ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών HY-1: Πιθανότητες - Χειµερινό Εξάµηνο 011 ιδάσκων : Π. Τσακαλίδης Λύσεις εύτερης Σειράς Ασκήσεων Ηµεροµηνία Ανάθεσης : /11/011 Ηµεροµηνία Παράδοσης : 1/11/011 Ασκηση 1. (α Επειδή τα Ϲάρια δίκαια και τα πειράµατα εκτελούνται ανεξάρτητα, η πιθανότητα να προκύψει οποιοδήποτε Ϲευγάρι 1/6, και P (A = 1/, P (B = 1/, P (C = 1/9 καθώς A B C = {(, 6}, P (A B C = 1/6 = P (AP (BP (C. (ϐ Ισχύει A B = {πρώτο Ϲάρι = ή } Συνεπώς : P (A B = /6 = 1/ 1/ = P (AP (B άρα τα A, B, και C δεν ανεξάρτητα! Ασκηση. Το πλήθος των αποτελεσµάτων που µπορεί να ϕέρει ένα Ϲευγάρι παικτών n, όσα τα διατεταγµένα Ϲεύγη {(i, j; i, j = 1,..., n}, και όλα ισοπίθανα καθώς το Ϲάρι αµερόληπτο. Από αυτά, n το πλήθος Ϲεύγη έχουν το ίδιο αποτέλεσµα i = j. Εποµένως : Με παρόµοιο συλλογισµό, έχουµε ότι : P (A 1 = P (A 1 = P (A = n n = 1 n. P (A 1 A 1 = P (όλοι οι παίχτες ϕέρνουν την ίδια πλευρά = n n = 1 n. και συνεπώς έχουµε ότι P (A 1 A 1 = P (A 1 P (A 1. Εποµένως τα A 1 και A 1 ανά Ϲεύγη ανεξάρτητα. Οµοίως και τα (A 1, A και (A 1, A. Ωστόσο τα A 1, A 1 και A δεν ανεξάρτητα. Εάν συµβούν τα A 1 και A 1, δηλαδή οι παίκτες 1 και ϕέρουν το ίδιο αποτέλεσµα και οι παίκτες 1 και ϕέρουν το ίδιο αποτέσµα, τότε και οι παίκτες και ϕέρνουν το ίδιο αποτέσµα, δηλαδή συµβαίνει και το A : P (A A 1 A 1 = 1 P (A. ( 5 Ασκηση. (α Υπάρχουν δυνατοί τρόποι να µοιράσουµε τα ϕύλλα σε τέσσερις διαφο- 1,1,1,1 ( 9 ϱετικούς παίκτες. Καθώς υπάρχουν δυνατοί τρόποι να µοιράσουµε τα ϕύλλα έτσι ώστε 1,1,1 ένας συγκεκριµένος παίκτης να πάρει και τα 1 µπαστούνια, έπεται ότι η Ϲητούµενη πιθανότητα ϑα ( 9 1,1,1 ( 5 1,1,1,1 6. 10 1.
Πιθανότητες - 011/Λύσεις εύτερης Σειράς Ασκήσεων (ϐ Για να καθορίσουµε τον αριθµό αποτελεσµάτων όπου ο κάθε ένας από τους τέσσερις παίκτες ϑα λάβει και έναν άσσο, ας ξεχωρίσουµε από την τράπουλα τους τέσσερις άσσους και ας παρατηρήσουµε ( 8 ότι υπάρχουν πιθανοί τρόποι µοιράσµατος των υπόλοιπων 8 καρτών, όπου ο κάθε 1,1,1,1 παίκτης ϑα λάβει από 1 κάρτες. Καθώς υπάρχουν! τρόποι να µοιράσουµε τους άσσους έτσι ώστε ο κάθε παίκτης να λάβει και από έναν, παίρνουµε ότι ο αριθµός των δυνατών αποτελεσµάτων όπου ο κάθε παίκτης ϑα λάβει ακριβώς έναν άσσο! 8! 8 1,1,1,1 ( 5 1,1,1,1 1,1,1,1 0.105.. Ετσι η Ϲητούµενη πιθανότητα Ασκηση. (α Στην τράπουλα υπάρχουν συνολικά άσσοι. Άρα, η πιθανότητα το χαρτί στην κορυφή να άσσος ειναι ίση µε /5=1/1. (ϐ Είναι πάλι /5=1/1, αφού κάθε χαρτί έχει ίδια πιθανότητα να δεύτερο στην τράπουλα, και εφόσον υπάρχουν άσσοι στα 5 χαρτιά συνολικά, προκύπτει /5=1/1. Υποθέτουµε ότι το πρώτο χαρτί άσσος. Η πιθανότητα το δεύτερο χαρτί να ϱήγας, /51, αφού υπάρχουν 51 χαρτιά που έχουν αποµείνει στην τράπουλα, από τα οποία ϱηγάδες. Άρα, εφόσον κάθε χαρτί έχει ίδια πιθανότητα να οπουδήποτε στην τράπουλα, έχουµε ότι η πιθανότητα ίση µε /51. (γ Επιλέγουµε χαρτιά από την τράπουλα. Υπάρχουν ( 5 τρόποι για να κάνουµε αυτή την επιλογή. Εστω το γεγονός A = {στα χαρτιά υπάρχουν ακριβώς άσσοι}. Για να ϐρούµε την P (A πρέπει πρώτα να µετρήσουµε µε πόσους τρόπους µπορούµε να διαλέξουµε χαρτιά µε ακρι- ϐώς ( άσσους. Μπορούµε να επιλέξουµε τους από τους συνολικά άσσους της τράπουλας µε τρόπους. Από τα 8 χαρτιά που αποµένουν (τα οποία δεν περιέχουν άσσους, υπάρχουν 8 ( τρόποι να επιλέξουµε τα υπόλοιπα χαρτιά από την τράπουλα. Άρα, υπάρχουν 8 διαφορετικοί τρόποι να επιλέξουµε χαρτιά µε ακριβώς άσσους. Οπότε, διαιρώντας µε τον αριθµό των τρόπων που µπορούµε να εππιλέξουµε χαρτιά από την τράπουλα, έχουµε ότι 8 P (A = Εστω B το γεγονός ότι στα χαρτιά υπάρχουν ακριβώς ϱηγάδες. Με όµοιο τρόπο ϐρίσκουµε ότι 8 5 P (B = ( 5 Τώρα ϑέλουµε να ϐρούµε την πιθανότητα ότι στα χαρτιά υπάρχουν ακριβώς άσσοι ή ακριβώς ϱηγάδες ή και τα δύο. ηλαδή, ψάχνουµε για την P (A B, όπου P (A B = P (A+P (B P (A B. Οι P (A, P (B γνωστές από παραπάνω. Άρα, αρκεί να ϐρούµε την P (A B. Υπάρχουν τρόποι να διαλέξουµε από τους άσσους της τράπουλας, ( τρόποι να διαλέξουµε από τους ϱηγάδες και τρόποι να διαλέξουµε ( τα άλλα χαρτιά (που δεν ούτε άσσοι ούτε ϱηγάδες. Εποµένως, υπάρχουν ( ( τρόποι να επιλέξουµε χαρτιά µε άσσους και ϱηγάδες ακριβώς. Άρα, P (A B = ( ( 5 ( 5
Πιθανότητες - 011/Λύσεις εύτερης Σειράς Ασκήσεων Οπότε, P (A B = 8 ( + 8 ( ( 5 ( ( ( 5 Ασκηση 5. Αν δεν µας ενδιαφέρει η σειρά µε την οποία κάνουµε την επιλογή των µπαλών, τότε ο δειγµατοχώρος αποτελείται από 11 10 9 = 990 δυνατά αποτελέσµατα. Επίσης υπάρχουν 6 5 = 10 αποτελέσµατα όπου η πρώτη µπάλα λευκή και οι δύο άλλες µαύρες, 5 6 = 10 αποτελέσµατα όπου η πρώτη ϑα µαύρη, η δεύτερη λευκή και η τρίτη µαύρη και 5 6 = 10 αποτελέσµατα όπου οι δύο πρώτες ϑα µαύρες και η τρίτη λευκή. Ετσι υποθέτοντας την τυχαία επιλογή, δηλαδή ότι κάθε αποτέλεσµα το ίδιο πιθανό να πραγµατοποιηθεί, η Ϲητούµενη πιθανότητα 10 + 10 + 10 990 = 11. Το παραπάνω πρόβληµα µπορεί να επιλυθεί ϑεωρώντας το αποτέλεσµα του πειράµατος σαν το µη ( 11 διατεταγµένο σύνολο από µπάλες που επιλέξαµε. Ετσι υπάρχουν = 165 δυνατά αποτελέσµατα στον δειγµατοχώρο. Καθένα σύνολο από µπάλες αντιστοιχεί σε! αποτελέσµατα όταν λαµβάνεται υπόψιν η διάταξη. Αν όλα τα αποτελέσµατα ισοπίθανα να πραγµατοποιηθούν όταν µας ενδια- ϕέρει η σειρά που επιλέγουµε τις µπάλες, τότε συµπεραίνουµε ότι παραµένουν εξίσου ισοπίθανα όταν το αποτέλεσµα του πειράµατος ένα µη διατεταγµένο σύνολο από τις µπάλες της επιλογής µας. Ετσι ϑα έχουµε ότι η Ϲητούµενη πιθανότητα ( 6 ( 5 1( 11 = 11, που συµφωνεί, ϕυσικά, µε το απότελεσµα που ϐρήκαµε πριν. Ασκηση 6. Εστω ότι E n συµβολίζει το ενδεχόµενο να µην ϕέρουµε άθροισµα 5 ή στις n 1 πρώτες δοκιµές και να ϕέρουµε άθροισµα 5 στην n-οστή δοκιµή. Η Ϲητούµενη πιθανότητα P ( E n = Τώρα καθώς P {άθροισµα 5 σε κάθε δοκιµή} = 6 παίρνουµε, από την ανεξαρτησία των ενδεχοµένων ότι P (E n. P (E n = (1 10 6 n 1 6 και P {άθροισµα σε κάθε δοκιµή} = 6 6,
Πιθανότητες - 011/Λύσεις εύτερης Σειράς Ασκήσεων και γι αυτό P ( E n = 1 9 = 1 1 9 1 1 18 = 5. ( 1 18 n 1 Το παραπάνω αποτέλεσµα µπορεί να προκύψει χρησιµοποιώντας δεσµευµένες πιθανότητες. Αν ϑέσουµε µε E το ενδεχόµενο να ϕέρουµε άθροισµα 5 πριν να ϕέρουµε άθροισµα, τότε µπορούµε να πάρουµε την Ϲητούµενη πιθανότητα, P (E, δεσµεύοντας µε το αποτέλεσµα της πρώτης δοκιµής, ως εξής : Εστω F το ενδεχόµενο στην πρώτη δοκιµή να ϕέρουµε άθροισµα 5, G το ενδεχόµενο να ϕέρουµε, και H το ενδεχόµενο, στην πρώτη δοκιµή πάντα, να µην ϕέρουµε άθροισµα 5 ούτε. εσµεύοντας µε όποιο από τα παραπάνω ενδεχόµενα παραγµατοποιηθεί, ϑα έχουµε Ωστόσο, P (E = P (E F P (F + P (E GP (G + P (E HP (H. P (E F = 1 P (E G = 0 P (E H = P (E. Οι πρώτες δύο ισότητες προφανείς. Η τρίτη έπεται γιατί αν στην πρώτη δοκιµή δεν ϕέρουµε άθροισµα 5 ή, τότε σε αυτό το σηµείο η κατάσταση έχει ακριβώς όπως ήταν στην αρχή του προβλήµατος, δηλαδή, το πείραµα µε τις ϱίψεις Ϲαριών ϑα συνεχιστεί µέχρι να ϕέρουµε άθροισµα 5 ή. Επίσης, οι δοκιµές ανεξάρτητες, γι αυτό το αποτέλεσµα της πρώτης δοκιµής δεν ϑα επηρεάσει καθόλου τις άλλες ϱίψεις που ακολουθούν. Καθώς P (F = 6, P (G = 6 6 και P (H = 6 6, ϐλέπουµε ότι P (E = 1 9 + P (E1 18, ή P (E = 5. Ασκηση. Ορίζουµε τα γεγονότα H = {έρχεται κεφαλή} και T = {έρχονται γράµµατα}. Η Y που λαµβάνει µια από τις τιµές 0,1,, µε αντίστοιχες πιθανότητες p Y (0 = P {Y = 0} = P {(T, T, T } = 1 8 p Y (1 = P {Y = 1} = P {(T, T, H, (T, H, T, (H, T, T } = 8 p Y ( = P {Y = } = P {(T, H, H, (H, T, H, (H, H, T } = 8 p Y ( = P {Y = } = P {(H, H, H} = 1 8 Αφού η Y πρέπει να πάρει µια από τις τιµές 0 εώς και, ϑα πρέπει να έχουµε 1 = P ( {Y = i} = i=0 P {Y = i} i=0
Πιθανότητες - 011/Λύσεις εύτερης Σειράς Ασκήσεων 5 το οποίο συµφωνεί, ϐεβαίως, µε τις προηγούµενες πιθανότητες. Ασκηση 8. (α Ας συµβολίσουµε µε X τον µεγαλύτερο από τους αριθµούς που έχουν επιλεγεί. Τότε η X µια τυχαία µεταβλητή η οποία παίρνει µια από τις τιµές,,..., 0. Επιπλέον, αν ( 0 υποθέσουµε ότι κάθε µια από τις δυνατές επιλογές έχει την ίδια πιθανότητα να συµβεί, τότε ( i 1 p X (i = P {X = i} = ( 0, i =,..., 0 (1 Η εξίσωση (1 ισχύει γιατί ο αριθµός των επιλογών που µπορούν να συµβούν όταν {X = i} ακριβώς ο αριθµός των επιλογών ώστε να επιλεγεί η µπάλα µε τον αριθµό i και δυο από τις µπάλες µε αριθµούς από το 1 εώς και το i 1. Καθώς υπάρχουν ϕανερά πάρουµε τις πιθανότητες που εκφράζονται στην εξίσωση (1. (ϐ Από αυτή την εξίσωση ϐλέπουµε πως P {X = 0} = P {X = 19} = P {X = 18} = P {X = 1} = ( 1 1( i 1 ( 19 ( 0 = 0 = 0.150 ( 18 ( 0 = 51 80 0.1 ( 1 ( 0 = 85 0.119 ( 16 = 19 0.105 ( 0 τέτοιες επιλογές, ϑα Αφού το γεγονός {X 1} η ένωση των ξένων γεγονότων {X = i}, i = 1, 18, 19, 0, προκύπτει ότι η πιθανότητα να κερδίσουµε το στοίχηµα δίνεται ως P {X 1} = 0 i=1 Ασκηση 9. (α Αφού k=0 p(k = 1, ϑα έχουµε πως p X (i = 0.105 + 0.119 + 0.1 + 0.150 = 0.508. c k=0 το οποίο συνεπάγεται, επειδή e x = k=0 xk /k! ότι. (ϐ P {X = 0} = e λ λ 0 /0! = e λ λ k k! = 1 ce λ = 1 ή c = e λ (γ P {X > } = 1 P {X } = 1 P {X = 0} P {X = 1} P {X = } = 1 e λ λe λ λ e λ