Σηµειώσεις στη Θεωρία Πιθανοτήτων

Σηµειώσεις στη Θεωρία Πιθανοτήτων Μέρος Α. Τι είναι οι Πιθανότητες. Είναι συνηθισµένο να ορίζουµε λοιπόν µαθηµατικές διαδικασίες, τις οποίες ονοµάζουµε µοντέλα ή πρότυπα, ώστε να περιγράψουν φαινόµενα ή πειράµατα. Τα µοντέλα χωρίζονται σε δύο κατηγορίες: Τα προσδιοριστικά µοντέλα (deterministic, αιτιοκρατικά) στα οποία είναι δυνατή µια αρκετά ακριβής πρόβλεψη του αποτελέσµατος που θα παρατηρήσουµε για κάποιο χαρακτηριστικό µέγεθος (µεταβλητή) του υπό µελέτη φαινοµένου όταν είναι γνωστές οι τιµές των άλλων χαρακτηριστικών µεγεθών που εµπλέκονται στο φαινόµενο. Παραδείγµατα τέτοιων προτύπων είναι οι εξισώσεις κίνησης της κλασικής µηχανικής, ο νόµος των ιδανικών αερίων, ο νόµος του Ohm και άλλοι φυσικοί νόµοι. Τα στοχαστικά µοντέλα (propabilistic, stochastic, πιθανοτικά) στα οποία η επαναλαµβανόµενη παρατήρησή τους κάτω από τις ίδιες συνθήκες µπορεί να οδηγήσει σε διαφορετικά αποτελέσµατα. Η αβεβαιότητα στα τελικά αποτελέσµατα µπορεί να οφείλεται :. στην τύχη, όπως στη ρίψη ενός νοµίσµατος και σε άλλα τυχερά παιχνίδια.. στην επίδραση ορισµένων παραγόντων που δεν µπορούν να ελεγχθούν ή είναι άγνωστοι και επηρεάζουν το αποτέλεσµα. Για παράδειγµα, δύο λαµπτήρες µπορεί να είναι του ίδιου ακριβώς τύπου, να έχουν κατασκευαστεί µε την ίδια διαδικασία στο ίδιο εργοστάσιο και να έχουν χρησιµοποιηθεί κάτω από τις ίδιες γενικά συνθήκες, αλλά να έχουν διαφορετική διάρκεια ζωής. Η θεωρία πιθανοτήτων, που αναφέρεται απλούστερα ως πιθανότητες, είναι κλάδος των µαθηµατικών µε αντικείµενο την ανάλυση της συµπεριφοράς φαινοµένων ή πειραµάτων για την περιγραφή των οποίων έχουν καθοριστεί συγκεκριµένα στοχαστικά µοντέλα. Η επιστήµη της στατιστικής ασχολείται µε τη συλλογή, την περιγραφή και την περιληπτική παρουσίαση δεδοµένων, καθώς επίσης και µε την εξαγωγή γενικότερων συµπερασµάτων µε βάση ένα περιορισµένο αριθµό µετρήσεων ή παρατηρήσεων. Ο κλάδος της στατιστικής που πραγµατεύεται την περιγραφή και σύντµηση δεδοµένων µε χρήση πινάκων, γραφικών παραστάσεων και αριθµητικών µέτρων ονοµάζεται περιγραφική στατιστική.

. Βασικοί Ορισµοί Ένα στοχαστικό µοντέλο συνίσταται, ουσιαστικά, στην καταγραφή των δυνατών αποτελεσµάτων του φαινοµένου που περιγράφει και στην αντιστοίχιση σε αυτά πιθανοτήτων, οι οποίες. είτε είναι µεµονωµένοι αριθµοί. είτε προκύπτουν από κάποιο δεδοµένο πιθανοτικό νόµο, που ονοµάζεται κατανοµή. Πείραµα τύχης είναι µία διαδικασία παρατήρησης ενός στοχαστικού φαινοµένου. Για παράδειγµα η καταγραφή των αποτελεσµάτων από το ρίξιµο ενός ζαριού ή η µέτρηση της ζωής ενός λαµπτήρα. Το σύνολο των δυνατών αποτελεσµάτων πριν από την πραγµατοποίηση του πειράµατος ονοµάζεται δειγµατικός χώρος και θα συµβολίζεται µε Ω. Στο πείραµα της παρατήρησης του αποτελέσµατος που θα φέρει η ρίψη ενός ζαριού, ο δειγµατικός χώρος είναι το σύνολο Ω = {,, 3, 4, 5, 6}. Στο πείραµα της παρατήρησης των αποτελεσµάτων που θα φέρουµε στη ρίψη δύο ζαριών, ο δειγµατικός χώρος είναι το σύνολο {( ) Ω = x, y : x =,..., 6, y =,..., 6}. Το σύνολο Ω περιέχει 36 στοιχεία. o ζάρι 3 4 5 6 - - -3-4 -5-6 - - -3-4 -5-6 o ζάρι 3 3-3- 3-3 3-4 3-5 3-6 4 4-4- 4-3 4-4 4-5 4-6 5 5-5- 5-3 5-4 5-5 5-6 6 6-6- 6-3 6-4 6-5 6-6 Στο πείραµα της παρατήρησης του αθροίσµατος των αποτελεσµάτων που θα φέρουµε στη ρίψη δύο ζαριών, ο δειγµατικός χώρος είναι το σύνολο Ω = {, 3,, }. Εδώ, το σύνολο Ω περιέχει στοιχεία. Ο δειγµατικός χώρος ενός πειράµατος µπορεί να είναι είτε ένα σύνολο µε πεπερασµένο πλήθος στοιχείων (αποτελέσµατα ζαριού), είτε ένα άπειρο αλλά αριθµήσιµο σύνολο (π.χ. αριθµός προσπαθειών να πετύχεις ένα στόχο), είτε, τέλος, ένα άπειρο µη αριθµήσιµο σύνολο (π.χ. χρόνος ζωής ενός λαµπτήρα).

Όλα τα υποσύνολα ενός διακριτού δειγµατικού χώρου και, πρακτικά, όλα τα υποσύνολα ενός συνεχούς δειγµατικού χώρου ονοµάζονται ενδεχόµενα ή γεγονότα. Στα ενδεχόµενα συµπεριλαµβάνεται ολόκληρος ο δειγµατικός χώρος βέβαιο ενδεχόµενο) και το κενό σύνολο συµβολίζουµε τα ενδεχόµενα µε κεφαλαία γράµµατα. Ω (το (το αδύνατο ενδεχόµενο). Θα Τα δυνατά αποτελέσµατα ενός πειράµατος είναι τα πιο απλά ενδεχόµενα, και γι αυτό ονοµάζονται στοιχειώδη ενδεχόµενα ή, απλώς, ενδεχόµενα. Παραδείγµατα ενδεχόµενων: Τα παρακάτω είναι υποσύνολα του δειγµατικού χώρου ενός ζαριού». Ω = {,, 3, 4, 5, 6} που αντιστοιχεί στο πείραµα «Αποτέλεσµα ρίψης Ε ={Το αποτέλεσµα του ζαριού είναι άρτιος αριθµός} = {, 4, 6}. Ε ={Το αποτέλεσµα του ζαριού είναι τέσσερα}={ 4}. Ε 3 ={Το αποτέλεσµα του ζαριού είναι περιττός αριθµός}= {, 3, 5}. Ε 4 ={Το αποτέλεσµα του ζαριού είναι αριθµός µικρότερος του 3}= {, }. Ε 5 = {το ζάρι φέρνει αριθµό µεγαλύτερο του τέσσερα} = {5, 6} Λέµε ότι ένα ενδεχόµενο Ε εµφανίζεται σε µια πραγµατοποίηση ενός πειράµατος (δοκιµή) όταν το αποτέλεσµα της δοκιµής ω, δηλαδή το στοιχειώδες ενδεχόµενο που έφερε η δοκιµή, ανήκει στο σύνολο Ε, ω E. Για παράδειγµα εάν ω το αποτέλεσµα του ζαριού είναι 4 τότε έχουµε ω E και ω E. Αν Α και Β είναι δύο ενδεχόµενα σ ένα πείραµα, η ένωσή τους, A B, διαβάζεται Α ή Β και είναι ένα ενδεχόµενο που εµφανίζεται σε µια δοκιµή όταν στην ίδια δοκιµή εµφανιστεί το Α µόνο του ή το Β µόνο του ή εµφανιστούν και τα δύο ενδεχόµενα µαζί. Για παράδειγµα έχουµε αποτέλεσµα ή 4 ή αριθµό µικρότερο του. Η τοµή των ίδιων ενδεχόµενων, E E 4 = {,,4} είναι το ενδεχόµενο να A B, διαβάζεται Α και Β και είναι ένα ενδεχόµενο που εµφανίζεται όταν εµφανιστούν και τα δύο ενδεχόµενα ταυτόχρονα (στην ίδια δοκιµή). Πολλές φορές το σύµβολο της τοµής και αντικαθίσταται από το σύµβολο του γινοµένου. ηλαδή αντί A B συµβολίζουµε A B ή AB Για παράδειγµα E E 4 = {} είναι το ενδεχόµενο να έχουµε αποτέλεσµα άρτιο αριθµό µικρότερο του. Το συµπλήρωµα A του ενδεχόµενου Α εµφανίζεται όταν δεν εµφανίζεται το Α. Για παράδειγµα Ε =Ε 3. Το συµπλήρωµα του ενδεχόµενου να έχουµε άρτιο αποτέλεσµα είναι να έχουµε περιττό. 3

Η διαφορά A B ορίζεται ως το ενδεχόµενο A B (ή AB ) και εµφανίζεται όταν στην ίδια δοκιµή εµφανιστεί το Α αλλά όχι το Β. Tο ενδεχόµενο να είναι Ε={περιττός αλλά όχι µεγαλύτερο του 4} 3 5 3 5 { } { } { } { } { } E = E E = E E ' =,3,5 5,6 ' =,3,5,,3,4 =,3. Αν το Α περιέχεται στο Β, A B, τότε το Β εµφανίζεται οποτεδήποτε εµφανιστεί το Α. Σ αυτή την περίπτωση ισχύει A B µας E E αποτέλεσµα είναι άρτιο. =. Στα παραδείγµατά διότι όταν ισχύει «Φέρνουµε αποτέλεσµα 4» τότε ισχύει ότι το Επίσης E E E E E ' { 4} {, 4,6 }' { 4} {,3,5 } = = = = =. A B Ω Α Β A B A B Τα ενδεχόµενα A B, A B και A B. Γενικότερα, αν θεωρήσουµε n ενδεχόµενα, A, A,..., A n, η ένωσή τους n A A A A n = i εµφανίζεται όταν εµφανιστεί τουλάχιστον ένα από n αυτά, ενώ η τοµή τους A A A A (ή εµφανίζεται όταν εµφανιστούν όλα µαζί. Όταν τα A, A,..., A n n = i AA A Π n n = A ) έχουν την ιδιότητα η εµφάνιση ενός να αποκλείει την εµφάνιση οποιουδήποτε άλλου στην ίδια δοκιµή, τα ενδεχόµενα λέγονται ασυµβίβαστα ανά δύο. Σ αυτή την περίπτωση, κάθε i j. Για παράδειγµα τα ενδεχόµενα Ε 4,Ε 5. A i A = (ή AA = ) για Μια σηµαντική ιδιότητα στις πιθανότητες για n ενδεχόµενα, A, A,..., A n, είναι να είναι ασυµβίβαστα ανά δύο και, επιπλέον, να εξαντλούν από κοινού το n δειγµατικό χώρο, δηλαδή A = Ω. Αυτό δεν συµβαίνει για τα ενδεχόµενα i Ε4,Ε 5 ωστόσο συµβαίνει για τα Ε,Ε 3. Εξετάζοντας ένα άλλο παράδειγµα, είναι j i j i 4

τα Ε, Ε 3, Ε 5 ασυµβίβαστα ανά δύο; Όχι, γιατί E E. (Επίσης, E E ). 3 5 5 Έχουν τα Ε, Ε 3, Ε 5 την ιδιότητα να εξαντλούν από κοινού το δειγµατικό χώρο; Ναι, γιατί E E E =Ω. Αλλά και τα Ε, Ε 3, χωρίς το Ε 5, έχουν αυτή την 3 5 ιδιότητα, µιας και Ε =Ε 3, δηλαδή ισχύει E E 3 = Ω και E E 3 =. Μία χρήσιµη ιδιότητα είναι η γνωστή ως κανόνας De Morgan της θεωρίας συνόλων: Επίσης ισχύει ( '' ) ( A B)' = A B Α =Α οπότε ο κανόνας γράφεται και ( A B)' = A B 3. Ορισµοί της πιθανότητας. Στη βιβλιογραφία εµφανίζονται τρεις ορισµοί οι οποίοι είναι συµβατοί µεταξύ τους. Κλασικός ορισµός πιθανότητας: Αν ένα πείραµα έχει ν ισοδύναµα δυνατά αποτελέσµατα, η πιθανότητα ενός ενδεχόµενου Α είναι ο λόγος ν( A ) ν, όπου ν( A ) είναι ο αριθµός των ευνοϊκών αποτελεσµάτων του πειράµατος για το ενδεχόµενο Α. Σύµφωνα µε τον κλασικό ορισµό της πιθανότητας, η πιθανότητα να φέρουµε περιττό αριθµό στη ρίψη ενός ζαριού είναι 36, η πιθανότητα να βγάλουµε άσο όταν επιλέγουµε στην τύχη ένα χαρτί από µια συνήθη τράπουλα 5 χαρτιών είναι 45 κτλ. Στατιστικός ορισµός πιθανότητας: Η πιθανότητα ενός ενδεχόµενου Α κάποιου πειράµατος είναι ο αριθµός PA ( ) στον οποίο σταθεροποιείται η σχετική συχνότητα na ( ) n του Α σε ένα µεγάλο αριθµό n επαναλήψεων του πειράµατος µε παρόµοιες συνθήκες. Για παράδειγµα, αν ρίξουµε ένα ζάρι των ρίψεων που έφεραν το αποτέλεσµα n φορές και µετρήσουµε τον αριθµό nk ( ) k, για k =,,...,6, θα παρατηρήσουµε ότι η σχετική συχνότητα, nk ( ) n, του αποτελέσµατος k σταθεροποιείται γύρω από την τιµή 6 = 0. 67, για κάθε k =,,...,, 6 καθώς ο συνολικός αριθµός των ρίψεων αυξάνει. Παρόµοια, σύµφωνα µε ορισµένα στατιστικά αποτελέσµατα, η σχετική συχνότητα των αγοριών σε ένα µεγάλο αριθµό γεννήσεων ζωντανών παιδιών είναι κατά προσέγγιση ίση µε 0.5, και η αντίστοιχη σχετική συχνότητα των κοριτσιών είναι περίπου 0.49. Αξιωµατικός ορισµός πιθανότητας: Έστω ένας δειγµατικός χώρος Ω για ένα πείραµα τύχης. Εάν σε κάθε ενδεχόµενο Α του Ω αντιστοιχίσουµε ένα 5

πραγµατικό αριθµό ( ) PA που είναι γνωστές ως αξιώµατα Kolmogorov.. P( A) 0. P( Ω ) = ώστε να ικανοποιούνται οι ακόλουθες τρεις ιδιότητες 3. Για κάθε πεπερασµένη ακολουθία ασυµβίβαστων ανά δύο ενεχόµενων n n A, A,, A n ισχύει: P Ai = P( Ai ) i = i = Τότε θα λέµε ότι η (πραγµατική) συνολοσυνάρτηση P( i ) (συνάρτηση ορισµένη από το σύνολο των υποσυνόλων του Ω στο διάστηµα [ 0, ]) ορίζει πιθανότητα στο δειγµατοχώρο Ω. Θεωρούµε ξανά τα παρακάτω είναι υποσύνολα του δειγµατικού χώρου αντιστοιχεί στο πείραµα «Αποτέλεσµα ρίψης ενός ζαριού». Ε ={Το αποτέλεσµα του ζαριού είναι άρτιος αριθµός} = {, 4, 6}. Ε ={Το αποτέλεσµα του ζαριού είναι τέσσερα}={ 4}. Ε 3 ={Το αποτέλεσµα του ζαριού είναι περιττός αριθµός}= {, 3, 5}. Ε 4 ={Το αποτέλεσµα του ζαριού είναι αριθµός µικρότερος του 3}= {, }. Ε 5 = {το ζάρι φέρνει αριθµό µεγαλύτερο του τέσσερα} = {5, 6} Φανερά P(Ε )=3/6=/, P(Ε )=/6, P(Ε 3 )=3/6=/, P(Ε 4 )=/6=/3, P(Ε 5 )=/6=/3. Ιδιότητες Πιθανοτήτων Εκτός από τα παραπάνω ισχύουν (για όλους τους ορισµούς) : ( ) P = 0 Για δύο ενδεχόµενα Α, Β µε B A PA ( B) = PA ( ) PB ( ). Όπως είπαµε E ισχύουν: (α) ( B) P(A P ) Ω που και (β) E, οπότε P(Ε)=/6 P(Ε )=3/6=/ και εάν Ε ={Το αποτέλεσµα του ζαριού είναι άρτιος αριθµός αλλά όχι τέσσερα} = {, 6}=Ε - Ε τότε PE PE E P( E) P( E) ( ) = ( ) = = 3/6 /6= /6= /3 Για κάθε ενδεχόµενο Α, P( A) 0. Για κάθε ενδεχόµενο Α, PA ( ) = PA ( ). P(Ε )=3/6=- P(Ε 3 )=3/6 6

Κανόνας της προσθέσεως Για οποιαδήποτε ενδεχόµενα Α, Β ισχύει: P ( A B) P( A) + P( B) P( A B) =. Εάν Ε ={Το αποτέλεσµα του ζαριού είναι περιττός αριθµός ή µικρότερος του 3}= {,, 3, 5}, τότε φανερά Ρ(Ε)=4/6. Εναλλακτικά µπορούµε να δούµε ότι E = E3 E 4 οπότε ισχύει ( ) ( ) ( ) ( ) P E3 E4 = P E3 + P E4 P E3 E4 = 3/6+ /6 /6= 4/6 αφού E3 E 4 ={Το αποτέλεσµα του ζαριού είναι περιττός αριθµός και µικρότερος του 3}={} οπότε P( E3 E 4) = /6 Για οποιαδήποτε ασυµβίβαστα ενδεχόµενα Α, Β ισχύει A B= δηλαδή P( A B ) = 0 οπότε τελικά P( A B) = P( A) + P( B). Εάν Ε ={Το αποτέλεσµα του ζαριού είναι αριθµός µικρότερος του 3 ή µεγαλύτερος του 4}= {,, 5,6}, τότε φανερά Ρ(Ε)=4/6. Εναλλακτικά µπορούµε να δούµε ότι E = E5 E 4 οπότε ισχύει ( ) ( ) ( ) ( ) P E5 E4 = P E5 + P E4 P E5 E4 = /6+ /6 0/6= 4/6 αφού E E ={ Το αποτέλεσµα του ζαριού είναι αριθµός µικρότερος του 3 5 4 ( ) και µεγαλύτερος του 4}={0} οπότε P E5 E 4 = 0/6. Γενικεύοντας τα παραπάνω ισχύει Παράδειγµα: ( 3) = ( ) + ( ) + ( 3) ( ) ( ) ( ) ( PA A A PA PA PA PA A PA A PA A + PA A A. 3 3 3 Σε µια µελέτη των αιτίων καταστροφής του οδοστρώµατος βρέθηκε ότι στο 8% των περιπτώσεων καταστροφής υπήρχε αστοχία υλικού, στο 85% των περιπτώσεων υπήρχε κατασκευαστική κακοτεχνία και στο 5% των περιπτώσεων υπήρχαν και τα δύο είδη βλάβης. Με βάση τα ποσοστά αυτά, να βρεθούν οι παρακάτω πιθανότητες ότι σε ένα συγκεκριµένο έλεγχο οδοστρώµατος υπάρχει: (α) αστοχία υλικού ή κατασκευαστική κακοτεχνία, (β) αστοχία υλικού, αλλά όχι κατασκευαστική κακοτεχνία, (γ) το πολύ ένα είδος αιτία από τις αναφερόµενες αιτίες, (δ) καµιά από τις δύο αναφερόµενες αιτίες. Έστω Α και Β συµβολίζουν τα ενδεχόµενα βλάβης αστοχία υλικού και κατασκευαστικής κακοτεχνίας, αντίστοιχα. Με βάση το στατιστικό ορισµό, ) 7

µπορούµε να αντιστοιχίσουµε τις εξής πιθανότητες: ( ) 0.08 P( A B ) = 0.05 (α) Ζητείται η (β) Ζητείται η. ( ) 0.85 P A =, P B =, PA ( B). Εφαρµόζοντας τον κανόνα της προσθέσεως, έχουµε: ( ) = 0.08 + 0.85 0.05 = 0 88 P A B.. PA ( B ) = PA ( B). Επειδή A = ( A B) ( A B ) και τα δύο ενδεχόµενα στην ένωση είναι ασυµβίβαστα έπεται ότι: ( ) = ( ) + ( ) = ( ) + ( ) ( ) = ( ) ( ) = 0.08 0.05 = 0.03 P A P A B P A B P A B P A B P A B P A P A B. (γ) το πολύ ένα είδος αιτία από τις αναφερόµενες αιτίες σηµαίνει να µην υπάρχουν και οι δύο είδη αιτίας, δηλαδή είναι το ενδεχόµενο ( A B) (δ) Ζητείται η PA ( B) ( ) ( ) P A B ' = P A B = -0.05=0.95. θεωρίας συνόλων και A B = ( A B)' '. Έχουµε:. Εφαρµόζοντας το γνωστό κανόνα De Morgan της παίρνουµε: ( ) ( ) ( ) P A B = P A B ' = P A B = 0.88 = 0. Η λύση πολλών προβληµάτων που αναφέρονται σε δύο βασικά ενδεχόµενα Α και Β (ή σε δύο µεταβλητές µε δύο δυνατές τιµές για καθεµιά µεταβλητή) διευκολύνεται µε τη θεώρηση ενός πίνακα πιθανοτήτων. Τα ενδεχόµενα που αντιστοιχούν στα τέσσερα εσωτερικά σηµεία του πίνακα µπορούν να θεωρηθούν ως τα στοιχειώδη ενδεχόµενα του πειράµατος. ηλαδή, εδώ, { A B, A B, A B, A B } Ω=. Β Β Α PA ( B) PA ( B' ) PA ( ) Α PA ( ' B) P( A' B') PA ( ') PB ( ) P( B ').00 Σε τέτοιους πίνακες ισχύουν οι εξής δύο ιδιότητες:. Το άθροισµα των (εσωτερικών) πιθανοτήτων κάθε γραµµής ή στήλης ισούται µε την εξωτερική πιθανότητα στο αντίστοιχο περιθώριο του πίνακα 8

. Το άθροισµα των περιθωρίων πιθανοτήτων για τις γραµµές ή για τις στήλες ισούται µε τη µονάδα. O πίνακας πιθανοτήτων για τα δεδοµένα του παραδείγµατος Β Β Α 0.05 0.08 Α 0.85.00 Κάνοντας χρήση αυτών των ιδιοτήτων, µπορούµε να συµπληρώσουµε τον υπόλοιπο πίνακα. Β Β Α 0.05 0.03 0.08 Α 0.80 0. 0.9 0.85 0.5.00 Από όπου συµπεραίνουµε ( ' ) 0.80, P( A B ) = P( A B) = 0.03 και P( A B ) = 0. P A B = Άσκηση Σε µια µελέτη των αιτίων διακοπής του ηλεκτρικού ρεύµατος βρέθηκε ότι στο 0% των περιπτώσεων διακοπής υπήρχε βλάβη µετασχηµατιστή, στο 75% των περιπτώσεων υπήρχε βλάβη γραµµής µεταφοράς και στο % των περιπτώσεων υπήρχαν και τα δύο είδη βλάβης. Με βάση τα ποσοστά αυτά, να βρεθούν οι παρακάτω πιθανότητες ότι σε µια συγκεκριµένη διακοπή ρεύµατος υπάρχει: (α) βλάβη µετασχηµατιστή ή βλάβη γραµµής µεταφοράς, (β) βλάβη µετασχηµατιστή, αλλά όχι βλάβη γραµµής µεταφοράς, (γ) το πολύ ενός είδους βλάβη, (δ) καµιά από τις δύο αναφερόµενες βλάβες. Απάντηση: Έστω Α και Β συµβολίζουν τα ενδεχόµενα βλάβης µετασχηµατιστή και γραµµής µεταφοράς, αντίστοιχα. Με βάση το στατιστικό ορισµό, µπορούµε να αντιστοιχίσουµε τις εξής πιθανότητες: PA ( ) = 00., PB ( ) = 075, PA B = 00... ( ) (α) Ζητείται η PA ( B). Εφαρµόζοντας τον κανόνα της προσθέσεως, έχουµε: ( ) PA B = 00. + 0. 75 0. 0 = 083.. 9

( ) = ( ) A ( A B) ( A B ) (β) Ζητείται η PA B PA B. Επειδή ενδεχόµενα στην ένωση είναι ασυµβίβαστα έπεται ότι: ( ) = ( ) + ( ) = ( ) + ( ) ( ) = ( ) ( ) = 0.0 0.0 = 0.08 P A P A B P A B P A B P A B P A B P A P A B = και τα δύο. (γ) Υπάρχει το πολύ ενός είδους βλάβη σηµαίνει να µην υπάρχουν και τα δύο είδη βλάβης, δηλαδή είναι το ενδεχόµενο ( A B) P[ ( A B) ] = P( A B) = '. Έχουµε: ' - 0.0 = 0.98. (δ) Ζητείται η PA ( B) θεωρίας συνόλων και A B = ( A B)' παίρνουµε: ( ) ( ). Εφαρµόζοντας το γνωστό κανόνα De Morgan της [ ] ( ) PA B = P A B' = PA B = 083. = 0. 7. Ο αντίστοιχος πίνακας είναι Β Β Α 0.0 0.08 0.0 Άσκηση Α 0.73 0.7 0.90 0.75 0.5.00 Η πιθανότητα να πάρει ένα αεροδρόµιο κάποιο βραβείο Α για το σχεδιασµό του είναι 0.5, η πιθανότητα να πάρει κάποιο βραβείο Β για την αποδοτική χρησιµοποίηση υλικών είναι 0.8 και η πιθανότητα να πάρει το βραβείο Α, αλλά όχι το βραβείο Β είναι 0.9. Να βρεθούν οι εξής πιθανότητες γι αυτό το αεροδρόµιο: (α) Να πάρει και τα δύο βραβεία. (β) Να πάρει τουλάχιστον ένα από τα δύο βραβεία. (γ) Να πάρει το πολύ ένα από τα δύο βραβεία. (δ) Να πάρει το βραβείο Β, αλλά όχι το Α. (ε) Να πάρει ακριβώς ένα από τα δύο βραβεία. Απάντηση Έστω Α και Β συµβολίζουν τα ενδεχόµενα να πάρει το αεροδρόµιο τα αντίστοιχα βραβεία. Ο πίνακας δείχνει το συµπληρωµένο πίνακα πιθανοτήτων, στον οποίο έχουν υπογραµµιστεί τα δεδοµένα του προβλήµατος. Πίνακας πιθανοτήτων Β Β Α 0.06 0.9 0.5 0

Α 0. 0.63 0.75 ( 0.8 0.8.00 (α) Ζητείται η πιθανότητα PA B), που είναι: 0. 5 09. = 006. (β) Ζητείται η (γ) Έχουµε: ( ) PA ( B). Εφαρµόζοντας τον κανόνα της προσθέσεως, έχουµε: ( ) PA B = 05. + 08. 006. = 037.. [ ] ( ) P A B ' = P A B = -0.06=0.94. (δ) Από τον πίνακα βλέπουµε αµέσως ότι PB ( A) = 08. 006. = 0.. (ε) Να πάρει ακριβώς ένα από τα δύο βραβεία είναι το ενδεχόµενο ( A B ) ( A B), και τα δύο ενδεχόµενα στην ένωση είναι ασυµβίβαστα. Άρα, έχουµε: Άσκηση 3 [( ) ( )] ( ) ( ) P A B A B = P A B + P A B = 09. + 0. = 03.. Ένα σύστηµα αποτελείται από τρία υποσυστήµατα συνδεδεµένα παράλληλα, όπως δείχνει το σχήµα Έστω που είναι παριστάνει το ενδεχόµενο το Y θα λειτουργήσει ικανοποιητικά για ένα προκαθορισµένο χρονικό διάστηµα και κάτω από καθορισµένες συνθήκες λειτουργίας ( i =,, 3), και έστω Α το αντίστοιχο ενδεχόµενο για το όλο σύστηµα. Η πιθανότητα αναφέρεται και ως αξιοπιστία του i Y, Y, Y3 Y i, ενώ η PA ( ) αναφέρεται και ως αξιοπιστία A i PA ( i ) του συστήµατος. Έστω ότι σας δίνονται οι πιθανότητες: PA = 030., ( ) =. ( ) =. ( ) =. PA ( A) ( ) =. PA 040, PA 3 050, PA A 0, PA A A 3 006 ( ) ( A ) 3 = 05., PA 3 = 00.,. Να υπολογιστεί η αξιοπιστία του συστήµατος. Y Y Y 3 Απάντηση Παράλληλη σύνδεση τριών υποσυστηµάτων.

Το σύστηµα θα λειτουργήσει ικανοποιητικά αν τουλάχίστον ένα από τα υποσυστήµατα λειτουργήσει ικανοποιητικά. Εφαρµόζοντας τη σχέση ( 3) = ( ) + ( ) + ( 3) ( ) ( ) ( ) ( PA A A PA PA PA PA A PA A PA A + PA A A. 3 3 3 παίρνουµε: PA ( ) = 0. 30 + 0. 40 + 0. 50 0. 0. 5 0. 0 + 0. 06 = 0. 79. ) 4. Στοιχεία Συνδυαστικής Βασική αρχή απαρίθµησης: Αν ένα πείραµα µπορεί να αναλυθεί σε υποπειράµατα, όπου το πρώτο υποπείραµα έχει ν δυνατά αποτελέσµατα, το δεύτερο υποπείραµα έχει ν δυνατά αποτελέσµατα, ανεξάρτητα από το αποτέλεσµα που θα εµφανιστεί στο πρώτο υποπείραµα,, το r υποπείραµα έχει ν r δυνατά αποτελέσµατα, ανεξάρτητα από τα αποτελέσµατα που θα εµφανιστούν στα ν = ν ν ν r r πρώτα υποπειράµατα, τότε το συνολικό πείραµα έχει δυνατά αποτελέσµατα. Για παράδειγµα εάν έχουµε να επιλέξουµε ανάµεσα σε τρεις διαφορετικές µπλούζες και δύο διαφορετικά παντελόνια τότε µπορούµε να έχουµε διαφορετικά ντυσίµατα. r 3 = 6 ιατάξεις χωρίς επανάληψη (επανατοποθέτηση) Έστω ν διαφορετικά αντικείµενα ή, γενικότερα, ένα σύνολο µε ν στοιχεία. Αν πάρουµε r από αυτά τα αντικείµενα ( r ν ) και τα κατατάξουµε σε µια σειρά, τότε λέµε ότι παίρνουµε µια διάταξη των ν αντικειµένων ανά r. Στις διατάξεις η σειρά έχει σηµασία. Έστω το σύνολο {α, β, γ}. Βρείτε όλες τις διατάξεις των 3 ανά από αυτό το σύνολο. Οι ζητούµενες διατάξεις είναι: αβ, βα, αγ, γα, βγ, γβ. Πλήθος διατάξεων των ν ανά r. Ο αριθµός των διατάξεων των ν αντικειµένων ανά r συµβολίζεται µε P ν, r και δίνεται από τον τύπο: ν, r = ν( ν ) ( ν + ), =,,, ν. P r r Ένας διαφορετικός τύπος για το πλήθος των διατάξεων P ν, r είναι: P ν, r ν! ( ν-r) =, r =,,, ν, (.6)!

όπου ορίζουµε 0! = και ν!= 3 ( ν ) ν. Παράδειγµα: Έστω ένα δοχείο µε,,, 0 0 σφαίρες οι οποίες έχουν αριθµηθεί. Επιλέγουµε στην τύχη 3 σφαίρες, τη µια κατόπιν της άλλης, από το δοχείο, και έστω ότι ενδιαφερόµαστε, εκτός από τους αριθµούς των σφαιρών που θα επιλεγούν, και για τη σειρά µε την οποία θα επιλεγούν οι σφαίρες. Βρείτε το πλήθος των δυνατών αποτελεσµάτων του πειράµατος. Το πείραµα αναλύεται σε 3 υποπειράµατα που έχουν 0, 9, και 8 δυνατά αποτελέσµατα, αντίστοιχα, και, εποµένως, το πλήθος όλων των αποτελεσµάτων του συνολικού πειράµατος είναι ίσο µε 0 9 8 = 70. ηλαδή έχουµε 70 διαφορετικές τριάδες. Με αυτόν τον τρόπο χρησιµοποιήσαµε την βασική αρχή απαρίθµησης. Άµεσα θα µπορούσαµε να υπολογίσουµε τις διατάξεις 0 αντικειµένων (αριθµών από έως 0) ανά 3 (θέσεις στις τριάδες) χωρίς επανάθεση (επανατοποθέτηση). Οπότε από τον τύπο P 0, 3 = 0 9 8 = 70. ιατάξεις µε επανάληψη Έστω και πάλι ν διαφορετικά αντικείµενα. Ενώ σε µια κοινή διάταξη των ν ανά r όλα τα r αντικείµενα που περιλαµβάνονται στη διάταξη είναι διαφορετικά, σε µια διάταξη µε επανάληψη των ν αντικειµένων ανά r καθένα από τα αντικείµενα που περιλαµβάνονται στη διάταξη µπορεί να επαναληφθεί µέχρι r φορές. Εδώ το r δεν είναι απαραίτητα µικρότερο ή ίσο του ν, αλλά µπορεί να είναι και r > ν. Έστω το σύνολο {α, β, γ}. Να βρεθούν όλες τις διατάξεις µε επανάληψη των 3 ανά από αυτό το σύνολο. Οι ζητούµενες διατάξεις είναι: αα, αβ, βα, αγ, γα, ββ, βγ, γβ, γγ. ηλαδή έχουµε 9 διατάξεις µε επανάληψη των 3 ανά, ενώ µόνο 3 = 6 διατάξεις των 3 ανά. Πλήθος διατάξεων µε επανάληψη των ν ανά r. Ο αριθµός των διατάξεων µε επανάληψη των ν αντικειµένων ανά r συµβολίζεται µε τον τύπο: r Rν, r = ν, r =,, R ν, r και δίνεται από Στην ειδική περίπτωση που r = ν, οι διατάξεις των ν αντικειµένων ανά r χωρίς επανάθεση λέγονται µεταθέσεις των ν αντικειµένων. Ο τύπος που δίνει το πλήθος των µεταθέσεων των ν αντικειµένων είναι: P νν, ν! =. Έστω ένα δοχείο µε 0 σφαίρες οι οποίες έχουν αριθµηθεί,,, 0. Επιλέγουµε στην τύχη 3 σφαίρες, τη µια κατόπιν της άλλης, από το δοχείο, αλλά κάθε φορά που βγάζουµε µια σφαίρα την τοποθετούµε και πάλι στο δοχείο πριν κάνουµε την επόµενη τυχαία επιλογή σφαίρας. Έστω ότι ενδιαφερόµαστε και 3

εδώ, εκτός από τους αριθµούς των σφαιρών που θα επιλεγούν, και για τη σειρά µε την οποία θα επιλεγούν οι σφαίρες. Να βρεθεί το πλήθος των δυνατών αποτελεσµάτων του πειράµατος. Το ζητούµενο πλήθος είναι ίσο µε 3 R 0, 3 = 0 = 000. R 0, 3. Από τον παραπάνω τύπο, Συνδυασµοί: Έστω ένα σύνολο µε ν στοιχεία. Ένα οποιοδήποτε υποσύνολο µε r στοιχεία (0 r ν ) από αυτό το σύνολο λέγεται συνδυασµός των ν αντικειµένων ανά r. Παράδειγµα Έστω το σύνολο { α, β, γ}. Να βρεθούν όλοι οι συνδυασµοί των 3 ανά από αυτό το σύνολο. Οι ζητούµενοι συνδυασµοί είναι τα τρία υποσύνολα { α, β}, { α, γ}, { β, γ}. Πλήθος συνδυασµών των ν ανά αντικειµένων ανά r συµβολίζεται µε r. Ο αριθµός των συνδυασµών των ν ν και δίνεται από τον τύπο: r ν ν r =! ( ν r)! r!, r = 0,,, ν. Στους συνδυασµούς η σειρά δεν έχει σηµασία. ειγ/ψία χωρίς επαν/ση και χωρίς παρατήρηση της σειράς Έστω ένα δοχείο µε 0 σφαίρες οι οποίες έχουν αριθµηθεί,,, 0. Επιλέγουµε στην τύχη 3 σφαίρες, τη µια κατόπιν της άλλης, από το δοχείο, και έστω ότι ενδιαφερόµαστε µόνο για τους αριθµούς των σφαιρών που θα επιλεγούν, χωρίς να µας ενδιαφέρει η σειρά µε την οποία θα επιλεγούν. Να βρεθεί το πλήθος των δυνατών αποτελεσµάτων του πειράµατος. 0 0! Το ζητούµενο πλήθος είναι ίσο µε = = 3 7! 3! Άσκηση 4 0 9 8 3! 70 = = 0. 6 Μια παρτίδα εξαρτηµάτων περιέχει 0 εξαρτήµατα συνολικά, από τα οποία 6 εξαρτήµατα είναι ελαττωµατικά. Βρείτε την πιθανότητα να περιέχονται ελαττωµατικά εξαρτήµατα µεταξύ 5 εξαρτηµάτων που επιλέχτηκαν στην τύχη (χωρίς επανατοποθέτηση) από την παρτίδα. Απάντηση Έστω A το ενδεχόµενο για το οποίο ζητείται η πιθανότητα. Επειδή δε µας ενδιαφέρει η σειρά επιλογής των 5 εξαρτηµάτων, εργαζόµαστε µε συνδυασµούς. 4

Τα ευνοϊκά αποτελέσµατα του πειράµατος προς το είναι όσοι οι δυνατοί τρόποι επιλογής ελαττωµατικών από τα 6 ελαττωµατικά εξαρτήµατα και 3 καλών από τα 4 καλά εξαρτήµατα της παρτίδας. Με εφαρµογή της βασικής αρχής απαρίθµησης, αυτοί είναι 6 4. Ο συνολικός αριθµός των δυνατών 3 αποτελεσµάτων του πειράµατος είναι ίσος µε το πλήθος των υποσυνόλων 5 στοιχείων ενός συνόλου µε 0 στοιχεία, δηλαδή µε 0. Επειδή η επιλογή των 5 σφαιρών γίνεται τυχαία, µπορούµε να θεωρήσουµε ισοπίθανα όλα τα δυνατά αποτελέσµατα του πειράµατος. Άρα βρίσκουµε: Άσκηση 5 ( ) PA = 6 4 3 = 0 5 0. 35 Πόσες πινακίδες κυκλοφορίας υπάρχουν µε τρία γράµµατα και τέσσερις αριθµούς από 0 µέχρι 9, όταν το πρώτο γράµµα είναι Υ και τα δύο επόµενα γράµµατα είναι γράµµατα του ελληνικού αλφαβήτου που συµπίπτουν µε γράµµα(µµατα) του λατινικού αλφαβήτου; Απάντηση Υπάρχουν 4 γράµµατα του ελληνικού αλφαβήτου που δε συµπίπτουν µε γράµµατα του λατινικού αλφαβήτου. Αναλύοντας το πείραµα σε 6 υποπειράµατα (επιλογή γραµµάτων και 4 αριθµών), βλέπουµε ότι το πλήθος των πινακίδων 4 είναι 4 4 0 0 0 0 = 4 0 =,960,000 πινακίδες. Πρέπει να παρατηρήσετε εδώ ότι θα µπορούσαµε να φανταστούµε το πείραµα να αποτελείται από δύο υποπειράµατα, µια δειγµατοληψία µε επανατοποθέτηση γραµµάτων από ένα δοχείο µε 4 γράµµατα και µια δειγµατοληψία µε επανατοποθέτηση 4 αριθµών από ένα δοχείο µε 0 αριθµούς. Άσκηση 6 Σ ένα µάθηµα επιλογής είναι γραµµένοι 5 φοιτητές. Κάθε φοιτητής πρέπει να γράψει µια εργασία που θα επιλέξει στην τύχη από ένα σύνολο 0 εργασιών. (α) Με πόσους διαφορετικούς τρόπους µπορούν να επιλεγούν οι εργασίες από τους φοιτητές όταν ι) οι φοιτητές πρέπει να επιλέξουν διαφορετικές εργασίες; ιι) δεν υπάρχει περιορισµός στις επιλογές; (β) Έστω ότι οι φοιτητές επιλέγουν µεταξύ των 0 εργασιών χωρίς περιορισµό. Ποια είναι η πιθανότητα οι φοιτητές να επιλέξουν διαφορετικές εργασίες; A 5

Απάντηση (α) ι) Αυτό είναι ένα πείραµα δειγµατοληψίας χωρίς επανατοποθέτηση 5 εργασιών από 0 εργασίες. Ο πρώτος (π.χ. κατά αλφαβητική σειρά) φοιτητής επιλέγει µια εργασία από τις 0, ο δεύτερος φοιτητής επιλέγει µια εργασία από τις υπόλοιπες 9,, ο πέµπτος φοιτητής επιλέγει µια εργασία από τις υπόλοιπες 6. Το πλήθος των δυνατών αποτελεσµάτων είναι = 0 9 8 7 6 = 30,40 τρόποι. Παρατηρούµε ότι το αποτέλεσµα δεν εξαρτάται από τη σειρά (αλφαβητική ή όχι) µε την οποία θα επιλέξουν οι φοιτητές. P 0, 5 Ιι) Τώρα γίνεται δειγµατοληψία µε επανατοποθέτηση 5 εργασιών από 0 εργασίες. Το πλήθος των δυνατών αποτελεσµάτων του πειράµατος είναι 5 R 0, 5 = =, 0 00 000 τον κλασικό ορισµό, τρόποι. (β) Έστω p η ζητούµενη πιθανότητα. Σύµφωνα µε p = P( E) 0 5, όπου Ε συµβολίζει το ενδεχόµενο οι φοιτητές να επιλέξουν διαφορετικές εργασίες. Όµως, το πλήθος των ευνοϊκών αποτελεσµάτων προς το ενδεχόµενο Ε είναι ίσο µε, γιατί, αν φανταστούµε ένα πείραµα δειγµατοληψίας µε επανατοποθέτηση, αλλά µε τον περιορισµό να παίρνουµε διαφορετικά αποτελέσµατα στα υποπειράµατά του, αυτό το πείραµα είναι ουσιαστικά πείραµα δειγµατοληψίας χωρίς επανατοποθέτηση. Άρα p = 30,40 00,000 = 0.304. Άσκηση 7 Ένα κουτί µε µπαταρίες ραδιοφώνου περιέχει 3 ελαττωµατικές µπαταρίες. Αν αγοράσετε 4 µπαταρίες από το κουτί, να βρεθούν οι πιθανότητες να πάρουµε: (α) µια ελαττωµατική µπαταρία, (β) όλες καλές µπαταρίες. Απάντηση Με παρόµοια συλλογιστική µε αυτή της απάντησης της Άσκησης 4 και συµβολίζοντας µε A, B P 0, 5 τα ενδεχόµενα που µας ενδιαφέρουν, βρίσκουµε: 3 9 3 3 987 (α) PA ( ) 3! 5 = = = = 0. 509, 0 9 495 4 4! (β) ( ) PB = 3 9 0 4 4 = 9876 4! 0 9 4! 4 = = 55 0. 545. 6

5. εσµευµένη Πιθανότητα Ορισµός δεσµευµένης πιθανότητας: Έστω Α, Β δύο ενδεχόµενα σ ένα πείραµα και έστω ότι PB ( ) > 0. Η δεσµευµένη πιθανότητα του Α όταν δίνεται το Β συµβολίζεται µε PA ( B) και ορίζεται από τη σχέση: Όταν PA ( B) PA ( B) =. PB ( ) PB ( ) = 0, η δεσµευµένη πιθανότητα PA ( ) B δεν ορίζεται. Από τον ορισµό της δεσµευµένης πιθανότητας προκύπτει η επόµενη πρόταση, που είναι γνωστή ως ο κανόνας του γινοµένου. Κανόνας του γινοµένου Για δύο ενδεχόµενα Α και Β ισχύει η σχέση: PA ( B) = PA ( ) PB ( A) = PB ( ) PA ( B), (.) υποθέτοντας ότι οι πιθανότητες PB ( A ) και PA ( B ) µπορούν να οριστούν. Άσκηση 8 Αναφερόµενοι στην Άσκηση να υπολογιστούν οι πιθανότητες, σε µια διακοπή ρεύµατος, να υπάρχει βλάβη: (α) γραµµής µεταφοράς, δεδοµένου ότι υπάρχει βλάβη µετασχηµατιστή, (β) γραµµής µεταφοράς όταν είναι γνωστό ότι δεν υπάρχει βλάβη µετασχηµατιστή. Απάντηση: Έστω Α και Β συµβολίζουν πάλι τα ενδεχόµενα βλάβης µετασχηµατιστή και γραµµής µεταφοράς, αντίστοιχα. (α) Ζητείται η δεσµευµένη πιθανότητα PB ( A, ) που είναι: ( A) ( ) PB 0.0 PB ( A) = = = 0.0. PA 0.0 (β) Ισχύει όπου τις τιµές τις πήραµε από τον πίνακα της Άσκησης. PB ( A ) 0.73 PB ( A ) = = = 0.8 PA ( ) 0.90 Άσκηση 9 Αναφερόµενοι στα δεδοµένα της Άσκησης, να υπολογισθούν οι εξής πιθανότητες για το αεροδρόµιο: (α) να πάρει το βραβείο Α όταν είναι γνωστό ότι δε θα πάρει το βραβείο Β, (β) να µην πάρει και τα δύο βραβεία, δεδοµένου ότι θα πάρει το βραβείο Α. Απάντηση 7

(α) PA ( B) ( B ) ( ) PA 09. 0.9 = = = = 0. 37. PB 08. 0.8 ( B ) ( ) PA 09. (β) Ζητείται η PB ( A). Είναι PB ( A) = = = 076.. PA 05. Άσκηση 9 Από µια συνήθη τράπουλα 5 χαρτιών επιλέγουµε στην τύχη 5 χαρτιά χωρίς επανατοποθέτηση. Να βρεθούν οι πιθανότητες: (α) τα πρώτα χαρτιά που θα επιλεγούν να είναι άσοι, (β) τα πρώτα χαρτιά που θα επιλεγούν να περιέχουν ακριβώς έναν άσο, Απάντηση: Έστω A i = {να βγάλουµε άσο στο i χαρτί}, B i = {να βγάλουµε δέκα στο i χαρτί}, K i = {να βγάλουµε ρήγα στο i χαρτί}, i (α) Η ζητούµενη πιθανότητα, PA ( A) γινοµένου: 4 3 P( A A ) = P( A ) P( A A ) = = 0. 0045. 5 5 Εδώ βλέπουµε ότι η δεσµευµένη πιθανότητα PA ( A ) =,, 3, 4, 5., βρίσκεται από τον κανόνα του βρίσκεται αµέσως, µε χρήση του κλασικού ορισµού της πιθανότητας στο πείραµα επιλογής του δεύτερου χαρτιού. (β) Επειδή ο άσος µπορεί να βγει στο πρώτο ή στο δεύτερο χαρτί, αλλά όχι και στα δύο, έχουµε να βρούµε την πιθανότητα του ενδεχόµενου ( A A ) ( A A ). Η πιθανότητα αυτή ισούται µε το άθροισµα των πιθανοτήτων των δύο ενδεχόµενων στις παρενθέσεις, επειδή αυτά είναι ασυµβίβαστα. Εποµένως, από τον κανόνα του γινοµένου: [( ) ( ) ] = ( ) ( ) + ( ) ( ) P A A A A PA PA A PA PA A 4 48 48 4 ( )( 4)( 48) = + = = 5 5 5 5 ( 5)( 5) 0. 448. Τα δύο ενδεχόµενα Α και Β του ίδιου πειράµατος τύχης λέγονται ανεξάρτητα όταν η πραγµατοποίηση του ενός δεν µας δίνει πληροφορίες για την πραγµατοποίηση του άλλου. Τα δύο ενδεχόµενα Α και Β λέγονται ανεξάρτητα όταν ισχύει η σχέση: Τα n ενδεχόµενα φυσικό αριθµό k µε από τα n, A, A,, A A, A,, A n k i i i n PA ( B) = PA ( ) PB ( ). λέγονται ανεξάρτητα αν για οποιοδήποτε n και για οποιοδήποτε υποσύνολο k ενεχόµενων, ισχύει: 8

( i i i ) ( i ) ( i ) ( i ) n n PA A A = PA PA PA. Τα n πειράµατα Π, Π,, Π n λέγονται ανεξάρτητα όταν οποιαδήποτε n ενδεχόµενα ένα ενδεχόµενο από κάθε πείραµα είναι ανεξάρτητα ενδεχόµενα. Αν τα Α και Β είναι ανεξάρτητα και έχουν θετικές πιθανότητες, τότε προκύπτουν οι σχέσεις: Άσκηση 0 PA ( B) = PA ( ), PB ( A) PB ( ) =. Αναφερόµενοι στην Άσκηση, να εξεταστεί εάν τα ενδεχόµενα {υπάρχει βλάβη µετασχηµατιστή}, {υπάρχει βλάβη γραµµής µεταφοράς} είναι ανεξάρτητα ή όχι. Απάντηση Με τον ίδιο συµβολισµό όπως στην απάντηση την Άσκηση, βλέπουµε ότι ( ) ( ) = ( 00) ( 0 75) = 0 075 0 0 = ( ) PA PB.... PA B. Επειδή δεν ισχύει η σχέση, τα ενδεχόµενα δεν είναι ανεξάρτητα. E Ω A A A n Ο Ω είναι ένωση ασυµβίβαστων ανά δύο ενδεχόµενων A i. Θεώρηµα ολικής πιθανότητας Έστω Ε οποιοδήποτε ενδεχόµενο και A, A,, A n ασυµβίβαστα ανά δύο ενδεχόµενα που εξαντλούν από κοινού το δειγµατικό χώρο και τέτοια ώστε ( ) PA i > 0 για i =,,, n. Τότε ισχύει: ( ) = ( ) ( ) + ( ) ( ) + + ( ) ( ) PE PE A PA PE A PA PE An PAn. Άσκηση Σε µια αποθήκη είναι αποθηκευµένα εξαρτήµατα του ίδιου τύπου, που προέρχονται από τρεις διαφορετικούς προµηθευτές Α, Β, Γ, και σε ποσοστά 50% από τον Α, 40% από το Β, 0% από τον Γ. Είναι γνωστό ότι οι προµηθευτές Α, Β, Γ παράγουν ελαττωµατικά εξαρτήµατα σε ποσοστά 6%, 0% και 5%, αντίστοιχα. Έστω ότι επιλέγουµε στην τύχη ένα εξάρτηµα από την αποθήκη. ΝΑ Να βρεθεί η πιθανότητα να επιλέξουµε ελαττωµατικό εξάρτηµα. 9

Απάντηση: Έστω Α, Β, Γ τα ενδεχόµενα το εξάρτηµα που θα επιλέξουµε να προέρχεται από τους αντίστοιχους προµηθευτές και Ε το ενδεχόµενο το εξάρτηµα να είναι ελαττωµατικό. Εφαρµόζοντας το θεώρηµα ολικής πιθανότητας, παίρνουµε: ( ) = ( ) ( ) + ( ) ( ) + ( Γ) ( Γ ) ( 0.06) ( 0.50) + ( 0.0) ( 0.40) + ( 0.5) ( 0.0) = 0.03 + 0.04 + 0.05 = 0. 085 PE PE A PA PE B PB PE P =. Κανόνας του Bayes Έστω Ε και ενδεχόµενα σ ένα πείραµα και έστω ότι ισχύουν οι ίδιες υποθέσεις γι αυτά όπως στο Θεώρηµα Ολικής Πιθανότητας. Τότε, ισχύει για i ( E) PA i = =,,, n, A, A,, A n PE ( Ai) PA ( i) ( ) ( ) + ( ) ( ) + + ( n) ( n) PE A PA PE A PA PE A PA Ο κανόνας του Bayes χρησιµοποιείται συχνά για την αναθεώρηση των πιθανοτήτων διαφόρων ενδεχόµενων τα οποία προηγούνται χρονικά από άλλα ενδεχόµενα του πειράµατος ή αποτελούν τις αιτίες των αποτελεσµάτων που έχουµε παρατηρήσει. Επίσης, είναι χρήσιµο στην εύρεση επιτρεπτών ορίων λαθών σε διαγνωστικούς ελέγχους προκειµένου οι έλεγχοι αυτοί να είναι πρακτικά χρήσιµοι. Άσκηση Αναφερόµενοι στην Άσκηση να βρεθεί η πιθανότητα το εξάρτηµα που επιλέξαµε να προέρχεται από τον προµηθευτή Γ δοθέντος ότι βρέθηκε ελαττωµατικό. Απάντηση: Θέλουµε να βρούµε την P( Γ E). Εφαρµόζοντας τον κανόνα του Bayes και παίρνοντας υπόψη την απάντηση της που είναι η τιµή του παρονοµαστή έχουµε: Άσκηση 3 P ( Γ E) P = ( E Γ) P( Γ) P ( E) = ( 0.5) ( 0.0) 0.085 = 0.05 = 0.765 0.085 Μια ασφαλιστική εταιρεία πιστεύει ότι τα άτοµα που ασφαλίζονται σε κάποιο πρόγραµµα µπορούν να διακριθούν σε δύο βασικές κατηγορίες, ανάλογα µε το αν είναι επιρρεπή ή όχι στα ατυχήµατα. Από στατιστικές µελέτες έχει εκτιµηθεί ότι ένα άτοµο που είναι επιρρεπές έχει πιθανότητα 0.40 να πάθει (τουλάχιστον ένα) ατύχηµα στη διάρκεια ενός έτους, ενώ η αντίστοιχη πιθανότητα για τα µη επιρρεπή άτοµα είναι 0.0. Αν υποθέσουµε ότι το 0% των ατόµων που ασφαλίζονται είναι επιρρεπή, να βρεθούν οι πιθανότητες ένα άτοµο να είναι επιρρεπές, όταν το άτοµο αυτό είχε ατύχηµα: (α) στη διάρκεια του πρώτου 0

χρόνου ασφάλισής του και (β) σε καθένα από τα δύο πρώτα χρόνια ασφάλισής του. Απάντηση Έστω και A = T j = {το άτοµο θα έχει ατύχηµα στο j χρόνο ασφάλισής του}, j =, {το άτοµο είναι επιρρεπές στα ατυχήµατα}. (α) ίνονται PT ( A) = 040., PT ( A) P ( ) ( T A) P( A) A T = = P( T A) P( A) + P( T A ) P( A ) =., ( A) = 0.0 00 P. Έχουµε: ( 0.40) ( 0.0) ( 0.40) ( 0.0) + ( 0.0) ( 0.80) P 0.50. = (β) Εφαρµόζουµε και πάλι τον κανόνα του Bayes, παίρνοντας ως εκ των προτέρων πιθανότητες τις εκ των υστέρων πιθανότητες του πρώτου βήµατος, δηλαδή: PA ( ) PA ( T ) ( A T T ) = = 050 P T. Έχουµε:. και ( A ) = P( A T ) = P( A ) 0. 50 P( T A) P( A) ( A) P( A) + P( T A ) P( A ) = ( 0.40) ( 0.50) ( 0.40) ( 0.50) + ( 0.0) ( 0.50) P = = = 0.80. P T Παρατηρήστε ότι η εµφάνιση όλο και περισσότερων ατυχηµάτων σ ένα άτοµο αυξάνει συνεχώς την εκ των υστέρων πιθανότητα αυτό το άτοµο να ανήκει στην κατηγορία των επιρρεπών ατόµων προς τα ατυχήµατα. Αυτός είναι, άλλωστε, και ο λόγος που οι ασφαλιστικές εταιρείες αυξάνουν το ασφάλιστρο µετά την πραγµατοποίηση ατυχηµάτων. Άσκηση 4 Σε ένα σύστηµα τηλεπικοινωνίας µε ποµπό και δέκτη, τα εκπεµπόµενα σήµατα είναι 0 ή και εκπέµπονται µε την ίδια πιθανότητα. Η. Ο δέκτης λαµβάνει τα σήµατα µε ένα σφάλµα, έτσι ώστε: Η πιθανότητα να πάρει κάποιος όταν στέλνεται είναι 0.99 αντίστοιχα, η πιθανότητα να πάρει κάποιος 0, όταν στέλνεται 0, είναι 0.98. Τα σήµατα εκπέµπονται ανεξάρτητα το ένα από το άλλο και παίρνονται από το δέκτη στη σειρά που στάλθηκαν. Απαντήστε στα κάτωθι ερωτήµατα: (α) Ποια η πιθανότητα να πάρουµε το σήµα 00 όταν εκπέµπεται 0; (β) Ποια η πιθανότητα να πάρουµε το σήµα 0; Απάντηση Ορίζοντας τα γεγονότα: Χ: η πηγή στέλνει, Y: η πηγή στέλνει 0 Α: ο δέκτης λαµβάνει, B: ο δέκτης λαµβάνει 0 παρατηρούµε ότι από τα δεδοµένα του προβλήµατος έχουµε τις εξής πιθανότητες: PX ( ) = 0.50, PY ( ) = PY ( ') = PX ( ) = 0.5 = 0.5 PAX ( ) = 0.99, PBX ( ) = PB ( ' X) = PAX ( ) = 0.0,

PBY ( ) = 0.98, PAY ( ) = PAY ( ' ) = PBY ( ) = 0.0 α) Ζητάµε: P(( B X) ( A X) ( B Y)) Τα γεγονότα αυτά είναι ανεξάρτητα οπότε ισχύει P( B A) = P( B) P( A) ηλαδή τελικά P(( B X) ( A X) ( B Y)) = P( B X) P( A X) P( B Y) = 0.0 0.99 0.98 = 0.00970 β) Ζητάµε P( A A B) Τα γεγονότα αυτά είναι ανεξάρτητα οπότε τελικά PA ( A B) = PA ( ) PA ( ) PB ( ) Για να υπολογίσουµε το πρέπει να χρησιµοποιήσουµε το θεώρηµα Ολικής πιθανότητας. Τα Α,Β είναι ασυµβίβαστα (ξένα) µεταξύ τους δηλαδή εξαντλούν το χώρο PA ( ) A B =Ω. Οπότε σύµφωνα µε το θεώρηµα PA ( ) = PA ( X) PX ( ) + PAY ( ) PY ( ) = 0.99 0.5 + 0.0 0.5 = 0.505 παρόµοια PB ( ) = PB ( X) PX ( ) + PBY ( ) PY ( ) = 0.0 0.5 + 0.98 0.5 = 0.495 Άρα τελικά PA A B PA PA PB ( ) = ( ) ( ) ( ) = 0.505 0.495 = 0.63 Άσκηση 5 A B= Το τεστ Παπανικολάου κάνει ορθή διάγνωση στο 98% των περιπτώσεων, δηλαδή το τεστ είναι θετικό µε πιθανότητα 0.98 εάν η εξεταζόµενη πράγµατι πάσχει από καρκίνο της µήτρας και είναι αρνητικό µε πιθανότητα 0.98 εάν δεν έχει την ασθένεια. Γνωρίζουµε ότι το ποσοστό των πασχόντων γυναικών από αυτή τη µορφή του καρκίνου στη χώρα µας είναι στις.000. Ποια είναι η πιθανότητα πράγµατι να πάσχει από καρκίνο της µήτρας µία γυναίκα στην οποία το τεστ βγήκε θετικό. Απάντηση Έστω Α το ενδεχόµενο «πάσχει από την ασθένεια» και Θ το ενδεχόµενο «το τεστ είναι θετικό». Τα Α,Α είναι ασυµβίβαστα (ξένα) µεταξύ τους δηλαδή το χώρο A A' =Ω. Οπότε σύµφωνα µε το θεώρηµα Bayes έχουµε: και A A' = και εξαντλούν PA ( ) P( Θ/ Α) P( Α/ Θ ) = PA ( ) P( Θ/ Α ) + PA ( ') P( Θ/ Α') PA ( ) = /000 = 0.00, PA ( ') = 999 /000 = 0.999

P( Θ/ Α ) = 0.98, P ( Θ/ Α ') = 0.0 P( Θ'/ Α ') = 0.98, P ( Θ'/ Α ) = 0.0 0.00 0.98 P ( Α/ Θ ) = = 0.0048 0.00 0.98 + 0.999 0.0 Άσκηση 6 Το 7% του πληθυσµού µιας αφρικανικής χώρας πάσχει από ΑIDS. Ένα άτοµο για το οποίο υπάρχει υποψία ότι πάσχει από την ασθένεια υποβάλλεται σε δύο ανεξάρτητα µεταξύ τους τεστ. Ένα συνηθισµένο τεστ (ELISA) έχει πιθανότητα θετικού ή αρνητικού σφάλµατος % (δηλαδή η πιθανότητα να είναι σωστή η διάγνωση 98%). Ποια η πιθανότητα να πάσχει πράγµατι από τη ασθένεια i) εδοµένου ότι και τα δύο τεστ είναι θετικά, ii) Απάντηση εδοµένου ότι µόνο το ένα τεστ είναι θετικό; Έστω Α το ενδεχόµενο «πάσχει από την ασθένεια», Θ το ενδεχόµενο «το τεστ είναι θετικό», και πιθανότητες: Θ P(A) = 0.07, P(A') = 0.93 P(Θ /A) = P(Θ /A) = 0.98 P(Θ /A') = P(Θ /A') = 0.0 P(Θ /A) = P(Θ /A) = 0.0 ' ' P(Θ /A') = P(Θ /A') = 0.98 ' ' το ενδεχόµενο «το τέστ είναι θετικό» και αξιοποιήστε τις Επειδή τα, Θ και είναι ανεξάρτητα ισχύει ( ) ( ) Θ P( Θ Θ /A) = P(Θ /A) P(Θ /A) = 0.98 = 0.9604 P( Θ Θ /A') = P(Θ /A') P(Θ /A') = 0.0 = 0.0004. i)τα Α,Α είναι ασυµβίβαστα (ξένα) µεταξύ τους δηλαδή A A' = και εξαντλούν το χώρο A A' =Ω. Οπότε σύµφωνα µε το θεώρηµα Bayes έχουµε: 3

P(( Θ Θ )/ Α ) P( A) 0.07 0.9604 P( Α/( Θ Θ )) = = = P(( Θ Θ)/ Α ) P( A) + P(( Θ Θ)/ Α') P( A') 0.07 0.9604 + 0.93 0.0004 0.0678 = = 0.9945 0.0676 ii) Ορίζω Θ το γεγονός «µόνο το ένα τεστ είναι θετικό». Ζητάµε Οπότε σύµφωνα µε το θεώρηµα Bayes έχουµε: P( Θ / Α ) P( A) P( Α/ Θ )) = P( Θ/ Α) P( A) + P( Θ/ Α') P ( A' ) P( Α/ Θ) Περιοριζόµαστε στο δειγµατικό χώρο αυτών που πάσχουν, παρατηρούµε ότι για αυτόν τον δειγµατικό χώρο Θ= ( Θ Θ ') ( Θ Θ ') Τα ( Θ Θ', ) ( Θ Θ ') ( ) ( ) P( Θ ) = P Θ Θ ' + P Θ Θ ' είναι ξένα µεταξύ τους οπότε επειδή τα τεστ είναι ανεξάρτητα P( Θ Θ ') = P( Θ ) P ( Θ' ) και ( Θ Θ ') = ( Θ ) ( Θ ) P P P ' οπότε έχουµε ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) P( Θ ) = P Θ Θ ' + P Θ Θ ' = P Θ P Θ ' + P Θ P Θ ' και επειδή µιλάµε για το δειγµατοχώρο αυτών που πάσχουν ισχύει ( ) ( ) ( ) ( ) P( Θ A) = P Θ A P Θ ' A + P Θ A P Θ ' A = 0.98 0.0 + 0.98 0.0 = 0.039 Παρόµοια για το δειγµατοχώρο αυτών που δεν πάσχουν έχουµε ( ) ( ) ( ) ( ) P( Θ A') = P Θ A' P Θ ' A' + P Θ A' P Θ ' A' = 0.98 0.0 + 0.98 0.0 = 0.039 Οπότε σύµφωνα µε το θεώρηµα Bayes έχουµε: P( Θ / Α ) P( A) 0.039 0.07 P( Α/ Θ )) = = = 0.07 P( Θ/ Α) P( A) + P( Θ/ Α') P( A') 0.039 0.07 + 0.039 0.93 Άσκηση 7 Μία πηγή στέλνει τρία γράµµατα x,y,z µε συχνότητα 30%, 0% και 50% αντίστοιχα. Ένας δέκτης λαµβάνει τα γράµµατα µε ένα σφάλµα, έτσι ώστε: Η πιθανότητα να πάρει κάποιος x, y, z, όταν στέλνεται x, είναι 0.7, 0., 0. αντίστοιχα, η πιθανότητα να πάρει κάποιος x, y, z, όταν στέλνεται y, είναι 0.3, 0.6, 0. αντίστοιχα και τέλος, η πιθανότητα να πάρει κάποιος x, y, z, όταν στέλνεται z, είναι 0., 0.5, 0.4 αντίστοιχα. Τα γράµµατα εκπέµπονται ανεξάρτητα το ένα από το άλλο και παίρνονται από το δέκτη στη σειρά που στάλθηκαν. Ορίζοντας τα γεγονότα: Χ: η πηγή στέλνει x, Y: η πηγή στέλνει y, Z: η πηγή στέλνει z και 4

Α: ο δέκτης λαµβάνει x, B: ο δέκτης λαµβάνει y, Γ: ο δέκτης λαµβάνει z, παρατηρήστε ότι από τα δεδοµένα του προβλήµατος έχουµε τις εξής πιθανότητες: PX ( ) = 0.3, PY ( ) = 0., PZ ( ) = 0.5, PAX ( ) = 0.7, PBX ( ) = 0., P( Γ X) = 0. PA ( Υ ) = 0.3, PB ( Υ ) = 0.6, P( Γ Υ ) = 0., PAZ ( ) = 0., PBZ ( ) = 0.5, P( Γ Z) = 0.4 και απαντήστε στα κάτωθι ερωτήµατα: (α) Ποια η πιθανότητα να πάρουµε το σήµα yyx όταν εκπέµπεται yyx; (β) Ποια η πιθανότητα να πάρουµε το σήµα yyx; (Υπόδειξη: Χρησιµοποιείστε το Θεώρηµα Ολικής Πιθανότητας). ΛΥΣΗ: Χρησιµοποιώντας τους ως άνω ορισµούς έχουµε: (α) P(να πάρουµε το σήµα yyx όταν εκπέµπεται yyx)=p(να πάρουµε το σήµα y όταν εκπέµπεται y ΚΑΙ να πάρουµε το σήµα y όταν εκπέµπεται y ΚΑΙ να πάρουµε το σήµα x όταν εκπέµπεται x)=p((b Y) (B Y) (A X))=0.6 0.6 0.7=0.5 (β) P(η πιθανότητα να πάρουµε το σήµα yyx;)=p(η πιθανότητα να πάρουµε το σήµα y KAI η πιθανότητα να πάρουµε το σήµα y KAI η πιθανότητα να πάρουµε το σήµα x)=p(b)p(b)p(a) Για να υπολογίσουµε την P(B) θα χρησιµοποιήσουµε το θεώρηµα ολικής πιθανότητας. PB ( ) = PX ( ) PB ( X) + PYPBY ( ) ( ) + PZPB ( ) ( Z) = 0.3 0. + 0. 0.6 + 0.5 0.5 = 0.43 οµοίως βρίσκουµε ότι P(A)=0.3 και άρα τελικά P(B)P(B)P(A)= (0.43) 0.3 = 0.06. Άσκηση 8 Το υπάρχον τεστ για συγκεκριµένη µορφή καρκίνου του εντέρου κάνει ορθή διάγνωση στο 95% των περιπτώσεων, δηλαδή το τέστ είναι θετικό µε πιθανότητα 5

0.95 εάν ο εξεταζόµενος πράγµατι πάσχει από καρκίνο και είναι αρνητικό µε πιθανότητα 0.95 εάν δεν έχει την ασθένεια. Γνωρίζουµε ότι το ποσοστό των πασχόντων από αυτή τη µορφή του καρκίνου στη χώρα µας είναι στις 0.000. εδοµένου ότι το τεστ για το κύριο Χ είναι θετικό, είναι δικαιολογηµένος ο υπερβολικός φόβος του κύριου Χ; Ποια είναι η πιθανότητα αυτός πράγµατι να πάσχει από καρκίνο; Ποια ερµηνεία δίνετε στο αποτέλεσµά σας; Υπόδειξη: Έστω Α το ενδεχόµενο «πάσχει από την ασθένεια» και Θ το ενδεχόµενο «το τεστ είναι θετικό». Παρατηρήστε ότι P(A) = /0000 = 0.000, P(A') = P(- A) = 9999/0000 = 0.9999 και χρησιµοποιήστε τον τύπο του Bayes. ΛΥΣΗ: Έστω Α το ενδεχόµενο ότι ο κύριος Χ «πάσχει από την ασθένεια» και Θ το ενδεχόµενο «το τεστ είναι θετικό». Σύµφωνα µε το τύπο Bayes έχουµε: PA ( ) P( Θ/ Α) P( Α/ Θ ) = PA ( ) P( Θ/ Α ) + PA ( ') P( Θ/ Α') PA ( ) = /0000 = 0.000, PA ( ') = 9999 /0000 = 0.9999 P( Θ/ Α ) = 0.95, P( Θ/ Α ') = 0.05 και 0.000 0.95 P ( Α/Θ)= =0.009 0.000 0.95 + 0.9999 0.05 Άρα λιγότεροι από δύο στους χίλιους εξεταζόµενους µε θετικό τέστ τελικά πάσχουν από την ασθένεια, οπότε είναι αδικαιολόγητος ο φόβος του κυρίου Χ. Άσκηση 9 Το 0% του πληθυσµού µιας αφρικανικής χώρας πάσχει από σοβαρή ασθένεια. Ένα άτοµο για το οποίο υπάρχει υποψία ότι πάσχει από την ασθένεια υποβάλλεται σε δύο ανεξάρτητα µεταξύ τους τεστ καθένα από τα οποία κάνει σωστή διάγνωση µε πιθανότητα 90%. Ποια η πιθανότητα να πάσχει πράγµατι από τη ασθένεια i) εδοµένου ότι και τα δύο τεστ είναι θετικά, ii) εδοµένου ότι µόνο το ένα τεστ είναι θετικό; Τι παρατηρείτε; Υπόδειξη: Έστω Α το ενδεχόµενο «πάσχει από την ασθένεια», Θ το ενδεχόµενο «το τεστ είναι θετικό», και Θ το ενδεχόµενο «το τεστ είναι θετικό» και αξιοποιήστε τις πιθανότητες: β) Έστω Α το ενδεχόµενο «πάσχει από την 6

ασθένεια» και Θ το ενδεχόµενο «το τεστ είναι θετικό», και Θ το ενδεχόµενο «το τεστ είναι θετικό». ΛΥΣΗ: i) PA ( ) = 0., PA ( ') = 0.9, P( Θ / A) = P( Θ / A) = P( Θ / A) = 0.9 ' ' P( Θ / A') = P( Θ / A') = P( Θ '/ A') = 0.9 [ ] [ ] P( ΘΘ / A) = P( Θ / A) = 0.8, P( ΘΘ / A') = P( Θ / A') = 0.0 Σύµφωνα µε το τύπο Bayes έχουµε: P PA ( ) P( ΘΘ / Α) 0. 0.8 ( Α/ ΘΘ ) = = = 0.9 PA ( ) P( ΘΘ / Α ) + PA ( ') P( ΘΘ / Α') 0. 0.8+ 0.9 0.0 ii) Ορίζω Η το γεγονός «µόνο το ένα τεστ είναι θετικό» και ζητάµε P( Α / H). Οπότε σύµφωνα µε το θεώρηµα Bayes έχουµε: PH ( / Α ) PA ( ) P( Α / H)) = PH ( / Α ) PA ( ) + PH ( / Α') PA ( ') Περιοριζόµαστε στο δειγµατικό χώρο αυτών που πάσχουν, παρατηρούµε ότι για αυτόν τον δειγµατικό χώρο H = ( Θ Θ ') ( Θ Θ ') Τα ( Θ Θ', ) ( Θ Θ ( ) ( ) PH ( ) = P Θ Θ ' + P Θ Θ ' επειδή τα τεστ είναι ανεξάρτητα ' ) είναι ξένα µεταξύ τους οπότε P( Θ Θ ') = P( Θ ) P ( Θ' ) και P( Θ Θ ') = P( Θ ) P ( Θ ') οπότε έχουµε ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) PH ( ) = P Θ Θ ' + P Θ Θ ' = P Θ P Θ ' + P Θ P Θ ' και επειδή µιλάµε για το δειγµατοχώρο αυτών που πάσχουν ισχύει ( ) ( ) ( ) ( ) PH ( A) = PΘ APΘ ' A+ PΘ APΘ ' A = 0.9 0.+ 0.9 0.= 0.8 Παρόµοια για το δειγµατοχώρο αυτών που δεν πάσχουν έχουµε ( ) ( ) ( ) ( ) P( H A') = P Θ A' P Θ ' A' + P Θ A' P Θ ' A ' = 0.9 0.+ 0.9 0.= 0.8 Οπότε 7

PA ( ) PH ( / Α) 0. 0.8 P( Α / H) = = = 0. PA ( ) PH ( / Α ) + PA ( ') PH ( / Α') 0. 0.8+ 0.9 0.8 P(A) = 0., P(A') = 0.9, P(Θ /A) = P(Θ /A) = P(Θ/A) = 0.9, P(Θ /A') = P(Θ /A') = P(Θ'/A') = 0.9 ' ' και [ ] [ ] P(Θ Θ /A) = P(Θ/A) = 0.8, P(Θ Θ /A') = P(Θ/A') = 0.0. Άσκηση 0 Ένας οδηγός έχει πιθανότητα 0.0 να συλληφθεί µεθυσµένος. Το αλκοτέστ κάνει ορθή διάγνωση στο 95% των περιπτώσεων, δηλαδή το τεστ είναι θετικό µε πιθανότητα 0.95 εάν ο συλληφθείς είναι µεθυσµένος και αρνητικό µε πιθανότητα 0.95 εάν δεν είναι. εδοµένου ότι το τεστ για το κύριο Χ είναι θετικό, είναι δικαιολογηµένος ο φόβος του κύριου Χ ότι θα πληρώσει το πρόστιµο; Ποια είναι η πιθανότητα αν αυτός ζητήσει δεύτερο ανεξάρτητο τεστ να δικαιωθεί; Υπόδειξη: Θεωρήστε Α το ενδεχόµενο «ο συλληφθείς είναι µεθυσµένος» και Θ το ενδεχόµενο «το τεστ είναι θετικό» και χρησιµοποιήστε τον τύπο του Bayes. Λύση: Σύµφωνα µε το τύπο Bayes έχουµε: PA ( ) P( Θ/ Α) P( Α/ Θ ) = PA ( ) P( Θ/ Α ) + PA ( ') P( Θ/ Α') µε PA ( ) = /00 = 0.0, PA ( ') = 99 /00 = 0.99. Επίσης έχουµε P( Θ/ Α ) = 0.95, P( Θ/ Α ') = 0.05 οπότε P ( 0.0 0.95 Α/Θ) = 0.6 0.0 0.95 + 0.99 0.05 Άρα η πιθανότητα, µετά από θετικό τεστ, ο συλληφθείς να ήταν όντως µεθυσµένος είναι λιγότερο από ένα προς έξι. 8

ΜΕΡΟΣ Β Τυχαίες Μεταβλητές και κατανοµές Τυχαία µεταβλητή (τ.µ.) είναι µια συνάρτηση ( ) X µε πεδίο ορισµού το δειγµατικό χώρο Ω του πειράµατος και πεδίο τιµών ένα σύνολο πραγµατικών αριθµών. ηλαδή µε τη συνάρτηση αυτή κάθε στοιχείο ω του Ω (αποτέλεσµα του πειράµατος) απεικονίζεται σ ένα και µόνο πραγµατικό αριθµό X( ω ) = x. Μία τιµή ή, γενικότερα, ένα σύνολο τιµών µιας τυχαίας µεταβλητής αντιστοιχεί, µε την έννοια της αντίστροφης απεικόνισης, σ ένα συγκεκριµένο ενδεχόµενο του πειράµατος. Ο λογισµός πιθανοτήτων που σχετίζονται µε µία τ.µ. ( ) X ανάγεται συνήθως στον υποόγισµό πιθανοτήτων της µορφής PX ( = a), PX ( > a), PX ( a), PX ( < β ), PX ( β ), P( α < X < β), P( α X < β), P( α < X β), P( α X β), Όλα αυτά µπορούν να υπολογιστούν άµεσα εν έχουµε βρει µία έκφραση για τις πιθανότητες συνάρτηση PX ( t) για όλα τα t. Έτσι αν µπορέσουµε να ορίσουµε µία { ω ω } Ft () = FX ( t) = P( Ω: X( ) t), - < t< την οποία ονοµάζουµε συνήθως αθροιστική συνάρτηση κατανοµής. Μία τέτοια συνάρτηση θα πρέπει να ικανοποιεί τα ακόλουθα. να είναι αύξουσα αν t τότε. lim Ft ( ) =, lim Ft ( ) = 0 t t < t Ft Ft ( ) ( ) 3. Να είναι δεξιά συνεχής για όλα τα t. F() t = lim F( u) 4. Να ισχύει P( α < X β) = F( β) F( α ) Οπότε ισχύει PX ( β) = F( β), PX ( < β) = F( β ), PX ( > a) = Fa ( ) PX ( a) = Fa ( ), PX ( = a) = Fa ( ) Fa ( ), u t + P( α < X β) = F( β) F( α), P( α < X < β) = F( β ) F( α), P( α X < β) = F( β ) F( α ), P( α X β) = F( β) F( α ), Στην περίπτωση που η σύναρτηση κατανοµής είναι και δεξιά συνεχής έχουµε Fa ( ) = Fa ( ) και F( β ) = F( β ) δεδοµένη τιµή PX ( = a) = 0. ιακριτές Τυχαίες µεταβλητές. οπότε η πιθανότητα να εµφανιστεί ακριβώς µία 9

Μια τ.µ. που παίρνει διακριτές τιµές, όπως η τ.µ. φέρουµε στη ρίψη δύο ζαριών} λέγεται διακριτή τυχαία µεταβλητή. X = {άθροισµα που θα Υπάρχουν, βέβαια, και διακριτές τ.µ. µε πάρα πολύ µεγάλο (θεωρητικά άπειρο) πλήθος δυνατών τιµών, όπως το πλήθος των σωµατιδίων που εκπέµπει µια ραδιενεργός πηγή, το πλήθος των εξαρτηµάτων που κατασκευάζονται µηχανικά µε µια παραγωγική διαδικασία µέχρι να παραχθεί το πρώτο ελαττωµατικό εξάρτηµα κτλ. Η συνάρτηση πιθανότητας (σ.π.) µιας διακριτής τ.µ. Χ είναι µια συνάρτηση f ( x) µε πεδίο ορισµού το σύνολο των πραγµατικών αριθµών R και πεδίο τιµών ένα υποσύνολο του διαστήµατος [ 0, ] και τέτοια ώστε για κάθε πραγµατικό αριθµό x, η συνάρτηση παίρνει ως τιµή την πιθανότητα να παρατηρήσουµε τιµή της τ.µ. Χ ίση µε x, δηλαδή: f ( x) P( X x), Για να µπορεί µια συνάρτηση ικανοποιεί τις εξής δύο ιδιότητες: (i) f( x ) = 0, για κάθε = = για κάθε x Rx { x, x,, x ν, } x R. (i) f ( x) 0, για κάθε x Rx. (iii) f ( x) >0. x R x f( x) =, x =. f ( x) να είναι νόµιµη σ.π., θα πρέπει να όπου το άθροισµα υπολογίζεται για όλα τα x όπου Η σ.π. του αθροίσµατος των αποτελεσµάτων που θα φέρουµε µε τη ρίψη δύο ζαριών. Τιµές της σ.π. υνατή τιµή (x) της τ.µ. Χ 3 4 5 6 7 8 9 0 f ( x) = PX ( = x) 36 36 3 36 4 36 5 36 6 36 5 36 4 36 3 36 36 36 30

0.667 0.389 f(x) = P (X=x) 0. 0.0833 0.0556 0.078 3 4 5 6 7 8 9 0 x Έστω Χ µια διακριτή τ.µ. µε σ.π. τιµή της Χ συµβολίζεται µε f ( x). Η µέση τιµή της Χ ή αναµενόµενη E( X ) ή µε µ X και δίνεται από: E( X) = xf ( x) Παράδειγµα Έστω Χ = αριθµός που φέρνει ένα ζάρι που ρίχνεται στην τύχη. Βρείτε τη µέση τιµή της Χ. Απάντηση: Η σ.π. της τ.µ. Χ είναι f ( x) = 6 για x =,, 3, 4, 5, 6 και f ( x) = 0 για άλλα x. Εποµένως, από τον παραπάνω τύπο έχουµε: E( X) = x + + 3 + 4 + 5 + 6 6 6 6 6 = 6 6 6 = 3.5. Η ερµηνεία του µ X = 35. είναι η εξής: Αν κάναµε ένα πολύ µεγάλο αριθµό επαναλήψεων του πειράµατος ρίψης ενός ζαριού, ο µέσος όρος των παρατηρήσεών µας θα βρισκόταν πολύ κοντά στο 3.5. Η τυπική απόκλιση µιας τ.µ. Χ συµβολίζεται µε σ X και είναι η (θετική) τετραγωνική ρίζα της διασποράς της Χ, δηλαδή: Όπου διασπορά var( X) = E ( X µ ) [( ) ] σ X = var( X) = E X µ Η ιωνυµική Κατανοµή Πολλά φαινόµενα του πραγµατικού κόσµου µπορούν να ενταχθούν σε µια γενική κατηγορία, που περιγράφεται ως εξής:. Υπάρχει µια ακολουθία δοκιµών Bernoulli, δηλαδή πειραµάτων µε δύο δυνατά αποτελέσµατα του τύπου ναι - όχι, λειτουργεί - δε λειτουργεί, συµβαίνει - δε συµβαίνει, «επιτυχία» - «αποτυχία».. 3

. Η πιθανότητα επιτυχίας (δηλαδή να συµβεί το συγκεκριµένο αποτέλεσµα που θέλουµε να παρατηρήσουµε) σε κάθε δοκιµή είναι ίδια, έστω µια σταθερά (γνωστή ή άγνωστη) p µε 0< p <. 3. Οι δοκιµές Bernoulli είναι ανεξάρτητες Μερικά παραδείγµατα φαινοµένων τέτοιου είδους µπορεί να είναι τα εξής: Η επαναλαµβανόµενη ρίψη ενός νοµίσµατος. Η παρατήρηση του φύλου σε διαδοχικές γεννήσεις παιδιών. Ο έλεγχος διαδοχικών εξαρτηµάτων που παράγονται µε µια βιοµηχανική διεργασία για τη διακρίβωση της συµµόρφωσης ή µη συµµόρφωσης καθενός προς κάποιες προ-διαγραφές. Η τέλεση διαδοχικών εργαστηριακών πειραµάτων και η παρατήρηση σε καθένα απ αυτά αν συµβαίνει ή δε συµβαίνει κάποιο ενδεχόµενο (π.χ. ότι η θερµοκρασία δεν υπερβαίνει τους 0 C). Αν το χαρακτηριστικό µέγεθος που θέλουµε να παρατηρήσουµε σε τέτοια φαινόµενα είναι ο αριθµός Χ των επιτυχιών που θα πάρουµε σ ένα προκαθορισµένο πλήθος έχει τη διωνυµική κατανοµή µε παραµέτρους n δοκιµών, τότε λέµε ότι η τυχαία µεταβλητή (τ.µ.) Χ n και p και συµβολίζουµε X B( n, p). Έστω q = p η πιθανότητα αποτυχίας σε κάθε δοκιµή. Η συνάρτηση πιθανότητας (σ.π.) της Χ δίνεται από τον τύπο: n x p q f ( x) = x 0, n x, x = 0,,,, n αλλου. Η ονοµασία της κατανοµής αυτής οφείλεται στο γεγονός ότι οι τιµές f ( 0 ), f (),, f ( n) είναι οι όροι στο διωνυµικό ανάπτυγµα της (p + q) n. Η τελευταία ποσότητα είναι, εκ ταυτότητας, ίση µε τη µονάδα, πράγµα που επιβεβαιώνει ότι η f ( x) είναι νόµιµη σ.π. Παράδειγµα Θεωρήστε µια βιοµηχανική διεργασία παραγωγής ηλεκτρικών αντιστάσεων που κρίνεται ως ελεγχόµενη όταν το ποσοστό των ελαττωµατικών αντιστάσεων που παράγονται είναι 5%. Έστω ότι σε περιοδικά διαστήµατα γίνονται έλεγχοι ενός προκαθορισµένου αριθµού αντιστάσεων, n, για την εύρεση του αριθµού των ελαττωµατικών αντιστάσεων. Αν θέλουµε να κάνουµε περιοδικούς ελέγχους 5 αντιστάσεων, τότε µπορούµε να θεωρήσουµε τη διωνυµική κατανοµή µε παραµέτρους n = 5 και p = 005. ως το πιθανοτικό πρότυπο για τον αριθµό των ελαττωµατικών αντιστάσεων ανά έλεγχο που θα παρατηρήσουµε. Σ αυτή την περίπτωση, η κατανοµή B( 5, 0.05) είναι το πιθανοτικό πρότυπο που αποδίδουµε στον πληθυσµό των παρατηρήσεων του αριθµού των ελαττωµατικών αντιστάσεων µεταξύ 5 αντιστάσεων σε άπειρο 3