. Επειδή από το θεώρημα ολικής πιθανότητας Ρ(Α) = Ρ(Α/Β)Ρ(Β) + Ρ(Α/Β )Ρ(Β ) = Ρ(Α/Β)(1- Ρ(Β )) + Ρ(Α/Β )(1-Ρ(Β)) = = Ρ(Α/Β)+Ρ(Α/Β ) [(Ρ(Α/Β)Ρ(Β ) + Ρ(Α/Β )Ρ(Β)] Συνεπώς η προς απόδειξη σχέση ισχύει αν [(Ρ(Α/Β)Ρ(Β ) + Ρ(Α/Β )Ρ(Β)] = 0 Από όπου ισχύει ότι ή Ρ(Α/Β)=0 ή Ρ(Α/Β )=0. Αυτό ισχύει όταν Ρ(Α Β)=0 (δηλαδή Α Β= ) ή όταν Ρ(Α Β )=0 (δηλαδή Α Β = ).
Το τραίνο Χ φθάνει σε ένα σταθμό μέσα στο χρονικό διάστημα [Τ,0] και παραμένει εκεί α λεπτά της ώρας. Το τραίνο Υ φθάνει στο σταθμό μέσα στο ίδιο χρονικό διάστημα και μένει εκεί β λεπτά της ώρας. Ποιος είναι ο δειγματικός χώρος των αφίξεων των δύο τραίνων; Ποιες οι πιθανότητες των γεγονότων, Α={Το Χ φθάνει πριν από το Υ}, Β= {τα δύο τραίνα συναντώνται στο σταθμό}, και Γ={όταν τα τραίνα συναντώνται, το Χ φθάνει πριν από το Υ}. Λύση Υ Κ(0,Τ) Σ(0,β) Υ(Τ-β,Τ) Ν(Τ,Τ) Φ(Τ,Τ+α) Ω=[0,Τ]Χ[0,Τ] Α={το Χ φθάνει πριν από το Υ}, Ρ(Α)=Ε(ΛΝΚ)/Ε(ΛΜΝΚ)=1/2 Β={Τα τραίνα συναντώνται στο σταθμό}, Ρ(Β)=Ε(ΛΖΦΝΥΣ)/Ε(ΛΜΝΚ)= ={(α+β)/τα}-{(α2 +β2)/2τ2 Ρ(Α/Β)=Ε(ΣΥΝΛ)/Ε(ΚΝΛ)=β((2Τ-β) Λ(0,0) Ζ(α,0) Μ(Τ,0) Χ
Σε μια παρτίδα 100 ημιαγωγικών διατάξεων, είναι γνωστό ότι 20 είναι ελαττωματικές. Επιλέγονται δύο με τυχαία διαδικασία, χωρίς επανατοποθέτηση στην παρτίδα. Με τη βοήθεια του θεωρήματος Ολικής Πιθανότητας, να υπολογίσετε την πιθανότητα ότι η δεύτερη κατά σειρά επιλεγόμενη διάταξη θα είναι ελαττωματική. Έστω Β ενδεχόμενο να πάρουμε την δεύτερη κατά σειρά επιλεγόμενη διάταξη ελαττωματική Β 1 - ενδεχόμενο πρώτη διάταξη ελαττωματική Β 2 -ενδεχόμενο πρώτη διάταξη μη ελαττωματική Ρ(Β 1 ) =20/100=1/5 Ρ(Β Β 1 ) =19/99 Ρ(Β 2 ) =80/100= 4/5 Ρ(Β Β 2 ) = 20/99 Ρ(Β)= Ρ(Β Β 1 ) Ρ(Β 1 ) + Ρ(Β Β 2 ) Ρ(Β 2 ) =(19/99)(1/5) + (20/99)(4/5) = 19/495 + 80/495 = = 99/495
940 πλακέτες ημιαγωγού παράγονται σε μια διαδικασία, όπου παρατηρούνται παράγοντες μόλυνσης σύμφωνα με τις εγγραφές του ως άνω πίνακα. Έστω Α το γεγονός ότι μια σε μια πλακέτα παρατηρείται υψηλό επίπεδο μόλυνσης, Β το γεγονός ότι μια πλακέτα βρίσκεται κοντά σε εστία μόλυνσης και Ε το γεγονός ότι μια πλακέτα δεν έχει μολυνθεί και δεν βρίσκεται κοντά σε εστία μόλυνσης. Υποθέτουμε ότι η πιθανότητα ότι ένα chip που έχει υψηλό επίπεδο μόλυνσης, προκαλεί αστοχία σε ένα μία διάταξη στην οποία έχει τοποθετηθεί είναι 0,1 η πιθανότητα ότι ένα chip που έχει μέτριο επίπεδο μόλυνσης, προκαλεί αστοχία σε ένα μία διάταξη στην οποία έχει τοποθετηθεί είναι 0,01 και η πιθανότητα ότι ένα chip με χαμηλό επίπεδο μόλυνσης προκαλεί αστοχία της διάταξης με πιθανότητα 0,001 Σε μια παραγωγική διαδικασία, 20% του παραγόμενου προϊόντος υπόκεινται σε υψηλό επίπεδο μόλυνσης, 30% υπόκειται σε μέσο επίπεδο και 50% σε χαμηλό επίπεδο. Ποια η πιθανότητα ότι μία διάταξη που χρησιμοποιεί ένα από τα παραγόμενα chps θα αστοχήσει; Θεωρώ Δ το γεγονός ότι η διάταξη που χρησιμοποιεί ένα από τα παραγόμενα chips να αστοχήσει. Θεωρώ τα γεγονότα : Α-20% των πλακετών υπόκεινται σε υψηλό επίπεδο μόλυνσης (188) Α-30% των πλακετών υπόκεινται σε μέσο επίπεδο μόλυνσης (282) Α-50% των πλακετών υπόκεινται σε χαμηλό επίπεδο μόλυνσης (470) Ρ(Α1) =188/940 = 1/5 = 0,2 Ρ(Δ Α1) =0,1 Ρ(Α2) = 282/940 = 3/10 = 0,3 Ρ(Δ Α2) =0,01 Ρ(Α3) = 470/940 = 1/2 = 0,5 Ρ(Δ Α3) = 0,001 Ο τύπος της ολικής πιθανότητας είναι : Ρ(Δ) = Ρ(Α1) Ρ(Δ Α1) + Ρ(Α2) Ρ(Δ Α2) + Ρ(Α3) Ρ(Δ Α3) = =(0,2)(0,1) + (0,3)(0,01) + (0,5)(0,001) = 0,02 + 0,003 + 0,0005 = = 0,0235
Μια laser οπτική διάταξη αποθήκευσης πληροφορίας (CD drive) χρησιμοποιεί μια διαδικασία διόρθωσης σφάλματος, που απαιτεί άμεση αναδραστική ανάγνωση οποιασδήποτε πληροφορίας καταγράφεται. Αν η αναδραστική ανάγνωση δεν είναι ικανοποιητική μετά από τρεις αναγνώσεις, ο συγκεκριμένος σέκτορας του δίσκου αποβάλλεται από τα περιεχόμενα, με τον χαρακτηρισμό μη αποδεκτός για αποθήκευση δεδομένων. Σε ένα αποδεκτό μέρος του δίσκου η πιθανότητα ικανοποιητικής αναδραστικής ανάγνωσης είναι 0,98. Υποθέστε στατιστική ανεξαρτησία μεταξύ των αναδραστικών αναγνώσεων. Ποια είναι η πιθανότητα ότι ένα αποδεκτό μέρος του δίσκου αποβάλλεται ως μη αποδεκτό για αποθήκευση δεδομένων; Θεωρώ τα γεγονότα : Α1 : «πρώτη ανάγνωση» Α2 : «δεύτερη ανάγνωση» Α3 : «τρίτη ανάγνωση» Δ : «πιθανότητα ικανοποιητικής αναδραστικής ανάγνωσης» Γ1 : «πιθανότητα ικανοποιητικής αναδραστικής ανάγνωσης μετά από 3 αναγνώσεις» Ρ(Α1)=0.333, Ρ(Α2)=0.333, Ρ(Α3)=0.333, Ρ(Δ)=0.98 Τα γεγονότα Α1, Α2, Α3 μπορούν να αντικατασταθούν με ένα στοιχείο Α : Ρ(Α)=Ρ(Α1 Α2 Α3)=Ρ(Α1)+ Ρ(Α2) +Ρ(Α3)- Ρ(Α1Α2)- Ρ(Α1Α3)- -Ρ(Α2Α3)+Ρ(Α1Α2Α3) Και επειδή υπάρχει στατιστική ανεξαρτησία : Ρ(Α)= Ρ(Α1)+ Ρ(Α2) +Ρ(Α3)- Ρ(Α1)P(Α2)- Ρ(Α1)P(Α3)- -Ρ(Α2)P(Α3)+Ρ(Α1)P(Α2)P(Α3)=0.9+0.9+0.9-0.9 0.9-0.9 0.9- -0.9 0.9+0.9 0.9 0.9=0.999 δηλαδή η πιθανότητα μετά από 3 αναγνώσεις για ικανοποιητική αναδραστική ανάγνωση είναι : Ρ(Γ1)= Ρ(Α) Ρ(Δ) =0.999 0.98=0.97902 Το Γ1 είναι το ζητούμενο: Άρα Ρ(Γ1 )= 1-Ρ(Γ1)=1-0.979=0.021