ειγµατικό χώρο ορίζουµε το σύνολο των δυνατών αποτελεσµάτων µιας δοκιµής.

Εισαγωγικά Σχόλια στις Πιθανότητες Στη Θεωρία Πιθανοτήτων τον όρο δοκιµή τον χρησιµοποιούµε για να εκφράσουµε κάθε πράξη ή ενέργεια που επαναλαµβάνεται κάτω από τις ίδιες πρακτικά συνθήκες. ειγµατικό χώρο ορίζουµε το σύνολο των δυνατών αποτελεσµάτων µιας δοκιµής. Σηµείο του δειγµατικού χώρου ορίζουµε καθένα από τα αποτελέσµατα της δοκιµής. Ο δειγµατικός χώρος που δηµιουργείται όταν ρίχνουµε ένα ζάρι αποτελείται από τα δυνατά αποτελέσµατα:,2,3,4,5,6. Όµοια ο δειγµατικός χώρος που δηµιουργείται όταν ρίχνουµε δύο νοµίσµατα αποτελείται από τους συνδυασµούς των όψεών τους. Συγκεκριµένα, αν τις όψεις τους τις παραστήσουµε µε Α και Β, ο δειγµατικός χώρος είναι ο εξής: I{ΑΑ, ΑΒ, ΒΑ, ΒΒ} Είναι φανερό ότι κάθε δυνατό αποτέλεσµα της δοκιµής αντιστοιχεί σε κάποιο σηµείο του παραπάνω δειγµατικού χώρου. Στο δειγµατικό χώρο µιας δοκιµής περιέχονται όλα τα δυνατά αποτελέσµατα µιας δοκιµής και ακόµη, αυτά είναι αµοιβαία αποκλειόµενα ηλαδή, δεν µπορούν να υπάρξουν δύο οποιαδήποτε αποτελέσµατα σε µία δοκιµή Μια δοκιµή δεν έχει µόνο ένα δειγµατικό χώρο Ο δειγµατικός χώρος διαµορφώνεται από τα δυνατά αποτελέσµατα που µας ενδιαφέρουν και όχι από τη δοκιµή. Στο προηγούµενο παράδειγµα, αν µας ενδιέφερε ο αριθµός των Α όψεων που παρουσιάζόνται Τιµόθεος Αγγελίδης

I {2,,0} Οι δειγµατικοί χώροι δεν είναι πάντοτε ασυνεχείς, δηλαδή δεν αποτελούνται από ένα πεπερασµένο ή άπειρο, αλλά συγκεκριµένο πλήθος αποτελεσµάτων (σηµείων). Υπάρχουν περιπτώσεις κατά τις οποίες το αποτέλεσµα µιας δοκιµής ή ενός πειράµατος είναι το αποτέλεσµα µιας µέτρησης ενός συνεχούς στατιστικού µεγέθους Μήκος, βάρος, Ο δειγµατικός χώρος, σε αυτές τις περιπτώσεις, είναι συνεχείς, και αντί να έχουµε σηµεία έχουµε ιαστήµατα τιµών, αν ο δειγµατικός χώρος είναι µονοδιάστατος (ευθεία) Επιφάνειες, αν ο δειγµατικός χώρος είναι δισδιάστατος (επιφάνεια). Η Θεωρία Πιθανοτήτων δεν ασχολείται µόνο µε τόσο παραδείγµατα Ρίψεις ζαριού Το πεδίο της καλύπτει το σύνολο σχεδόν των καθηµερινών δραστηριοτήτων του ανθρώπου Προβλέψεις γεννητικών φαινοµένων Πυκνότητας της τηλεφωνικής επικοινωνίας Συντήρηση συστηµάτων Πιθανότητα ενός σηµείου ορίζουµε την αναλογία µε την οποία εµφανίζεται το αποτέλεσµα που αντιστοιχεί στο σηµείο αυτό σε µια µεγάλη σειρά δοκιµών PΕµφανίσεις / Σύνολο πιθανών ενδεχόµένων Χ/Τ Τιµόθεος Αγγελίδης 2

Όπου Χ Αριθµός αποτελεσµάτων που εµφανίζεται το ενδεχόµενο που εξετάζουµε και Χ είναι ο συνολικός αριθµός δυνατών αποτελεσµάτων Την αναλογία µπορούµε είτε να την µετρήσουµε είτε να την εκτιµήσουµε Εκτίµηση Για παράδειγµα µπορούµε να εκτιµήσουµε ότι η ένδειξη 5 στη δοκιµή της ρίψης ενός ζαριού παρουσιάζεται µε αναλογία /6 ως προς όλες τις άλλες ενδείξεις. Μέτρηση Θα µπορούσαµε, ωστόσο, να ρίξουµε 000 φορές ένα ζάρι και να µετρήσουµε πόσες φορές παρουσιάστηκε η ένδειξη 5 στις 000. Η αναλογία θα προσέγγιζε το /6. Την τελευταία αναλογία την ονοµάζουµε εµπειρική πιθανότητα Εµπειρική πιθανότητα k/n Όπου k είναι ο Αριθµός παρατηρήσεων που εµφανίζεται το ενδεχόµενο που εξετάζουµε και n είναι ο Συνολικός αριθµός των παρατηρήσεων. Εφόσον ο δειγµατικός χώρος µιας δοκιµής περιέχει όλα τα δυνατά αποτελέσµατά της το άθροισµα των πιθανοτήτων των σηµείων του δειγµατικού χώρου είναι ίσον µε τη µονάδα Ένα αποτέλεσµα που δεν περιέχεται στα δυνατά αποτέλεσµα µιας δοκιµής δεν έχει σηµείο στο δειγµατικό της χώρο, το οποίο ένα αδύνατο αποτέλεσµα να συµβεί, η πιθανότητα να συµβεί είναι ίση µε µηδέν Αν µια δοκιµή έχει µόνο ένα δυνατό αποτέλεσµα, η πιθανότητά να συµβεί ισούται µε (βέβαιο αποτέλεσµα) Η πιθανότητα µπορεί να είναι οποιοσδήποτε αριθµός ανάµεσα στο 0 και. Τιµόθεος Αγγελίδης 3

Η πιθανότητα ενός γεγονότος είναι ίση µε το άθροισµα των πιθανοτήτων των σηµείων του δειγµατικού χώρου τα οποία δηµιουργούν το γεγονός. Στοιχεία Συνόλων. Παράσταση Συνόλου Αν µε το Α συµβολίζουµε ένα σύνολο και µε το x ένα στοιχείο του, τότε αυτό το σηµειώνουµε ως εξής: x A. Οι βασικοί τρόποι για να παραστήσουµε ένα σύνολο είναι οι Με την αναγραφή των στοιχείων του. Το σύνολο Α του οποίου τα στοιχεία είναι οι περιττοί αριθµοί ανάµεσα στο 2 και στο 0, το συµβολίζουµε ως Α{3,5,7,9}. Με τη διατύπωση της ιδιότητας που καθορίζει την σύνθεση του συνόλου. Το σύνολο του παραπάνω παραδείγµατος µπορούµε να το συµβολίσουµε ως Α{χ: χ περιττός αριθµός και 2<χ<0}. : Αν S{,2,3,4,5,6} και αν Τ είναι το σύνολο που τα στοιχεία του είναι τα τετράγωνα των στοιχείων του S, το Τ γράφεται ως: Τ {,4,9,6,25,36} ή Τ{χ 2 :χ είναι στοιχείο του S}. 2. Ορισµοί ύο σύνολα Α και Β λέµε ότι είναι ίσα, δηλαδή αν τα στοιχεία τους είναι ακριβώς τα ίδια. Αυτό το συµβολίζουµε µε το x A x Β{β,2,α,5} είναι ίσα, γιατί αποτελούνται από τα ίδια στοιχεία. B. Τα σύνολα Α{2,5,α,β} και Ένα σύνολο Α λέµε ότι είναι υποσύνολο ενός άλλου συνόλου Β, αν κάθε στοιχείο του συνόλου Α είναι επίσης και στοιχείο του συνόλου Β και συµβολίζεται ως A B, αν x A x B. Αν το Β περιλαµβάνει ένα τουλάχιστο στοιχείο α τέτοιο ώστε το λέµε κύριο ή γνήσιο υποσύνολο του Β και συµβολίζουµε ως Α Β. α B και α Α, τότε το Α Στη Θεωρία των Συνόλων χρησιµοποιούµε και το σύνολο το οποίο δεν έχει κανένα στοιχείο. Το σύνολο αυτό το λέµε κενό σύνολο και το συµβολίζουµε µε. Εκτός του κενού συνόλου χρησιµοποιούµε και το συνολικό ή γενικό σύνολο Ι. Το σύνολο αυτό το ορίζουµε ως Ι{x:x Ι}, δηλαδή κάθε στοιχείο ανήκει στο Ι. Τιµόθεος Αγγελίδης 4

ύο σύνολα Α και Β που δεν έχουν κοινό στοιχείο λέµε ότι είναι ξένα (ή αµοιβαία αποκλειόµενα) σύνολα. 3. Πράξεις Συνόλων Υπάρχουν τέσσερις ιδιαίτερα σηµαντικές πράξεις: ιατοµής, ένωσης, ένωσης και της διαφοράς. i. ιατοµή. ιατοµή των Α και Β είναι το σύνολο των στοιχείων του Ι, που ανήκουν και στο Α και στο Β. Τη διατοµή των Α και Β την συµβολίζουµε µε Α Β. ύο σύνολα Α και Β λέµε ότι είναι αµοιβαία αποκλειόµενα, όταν δεν έχουν ούτε ένα κοινό στοιχείο. ηλαδή, τα σύνολα Α και Β είναι αµοιβαία αποκλειόµενα, όταν η διατοµή τους είναι κενό σύνολο. ii. Ένωση. Ένωση των συνόλων Α και Β είναι το σύνολο των στοιχείων του Ι, που ανήκουν ή στο Α ή στο Β ή και στα δύο. Την ένωση των Α και Β τη συµβολίζουµε µε Α Β. iii. ιαφορά. Το σύνολο που περιέχει όλα τα στοιχεία του Β που δεν ανήκουν στο Α το λέµε διαφορά των Α και Β και το συµβολίζουµε µε Β-Α. iv. Συµπλήρωµα. Συµπλήρωµα του συνόλου Α είναι το σύνολο όλων των στοιχείων του Ι που δεν ανήκουν στο Α. Το συµπλήρωµα του Α το συµβολίζουµε µε Α ή Α c, 4. Ιδιότητες Σχετικά µε τις πράξεις της ένωσης και της διατοµής των συνόλων ισχύουν οι παρακάτω ιδιότητες: Α Β Β Α, Α Β Β Α (Α Β) ΓΑ (Β ), (Α Β) Γ Α (Β Γ) (Α Β) Γ (Α Γ) (Β Γ) Α (Β Γ) (Α Β) (Α Γ) Σχετικά µε την πράξη του συµπληρώµατος και τα σύνολα και Ι ισχύουν οι παρακάτω σχέσεις: Α Α Α Α Ι Τιµόθεος Αγγελίδης 5

Α Α Α ΙΙ Α Α ΙΑ Ι Ι (Α Β) Α Β (Α Β) Α Β (Α ) Α : Έστω ότι το σύνολο Ι αποτελείται από τους αριθµούς,2,3, 9 και από τα 24 χρώµατα του αλφαβήτου α,β,γ,,ω. Αν Α{,3,5,α,ε,θ} και Β{,2,3,4,5,α,β,γ,δ,ε}, να βρεθούν τα παρακάτω: Β Α Β Α Β Α Β Λύση: Β {6,7,8,9,η,θ,,ω} Α Β {,3,5,α,ε} Α Β {,2,3,4,5,α,β,γ,δ,ε,θ} Α Β {θ} Εισαγωγή στις Πιθανότητες Τιµόθεος Αγγελίδης 6

. Εισαγωγή Αν στρίψετε ένα κέρµα n φορές, όπου n είναι κάποιος µεγάλος αριθµός, περιµένετε n/2 φορές να φέρετε κεφάλι. Ας εξετάσουµε πρώτα την περίπτωση του στριψίµατος ενός κέρµατος 3 φορές. Υπάρχουν οκτώ πιθανά αποτελέσµατα: ΚΚΚ, ΚΚΓ, ΚΓΚ, ΚΓΓ, ΓΚΚ, ΓΚΓ, ΓΓΚ, ΓΓΓ. Αυτό είναι το πρώτο βήµα για να υπολογίσουµε µια πιθανότητα: Να βρούµε πόσα είναι τα δυνατά αποτελέσµατα. Στη συνέχεια, πρέπει να βρούµε πόσα από αυτά τα αποτελέσµατα µας οδηγούν στο ενδεχόµενο που µας ενδιαφέρει. Η πιθανότητα (probability) να συµβεί αυτό το ενδεχόµενο ισούται µε το πηλίκο του πλήθους των τρόπων να συµβεί το συγκεκριµένο ενδεχόµενο δια το συνολικό πλήθος των δυνατών αποτελεσµάτων. : Ενδεχόµενο που Αποτέλεσµα που Πλήθος Πιθανότητα του µας ενδιαφέρει οδηγούν στο αποτελεσµάτων ενδεχοµένου ενδεχόµενο Καµία κεφάλι φορά ΓΓΓ /8 Μία φορά κεφάλι ΚΓΓ, ΓΚΓ, ΓΓΚ 3 3/8 ύο φορές Κεφάλι ΚΚΓ, ΚΓΚ, ΓΚΚ 3 3/8 Τρεις κεφάλι φορές ΚΚΚ /8 Σύνολο 8 Την ίδια µέθοδο την ακολουθούµε αν χρειάζεται να κάνουµε πρόβλεψη για τα αποτελέσµατα που θα φέρουµε στην περίπτωση που θα στρίψουµε το κέρµα 4 φορές. Καταγράφουµε όλα τα δυνατά αποτελέσµατα και καταµετρούµε όλα τα δυνατά αποτελέσµατα. Ωστόσο, αυτή η µέθοδος δεν είναι η πλέον αποτελεσµατική. Τιµόθεος Αγγελίδης 7

Χρειαζόµαστε έναν τρόπο ώστε να µετράµε τα αποτελέσµατα χωρίς να τα καταγράφουµε ένα προς ένα. Στο παράδειγµα µε 4 ρίψεις: Υπάρχουν 2 πιθανότητες (ενδεχόµενα) στο πρώτο στρίψιµο, 2 πιθανότητες στο δεύτερο, Συνολικά υπάρχουν 2*2*2*22 4 6. Εποµένως, αν στρίψουµε ένα κέρµα n φορές υπάρχουν 2 n πιθανά αποτελέσµατα. Στη συνέχεια θα πρέπει να µετρήσουµε σε πόσα αποτελέσµατα: εν θα φέρουµε καµία φορά κεφάλι Σε πόσα θα φέρουµε µία φορά κεφάλι Σε πόσα θα φέρουµε δύο φορές κεφάλι Σε πόσα θα φέρουµε τρεις φορές κεφάλι Σε πόσα θα φέρουµε τέσσερις φορές κεφάλι Η περίπτωση να µη φέρουµε ούτε µία φορά κεφάλι είναι εύκολη γιατί υπάρχει µόνο ένα ενδεχόµενο {ΓΓΓΓ}. Για να υπολογίσουµε τις πιθανότητες να φέρουµε µία φορά κεφάλι, θα πρέπει να δούµε πόσους διαφορετικούς τρόπους έχουµε για να «γράψουµε» ένα Κ και τρία Γ. Αφού υπάρχουν 4 δυνατές θέσεις για το Κ. Μπορούµε να υπολογίσουµε ότι αυτές είναι: ΚΓΓΓ, ΓΚΓΓ, ΓΓΚΓ, ΓΓΓΚ. Στη συνέχεια θα πρέπει να βρούµε πόσους διαφορετικούς τρόπους έχουµε για να γράψουµε 2 Κ και 2 Γ. Υπάρχουν τέσσερις δυνατές θέσεις για το πρώτο Κ (το οποίο συµβολίζεται µε Κ): Κ,_,_,, Κ, _,, _, Κ,,_,_,Κ Για κάθε µία από αυτές τις πιθανότητες υπάρχουν τρεις θέσεις για να τοποθετήσουµε το δεύτερο Κ (το οποίο συµβολίζεται µε Κ2). Κ,Κ2,-,- Κ,-,Κ2,- Κ,-,-,Κ2 Κ2,Κ,-,- -,Κ,Κ2,- -,Κ,-,Κ2 Κ2,-,Κ,- -,Κ2,Κ,- -,-,Κ,Κ2 Κ2,-,-,Κ -,Κ2,-,Κ -,-,Κ2,Κ Τιµόθεος Αγγελίδης 8

Προσέξτε ότι µας απασχολεί µόνο η τοποθέτηση των Κ µιας η θέση των Γ είναι προφανής. Υπάρχουν 2 δυνατοί τρόποι για να τοποθετήσουµε τα 2 πρώτα Κ. Ωστόσο, επειδή ο συνδυασµός ΚΚ2 είναι ο ίδιος µε τον Κ2Κ, θα πρέπει να διαιρέσουµε µε το 2 για να αποφύγουµε διπλή καταµέτρηση αυτών των συνδυασµών. Αυτό σηµαίνει ότι έχουµε 6 δυνατούς τρόπους για να φέρουµε δύο Κ: ΚΚΓΓ, ΚΓΚΓ, ΚΓΓΚ, ΓΚΚΓ, ΓΚΓΚ, ΓΓΚΚ. Αν επαναλάβουµε τη διαδικασία βρίσκουµε: Φορές που θα Πλήθος Πιθανότητα του φέρουµε κεφάλι (h) αποτελεσµάτων ενδεχοµένου 0 /6 4 4/6 2 6 6/6 3 4 4/6 4 /6 Θα πρέπει να διατυπώσουµε το γενικό τύπο για τον υπολογισµό του πλήθους των αποτελεσµάτων στα οποία θα φέρουµε h Κ σε n στριψίµατα του κέρµατος. Ουσιαστικά πρέπει να βρούµε όλους τους δυνατούς τρόπους για να «γράψουµε» h K σε n θέσεις. Υπάρχουν n θέσεις για το πρώτο Κ, µετά αποµένουν (n-) θέσεις για το δεύτερο Κ, µετά µένουν (n-2), Συνολικά έχουµε n*(n-)*(n-2)*.*(n-h+) δυνατούς τρόπους για να γράψουµε όλα τα Κ. Στη συνέχεια θα πρέπει να διαιρέσουµε µε h*(h-)*(h-2)* *3* 2* για να εξαλείψουµε το διπλασιασµό των πιθανοτήτων από τις διαφορετικές διατάξεις των αποτελεσµάτων. Κατά συνέπεια, αν στρίψουµε ένα κέρµα n φορές, το πλήθος των δυνατών αποτελεσµάτων να φέρουµε h φορές Κ είναι: Τιµόθεος Αγγελίδης 9

n ( n -) ( n - 2) ( n - 3)... (n - h +) h (h -) (h - 2) (h - 3)... 3 2 n ( n -) ( n - 2) ( n - 3)... (n - h +) h! n ( n -) ( n - 2) ( n - 3)... (n - ( n - h)! h! h +) ( n - h)! n! h!( n - h)! Όλα αυτά σηµαίνουν ότι είµαστε σε θέση να προβλέψουµε ότι αν στρίψουµε ένα κέρµα n n! -n φορές, η πιθανότητα να φέρουµε h φορές κεφάλι είναι: [ ]2 h!( n - h)! Για n5, η πιθανότητα εµφάνισης Κ δίνεται από τον επόµενο πίνακα Φορές που θα Πλήθος Πιθανότητα του φέρουµε κεφάλι (h) αποτελεσµάτων ενδεχοµένου 0 5!/(0!(5-0)!) /32 5!/(!(5-)!)5 5/32 2 5!/(2!(5-2)!)0 0/32 3 5!/(3!(5-3)!)0 0/32 4 5!/(4!(5-4)!)5 5/32 5 5!/(5!(5-5)!) /32 Υπολογισµός Πιθανότητας ειγµατοληψία µε επανατοποθέτηση (sampling with replacement): Είναι η µέθοδος επιλογής δειγµάτων κατά την οποία κάθε στοιχείο που επιλέγεται επανατοποθετείται στον πληθυσµό µε αποτέλεσµα να έχει πιθανότητες να επιλεγεί. ειγµατοληψία χωρίς επανατοποθέτηση (sampling without replacement): Είναι η µέθοδος επιλογής δειγµάτων κατά την οποία κάθε στοιχείο που επιλέγεται δεν επανατοποθετείται στον πληθυσµό µε αποτέλεσµα να µην έχει πιθανότητες να επιλεγεί ξανά. Τιµόθεος Αγγελίδης 0

Μεταθέσεις (permutations): Το πλήθος των διαφορετικών τρόπων µε τους οποίους µπορούµε να επιλέξουµε j αντικείµενα από µια οµάδα n αντικειµένων όταν µας ενδιαφέρουν όλοι οι δυνατοί τρόποι διάταξης των επιλεγµένων αντικειµένων. Συνδυασµοί (Combinations): Το πλήθος των διαφορετικών τρόπων µε τους οποίους µπορούµε να επιλέξουµε j αντικείµενα από µία οµάδα n αντικειµένων όταν δεν «παίζει» ρόλο η σειρά µε την οποία επιλέγονται τα αντικείµενα. Πιθανότητα ενός Ενδεχοµένου Πρέπει να «µετρήσουµε» το πλήθος των αποτελεσµάτων του συνόλου Α, το οποίο ονοµάζεται Ν(Α), ενώ s είναι το συνολικό πλήθος των αποτελεσµάτων. Εποµένως: Πιθανότητα ενός ενδεχοµένου Α Ν(Α)/s ή Pr(A) N(A)/s Πρόβληµα: Ποια είναι η πιθανότητα να φέρουµε µία φορά κεφάλι αν στρίψουµε ένα κέρµα 3 φορές? Λύση: Υπάρχουν 2 3 8 δυνατά αποτελέσµατα,s8. Στον τύπο 2 3, το 3 συµβολίζει το πλήθος των ρίψεων,n, και το 2 τα πιθανά αποτελέσµατα από µία ρίψη (είτε Κ είτε Γ). Τα ενδεχόµενα που µας ενδιαφέρουν είναι ΚΓΓ, ΓΚΓ,ΓΓΚ. ηλαδή το πλήθος ισούται µε 3 n! h!( n - 3! 3! 2!3 h)!!(3 -)! 2! 2! 3. Εποµένως η πιθανότητα ισούται µε 3/8 Για τις πιθανότητες ισχύουν οι επόµενες ιδιότητες: Μη αρνητική: Pr(A) 0 για κάθε ενδεχόµενο Α Ι Pr(A) Pr(I) Pr( )0 Pr(A+B)Pr(A)+Pr(B) για οποιαδήποτε αµοιβαία αποκλειόµενα ενδεχόµενα (ή ξένα) Α και Β Πρόβληµα: Ποια είναι η πιθανότητα να φέρουµε άθροισµα 5 αν ρίξουµε 2 ζάρια? Λύση: Υπάρχουν 36 δυνατά αποτελέσµατα, οπότε s366 2. Το ενδεχόµενο Β{άθροισµα 5} περιλαµβάνει τέσσερα αποτελέσµατα Β{(,4), (2,3), (3,2), (4,)}. Εποµένως Ν(Β)4 και εποµένως Pr(B)Ν(Β)/s 4/36. Τιµόθεος Αγγελίδης

Πρόβληµα: Ποια είναι η πιθανότητα να συµβεί το ενδεχόµενο s? Λύση: Pr(s)N(s)/s Ένα άλλο ενδεχόµενο είναι το σύνολο που δεν περιέχει κανένα αποτέλεσµα, του οποίου η πιθανότητα να συµβεί ισούται µε Pr( )0. Το σύνολο που περιέχει όλα τα αποτελέσµατα που δεν ανήκουν στο σύνολο Α ονοµάζεται συµπληρωµατικό και συµβολίζεται µε Α ή Α c και ισχύει ότι Pr(A ) - Pr(A). : Αν το πείραµα είναι το στρίψιµο ενός κέρµατος 4 φορές και το ενδεχόµενο που εξετάζουµε είναι να φέρουµε 4 φορές κεφάλι (Β), τότε το συµπληρωµατικό είναι να φέρουµε τουλάχιστον µία φορά γράµµατα. Αν το σύνολο είναι µία τράπουλα 52 φύλλων και το ενδεχόµενο R είναι να τραβήξουµε κόκκινο φύλλο (κούπα ή καρό) το συµπληρωµατικό ενδεχόµενο R είναι να τραβήξουµε µαύρο (µπαστούνι ή σπαθί). Το σύνολο που περιέχει όλα τα στοιχεία δύο ή περισσοτέρων συνόλων ονοµάζεται ένωση (union) των συνόλων (C A ένωση Β ή CA B) : Αν το Α είναι το σύνολο των άρτιων αριθµών και το Β είναι το σύνολο των περιττών αριθµών, τότε Α Β είναι το σύνολο των ακέραιων αριθµών. : Ποια είναι η πιθανότητα να φέρουµε ως άθροισµα είτε 5 είτε 7 σε ρίψη 2 ζαριών? Λύση: Η πιθανότητα να φέρουµε 7 ως άθροισµα ρίψης 2 ζαριών είναι Pr(A) 6/36, δεδοµένου ότι τα ενδεχόµενα εµφάνισης 7 ως άθροισµα ρίψης 2 ζαριών είναι {(,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,)}. Η πιθανότητα να φέρουµε 5 ως άθροισµα ρίψης 2 ζαριών είναι Pr(Β) 4/36, δεδοµένου ότι τα ενδεχόµενα εµφάνισης 5 ως άθροισµα ρίψης 2 ζαριών είναι {(,4), (2,3), (3,2), (4,)}. Η πιθανότητα να φέρουµε είτε 5 είτε 7 είναι Pr(A B) Pr(A)+ Pr(B) 6/36 + 4/36 0/36. ηλαδή για να βρούµε την πιθανότητα να συµβεί οποιοδήποτε από αυτά τα 2 ενδεχόµενα αρκεί να προσθέσουµε τις πιθανότητες τους. Τιµόθεος Αγγελίδης 2

Ωστόσο, αυτό το αποτέλεσµα ισχύει µόνο όταν δεν υπάρχει πιθανότητα να συµβούν τα ενδεχόµενα Α και Β ταυτόχρονα, δηλαδή όταν τα ενδεχόµενα είναι αµοιβαία αποκλειόµενα ή ξένα. Στο παράδειγµα της ρίψης ζαριών µπορεί να εφαρµοστεί επειδή είναι αδύνατο να φέρουµε και 5 και 7 µε µία µόνο ρίψη των 2 ζαριών. Πιθανότητα µιας τοµής. Το σύνολο που περιέχει όλα τα στοιχεία που περιέχονται και στα δύο σύνολα ονοµάζεται τοµή (intersection) και συµβολίζεται ως: C A τοµή Β ή C A B. : Αν Α είναι το σύνολο των φωνηέντων και Β το σύνολο των συµφώνων τότε Α B και Pr(Α B) 0. Αν στρίψουµε ένα νόµισµα 2 φορές και ονοµάσουµε Α το ενδεχόµενο να φέρουµε Κεφάλι την πρώτη φορά και Β το ενδεχόµενο να φέρουµε Κεφάλι τη δεύτερη φορά, τότε Α B{Κ,Κ}. Να υπολογίσουµε τη πιθανότητα να τραβήξουµε φιγούρα ή κόκκινο φύλλο κατά το τράβηγµα ενός φύλλου από µία τράπουλα 52 φύλλων. F: είναι το ενδεχόµενο να τραβήξουµε φιγούρα και R: το ενδεχόµενο να τραβήξουµε κόκκινο φύλλο, δηλαδή να υπολογίσουµε την πιθανότητα Pr(F ή R) Pr(F R). Τα δύο αυτά ενδεχόµενα µπορούν να συµβούν ταυτόχρονα. ηµιουργούµε όλα τα αποτελέσµατα του συνόλου F R, όπου F: Jack (Βαλές), Q:Queen (Ντάµα), Κ:King (Ρήγας), Η: Hearts (Κούπες), D: Diamonds (Καρό), C: Clubs (Σπαθί) και S: Spades (Μπαστούνια). Τα ενδεχόµενα που µας ενδιαφέρουν είναι: o AH, 2H,3H,4H,5H,6H,7H,8H,9H,0H,JH,QH,KH, o AD, 2D, 3D, 4D, 5D, 6D, 7D, 8D, 9D, 0D, JD, QD, KD, o JC, QC, KC, JS, QS, KS. Συνολικά υπάρχουν 32 ενδεχόµενα και εποµένως η πιθανότητα που µας ενδιαφέρει είναι 32/52. Ο επόµενος πίνακας παρουσιάζει όλα τα πιθανά ενδεχόµενα και τα αντίστοιχα της τοµής τους. Τιµόθεος Αγγελίδης 3

AH AD AC AS 2H 2D 2C 2S 3H 3D 3C 3S 4H 4D 4C 4S 5H 5D 5C 5S 6H 6D 6C 6S 7H 7D 7C 7S 8H 8D 8C 8S 9H 9D 9C 9S 0 0D 0 0S JH JD JC JS QH QD QC QS KH KD KC KS Με κίτρινο χρώµα συµβολίζεται η τοµή των δύο ενδεχοµένων. Εποµένως Pr(F R) Pr(F) + Pr(R) - Pr(F R) 26/52 + 2/52 6/52 32/52 Για 2 ενδεχόµενα ισχύει ότι Pr(A B) Pr(A) + Pr(B) Pr(A B). Όταν τα Α και Β είναι αµοιβαία αποκλειόµενα, τότε Α Β και εποµένως Pr(Α Β) 0, το οποίο υποδηλώνει ότι Pr(A B) Pr(A) + Pr(B). : Σε µια παρτίδα τάβλι θέλετε να ξέρετε την πιθανότητα να φέρετε 8 ή διπλή ζαριά. Ας ονοµάσουµε το ενδεχόµενο να φέρετε 8 ως Ε τότε Ε{(2,6), (3,5), (4,4), (5,3), (6,2)} και συνεπώς Pr(E) 5/36. Ας ονοµάσουµε το ενδεχόµενο να φέρετε διπλές ως Ε2, τότε Ε2{(,), (2,2), (3,3), (4,4), (5,5), (6,6)} και συνεπώς Pr(E2) 6/36. Τα δύο αυτά ενδεχόµενα δεν είναι αλληλοαποκλειόµενα, µιας και υπάρχει το κοινό ενδεχόµενο (4,4). Εποµένως Pr(Ε Ε2) Pr(Ε) + Pr(Ε2) Pr(Ε Ε2). 5/36+6/36-/36 0/36. : Τιµόθεος Αγγελίδης 4

Ποια είναι η πιθανότητα να φέρετε τουλάχιστον ένα 6 αν ρίξετε 2 ζάρια. Ε: να φέρουµε 6 στο πρώτο ζάρι Ε2: να φέρουµε 6 στο δεύτερο ζάρι Pr(Ε Ε2) Pr(Ε) + Pr(Ε2) Pr(Ε Ε2). /6+/6-/36 /36. Αρχή του Πολλαπλασιασµού Όταν έχουµε ένα σύνολο αποτελεσµάτων που έχουν ίσες πιθανότητες, η πιθανότητα να συµβεί ένα ενδεχόµενο Α υπολογίζεται ως Pr(A)N(A)/s. Αν τα αποτελέσµατα δεν είναι «πολλά», τότε µπορούµε να τα καταγράψουµε σε µια λίστα. Ας υποθέσουµε ότι θέλουµε να επιλέξουµε ένα αυτοκίνητο που έχει ένα από τα επόµενα 4 χρώµατα.: κόκκινο, µπλέ, πράσινο, ή λευκό. Επίσης µας ενδιαφέρουν τρεις τύποι αυτοκινήτου: 4θυρο, 2θυρο, στέϊσον. Μπορούµε να τα καταγράψουµε σε µια λίστα Κόκκινο 4θυρο Κόκκινο 2θυρο Κόκκινο στέισον Μπλέ 4θυρο Μπλέ 2θυρο Μπλέ στέισον Πράσινο 4θυρο Πράσινο 2θυρο Πράσινο στέισον Λευκό 4θυρο Λευκό 2θυρο Λευκό στέισον Υπάρχου 2 δυνατοί συνδυασµοί χρωµάτων και τύπων αυτοκινήτων (2 4 χρώµατα * 3 τύποι). Βασική αρχή πολλαπλασιαστικού κανόνα. Ας υποθέσουµε ότι πρόκειται να εκτελέσουµε 2 πειράµατα. α: δυνατά αποτελέσµατα του πρώτου πειράµατος b: δυνατά αποτελέσµατα του δεύτερου πειράµατος. Το συνολικό πλήθος των αποτελεσµάτων των δύο πειραµάτων είναι α x b. Αυτό το αποτέλεσµα ονοµάζεται ως αρχή του πολλαπλασιασµού (multiplication principle) : Αν στρίψουµε 2 κέρµατα, σε κάθε στρίψιµο υπάρχουν 2 δυνατά αποτελέσµατα. Το πλήθος των συνολικών αποτελεσµάτων είναι 2 x 2 4. Τιµόθεος Αγγελίδης 5

Ρίχνουµε 2 ζάρια. Το κάθε ζάρι έχει 6 ενδεχόµενα. Το πλήθος των συνολικών αποτελεσµάτων των 2 ζαριών είναι 6x636. Το κόµµα Α έχει 5 υποψηφίους. Το κόµµα Β έχει 6 υποψηφίους. Το πλήθος των δυνατών ζευγαριών υποψηφίων που ενδέχεται να αναµετρηθούν στις εκλογές είναι 5x630. ειγµατοληψία µε επανατοποθέτηση Υποθέστε ότι στο συρτάρι σας έχετε 5 πουλόβερ και κάθε πρωί επιλέγετε στη τύχη. Το βράδυ το ξανά τοποθετείτε στο συρτάρι. Πόσοι είναι οι δυνατοί συνδυασµοί των πουλόβερ που θα φορέσετε σε µια εβδοµάδα? Λύση: Εφαρµόζουµε την πολλαπλασιαστική αρχή, αλλά απλώς έχουµε περισσότερα από 2 πειράµατα. Την Κυριακή µπορείτε να φορέσετε 5. Από την στιγµή που το πουλόβερ τοποθετείται ξανά στο συρτάρι και τη ευτέρα µπορείτε να επιλέξετε 5. άρα οι δυνατοί συνδυασµοί για τις 2 πρώτες ηµέρες είναι 25 5x5. Την Τρίτη έχετε άλλες 5 επιλογές, άρα 25 συνολικές επιλογές (25 5x5x5). Για την πρώτη εβδοµάδα το πλήθος των δυνατών συνδυασµών των πουλόβερ σας είναι 5x5x55x5x5 x5 5 7 78.25 Το παράδειγµα αυτό περιγράφει την έννοια της δειγµατοληψίας. ειγµατοληψία είναι η επιλογή µερικών στοιχείων από µία µεγαλύτερη οµάδα που ονοµάζεται πληθυσµός. Η δειγµατοληψία που περιγράψαµε λέγεται δειγµατοληψία µε επανατοποθέτηση. Γενικά, αν πάρουµε n φορές δείγµα µε επανατοποθέτηση από έναν πληθυσµό m αντικειµένων, τότε υπάρχουν m n δυνατοί τρόποι για να επιλέξουµε τα αντικείµενα. Στο παράδειγµα ρίψης του κέρµατος, οι δυνατοί τρόποι είναι m n µε m{k,γ} 2. Στο παράδειγµα ρίψης ζαριού, οι δυνατοί τρόποι είναι m n µε m{,2,3,4,5,6}6. : Στις εξετάσεις καλείστε να απαντήσετε σε 20 ερωτήσεις µε 5 επιλογές, τις οποίες δεν γνωρίζετε. Ποια είναι η πιθανότητα να απαντήσετε σωστά σε όλες τις ερωτήσεις. Λύση: Τιµόθεος Αγγελίδης 6

Θα πάρετε δείγµα 20 φορές από έναν πληθυσµό που έχει µέγεθος 5. ηλαδή, το συνολικό πλήθος των δυνατών τρόπων επιλογής των απαντήσεων είναι 5 20. Υπάρχει µόνο ένας τρόπος για να επιλέξετε σωστά και τις 20 ερωτήσεις, οπότε η πιθανότητα να απαντήσετε σωστά και στις 20 ερωτήσεις είναι /(5 20 ) Ας υποθέσουµε ότι προσπαθείτε να µαντέψετε τον αριθµό κυκλοφορίας ενός αγγλικού αυτοκινήτου ενός φίλου σας. Οι πινακίδες αποτελούνται από 3 γράµµατα και 3 ψηφία. Λύση: Θα πρέπει να υπολογίσετε τους δυνατούς συνδυασµούς των 3 γραµµάτων. ηλαδή να πάρετε 3 φορές δείγµα µε επανατοποθέτηση από ένα πληθυσµό 26 γραµµάτων. Οπότε υπάρχουν 26 3 7.576 τρόποι να επιλέξετε τα 3 γράµµατα. Στις πινακίδες µπορεί να χρησιµοποιηθούν 0 ψηφία, υπάρχουν 0 3 000 τρόποι για να επιλέξετε τα τρία ψηφία. Κάθε δυνατός συνδυασµός γραµµάτων µπορεί να αντιστοιχεί σε οποιοδήποτε από τους δυνατούς συνδυασµούς ψηφίων. Οπότε το συνολικό πλήθος των πινακίδων είναι 7.576x000 7.576.000. Η πιθανότητα να επιλέξετε είναι /7.576.000. : Βρίσκεστε σε ένα ζαχαροπλαστείο που διαθέτει 3 γεύσεις παγωτού. Σκοπεύετε να πάρετε χωνάκι µε 2 µπάλες. Από πόσους συνδυασµούς γεύσεων µπορείτε να επιλέξετε? Λύση: Υπάρχουν 3 γεύσεις για την πάνω µπάλα και 3 γεύσεις για την κάτω. Εποµένως, οι πιθανοί συνδυασµοί είναι 3x 3 96. ειγµατοληψία χωρίς επανατοποθέτηση Έστω ότι έχετε 7 µπλουζάκια και κάθε πρωί επιλέγετε. Το βράδυ δεν το τοποθετείτε πίσω στο συρτάρι. Με πόσους τρόπους µπορείτε να επιλέξετε τα επτά µπλουζάκια που θα φορέσετε σε µια εβδοµάδα? Λύση: Τιµόθεος Αγγελίδης 7

Την Κυριακή έχετε 7 επιλογές, τη ευτέρα 6, την Τρίτη 5, Για όλοι την εβδοµάδα έχετε 7! 7x6x5x4x3x2x5.040 τρόπους µε τους οποίους µπορείτε να επιλέξετε τα µπλουζάκια µιας ολόκληρης εβδοµάδας. Γενικά, αν έχουµε n αντικείµενα, υπάρχουν n! διαφορετικοί τρόποι ταξινόµησης τους : Με πόσους δυνατούς τρόπους µπορούµε να ανακατέψουµε µια τράπουλα? Υπάρχουν 52 τρόποι για το πρώτο φύλλο, 5 για το δεύτερο, Συνολικά υπάρχουν 5! τρόποι για να ανακατέψουµε την τράπουλα. Μεταθέσεις Έστω ότι έχετε 0 µπλουζάκια. Με πόσους διαφορετικούς τρόπους µπορείτε να τα επιλέξετε µέσα σε µία εβδοµάδα? Λύση: Την Κυριακή µπορείτε να επιλέξετε 0 µπλουζάκια. Τη ευτέρα 9, Το Σάββατο θα έχετε 4 επιλογές. Το συνολικό πλήθος των επιλογών είναι 0x9x8x7x6x5x40!/3! 604.800. Εποµένως επιλέγουµε χωρίς επανατοποθέτηση ένα δείγµα 7 στοιχείων από ένα πληθυσµό µε 0 στοιχεία. Γενικά, όταν επιλέγουµε χωρίς επανατοποθέτηση ένα δείγµα j αντικειµένων από ένα πληθυσµό n αντικειµένων, υπάρχουν n!/(n-j)! διαφορετικοί τρόποι επιλογής. Ο κάθε τρόπος λέγεται µετάθεση (permutation) των αντικειµένων. Συχνά συµβολίζεται ως n P j. : Σε µια ιπποδροµία λαµβάνουν 8 άλογα. Θέλετε να µαντέψετε την σειρά µε την οποία θα τερµατίσουν θα τερµατίσουν τα τρία πρώτα άλογα. Ποια είναι η πιθανότητα να τη µαντέψετε σωστά? Λύση Ουσιαστικά θα πρέπει να διαλέξετε ένα δείγµα 3 στοιχείων χωρίς επανατοποθέτηση από έναν πληθυσµό µεγέθους 8. Άρα υπάρχουν 8!/(8-3)! 336 δυνατοί τρόποι τερµατισµού. Η ζητούµενη πιθανότητα είναι /336. Συνδυασµοί. Τιµόθεος Αγγελίδης 8

Ας υποθέσουµε ότι παίζετε χαρτιά και θα πρέπει να τραβήξετε 5 φύλλα. Υπάρχουν 52 δυνατοί τρόποι για το πρώτο φύλλο, 5 για το δεύτερο, 50 για το τρίτο, 49 για το τέταρτο και 48 για το πέµπτο. Μπορούµε να υποθέσουµε δειγµατοληψία χωρίς επανατοποθέτηση 5 στοιχείων από ένα πληθυσµό 52 φύλλων. Κατά συνέπεια, υπάρχουν 52!/(52-5)! 3.875.200 τρόποι για να επιλέξετε τα 5 φύλλα. Αν όµως τραβήξετε τα παρακάτω 5 φύλλα: 5C, 8D, 6H, AH, AD, θεωρούµε ότι έχουν την ίδια ακριβώς σηµασία όπως και αν τραβούσατε τα εξής φύλλα: 8D, 5C, AH, 6H, AD. Η δεύτερη πεντάδα έχει ακριβώς την ίδια σηµασία µε την πρωτη, αφού η σειρά δεν έχει σηµασία. Πόσες διαφορετικές διατάξεις αυτών των φύλλων υπάρχουν? 5!20. Ο τύπος 52!/(52-5)! µας έδωσε το συνολικό πλήθος διαφορετικών διατάξεων όλων των πεντάδων. Σε αυτή την περίπτωση µας ενδιαφέρει το συνολικό πλήθος των διαφορετικών πεντάδων, ανεξάρτητα από τη διάταξη. Επειδή ο τύπος µας δίνει 20 πεντάδες περισσότερες, το αποτέλεσµα το διαιρούµε µε 20. Εποµένως το συνολικό πλήθος διαφορετικών πεντάδων που µπορούµε να τραβήξουµε από µία τράπουλα 52 φύλλων χωρίς να υπολογίζονται οι διαφορετικές διατάξεις είναι 52!/{(52-5)!5!}. Γενικά, ας υποθέσουµε ότι θέλουµε να επιλέξουµε j στοιχεία χωρίς επανατοποθέτηση από έναν πληθυσµό n στοιχείων και µας ενδιαφέρει µόνο το συνολικό πλήθος των επιλογών, χωρίς να µας απασχολεί η σειρά τους, τότε το συνολικό πλήθος ισούται µε n! n ( ) ( n - j)! j! j Βρίσκεστε σε µια οµάδα 20 ατόµων από την οποία πρόκειται να επιλεγούν µε τυχαίο τρόπο 5 άτοµα για να συγκροτηθεί µια επιτροπή. Ποια είναι η πιθανότητα να βρεθείτε σε αυτή την επιτροπή µε ένα συγκεκριµένο άτοµο. Λύση: Το συνολικό πλήθος των τρόπων µε τους οποίους είναι η δυνατή η επιλογή της n! n 20 20! επιτροπής είναι ( ) ( ) 5. 504. Στη συνέχεια θα πρέπει ( n - j)! j! j 5 (20-5)!5! Τιµόθεος Αγγελίδης 9

να υπολογίσουµε τη πιθανότητα να συµπεριληφθείτε και οι δύο στην επιτροπή. Αν επιλεγείτε και οι δύο, τότε τα 3 µέλη της επιτροπής θα πρέπει να επιλεγούν από τα υπόλοιπα 8 άτοµα. Οι δυνατοί τρόποι για να επιλεγούν είναι n! ( ( n - j)! j! n j 8 ) ( ) 3 είναι 86/5504 0.053 8! 86 (8-3)!3!. Άρα η πιθανότητα να επιλεγείτε και οι δύο Έχετε 40% πιθανότητα να δεχθείτε πρόταση πρόσληψης από την επιχείρηση Α. Έχετε 40% πιθανότητα να δεχθείτε πρόταση πρόσληψης από την επιχείρηση Β και 6% και από τις 2. Ποια είναι η πιθανότητα να δεχθείτε πρόταση πρόσληψης από οποιαδήποτε εταιρεία. Λύση. Pr(A B) Pr(A) + Pr(B) Pr(A B) 0.40 + 0.40-0.6 0.64. Αν έχετε στη τσέπη σας 5 µεταλλικά πενηντάρικα και 4 µεταλλικά κατοστάρικα και βάλετε το χέρι σας και πιάσετε στη τύχη 2 κέρµατα, ποια είναι η πιθανότητα το άθροισµα των 2 νοµισµάτων να είναι 200 δραχµές? Λύση υνατοί τρόποι επιλογής 2 νοµίσµατα από 9 είναι n! ( ( n - j)! j! n j 9 ) ( ) 2 9! 36 (9!-2)!2! Για να είναι το άθροισµα 200 θα πρέπει να επιλέξω 2 νοµίσµατα από τα 4 µεταλλικά κατοστάρικα. Οι δυνατοί τρόποι είναι n! ( ( n - j)! j! n j 4 ) ( ) 2 4! 6 (4-2)!2! Άρα η πιθανότητα ισούται µε 6/36 /6 Τραβάµε στη τύχη 0 φύλλα από µία τράπουλα 52 φύλλων. Ποια είναι η πιθανότητα να είναι κούπες ακριβώς τέσσερα από τα φύλλα που θα τραβήξουµε? Λύση Τιµόθεος Αγγελίδης 20

Πρώτα θα πρέπει να υπολογίσουµε το συνολικό πλήθος των τρόπων µε τους οποίους µπορούµε να τραβήξουµε τα φύλλα χρησιµοποιώντας των τύπο υπολογισµού συνδυασµών: n! ( ( n - j)! j! n j 52 ) ( ) 0 52! 5.820.024.220 (52-0)! 0! Στη συνέχεια θα πρέπει να υπολογίσουµε µε πόσους τρόπους µπορούµε να τραβήξουµε 4 από τις 3 κούπες που έχει η τράπουλα: n! ( ( n - j)! j! n j 3 ) ( ) 4 3! 75 (3-4)!4! Αν µέσα στα 0 φύλλα που θα τραβήξουµε περιλαµβάνονται 4 κούπες, τότε τα άλλα 6 φύλλα δεν θα είναι κούπες Μπορούµε να υπολογίσουµε το πλήθος των τρόπων µε τους οποίους µπορούµε να επιλέξουµε 6 φύλλα που δεν θα είναι κούπες από τα 39 φύλλα της τράπουλας που δεν είναι κούπες n! ( ( n - j)! j! n j 39 ) ( ) 6 39! 3.262.623 (39-6)!6! Καθένας από τους 75 τρόπους που µπορούµε να επιλέξουµε τις 4 κούπες µπορεί να συνδυαστεί µε καθέναν από τους 3.262.623 τρόπους µε τους οποίους µπορούµε να επιλέξουµε τα 6 φύλλα που δεν θα είναι κούπες, µε αποτέλεσµα να υπάρχουν συνολικά 75x 3.262.623 2.332.775.445 δεκάδες φύλλων της τράπουλας µε 4 κούπες και 6 µη κούπες. Η πιθανότητα να τραβήξουµε 4 κούπες είναι (75 x 3.262.623)/5.820.024.220 0.47 Υποθέστε ότι ντύνεστε σε ένα σκοτεινό δωµάτιο και ότι στο συρτάρι σας µε τις κάλτσες σας βρίσκονται 4 κόκκινες, 3 µπλε και 2 καφέ. Επιλέγετε 2 κάλτσες. Ποια είναι η πιθανότητα να είναι του ίδιου χρώµατος. Λύση 4 3 2 ( ) + ( ) + ( ) 2 2 2 6 + 3 + 5/8 9 36 ( ) 2 Τιµόθεος Αγγελίδης 2

Γεγονότα που αποκλείονται αµοιβαία ύο γεγονότα που δεν µπορούν να συµβούν ταυτόχρονα, ή που τα υποσύνολά τους δεν έχουν κοινά σηµεία στους δειγµατικούς τους χώρους ονοµάζονται γεγονότα που αποκλείονται αµοιβαία. : Όταν ρίχνουµε ένα νόµισµα, το γεγονός να παρουσιαστεί ένδειξη Κ είναι αµοιβαίο αποκλειόµενο από το γεγονός να εµφανιστεί Γ. Μπορεί να συµβεί είτε το ένα είτε το άλλο, αλλά όχι και τα δύο. Το παρακάτω σχήµα παρουσιάζει αµοιβαία αποκλειόµενα γεγονότα Από τους ορισµούς των αµοιβαίων αποκλειόµενων γεγονότων και της διατοµής των συνόλων συµπεραίνουµε ότι η διατοµή δύο ή περισσοτέρων γεγονότων που αποκλείονται αµοιβαία είναι το κενό σύνολο. Το γεγονός που αντιστοιχεί σε κανό σύνολο το ονοµάζουµε αδύνατο γεγονός το οποίο συµβολίζεται ως. Για τα αµοιβαία αποκλειόµενα ενδεχόµενα Ε και Ε2, ισχύει ότι Ε Ε2 και Pr(Ε Ε2)0 H Pr(Ε Ε2) εκφράζει την πιθανότητα να συµβεί είτε το γεγονός Ε είτε το γεγονός Ε2 ή να συµβούν και τα δύο µαζί και προκύπτει ότι Pr(Ε Ε2) Pr(E)+Pr(E2)- Pr(Ε Ε2) Θα πρέπει να επισηµάνουµε ότι αφαιρούµε την πιθανότητα των κοινών σηµείων των Ε και Ε2. Αυτό το κάνουµε γιατί το άθροισµα Pr(E)+Pr(E2) περιέχει τις πιθανότητες όλων Τιµόθεος Αγγελίδης 22

των σηµείων του Ε και Ε2. Συνεπώς περιέχει τις πιθανότητες των κοινών σηµείων των Ε και Ε2 δύο φορές. Η σχέση αυτή αναφέρεται ως αθροιστικός νόµος των πιθανοτήτων. Αν τα γεγονότα Ε και Ε2 είναι αµοιβαία αποκλειόµενα τότε Pr(Ε Ε2)Pr( )0 και εποµένως ισχύει ότι Pr(Ε Ε2) Pr(E)+Pr(E2). Στην περίπτωση τριών γεγονότων που δεν αποκλείονται αµοιβαία, ισχύει ότι Pr(Ε Ε2 Ε3)Pr(E)+Pr(E2)+Pr(E3)- Pr(Ε Ε2)- Pr(Ε Ε3)- Pr(Ε2 Ε3)+Pr(Ε Ε2 Ε3) Απόδειξη: Pr(Ε Ε2 Ε3) Pr[(Ε Ε2) Ε3]Pr(Ε Ε2)+Pr(E3)-Pr[(Ε Ε2) E3] Pr(E)+Pr(E2)+Pr(E3)- Pr(Ε Ε2)-Pr[(E Ε3) (E2 E3)] Pr(E)+Pr(E2)+Pr(E3)- Pr(Ε Ε2)- Pr(E Ε3)-Pr(E2 E3)+Pr[(E Ε3) (E2 E3)] Pr(E)+Pr(E2)+Pr(E3)- Pr(Ε Ε2)- Pr(E Ε3)-Pr(E2 E3)+Pr(E Ε2 E3) Ανεξάρτητα γεγονότα Στη ορολογία της Θεωρίας Πιθανοτήτων δύο γεγονότα Ε και Ε2 ονοµάζονται στατιστικά ή στοχαστικά ανεξάρτητα ή ανεξάρτητα αν και µόνο αν ή πιθανότητα να συµβούν και τα δύο, Pr(E Ε2), είναι ίση µε το γινόµενο των πιθανοτήτων να συµβεί καθένα χωριστά. ηλαδή, Pr(E Ε2) Pr(E)Pr(E2). Τα ανεξάρτητα γεγονότα δεν πρέπει να συγχέονται µε τα γεγονότα που αποκλείονται αµοιβαία. Για να είναι ανεξάρτητα τα γεγονότα πρέπει να έχουν τουλάχιστον ένα κοινό σηµείο σ ένα δειγµατικό χώρο, αν και τα δύο έχουν µη µηδενική πιθανότητες. Η ανάγκη να υπάρχει τουλάχιστον ένα κοινό σηµείο στο δειγµατικό χώρο δύο ανεξάρτητων γεγονότων, Ε και Ε2, αν και τα δύο έχουν µη µηδενικές πιθανότητες, προκύπτει ως εξής: Αν τα γεγονότα Ε και Ε2 δεν έχουν κοινό σηµείο, τότε E Ε2 και εποµένως Pr(E Ε2)0., αλλά εφόσον τα γεγονότα Ε και Ε2 έχουν µη µηδενικές πιθανότητες, δεν ικανοποιείται η σχέση της ανεξαρτησίας, Pr(E Ε2) Pr(E)Pr(E2), και συνεπώς τα γεγονότα δεν είναι ανεξάρτητα. Για να είναι δύο γεγονότα, µε µη µηδενικές πιθανότητες, ανεξάρτητα θα πρέπει Pr(E Ε2) 0, δηλαδή τα Ε και Ε2 να µην είναι αµοιβαία αποκλειόµενα. Τιµόθεος Αγγελίδης 23

Με ποιο «ελεύθερη» µετάφραση του όρου µπορούµε να ορίσουµε ανεξάρτητα ενδεχόµενα (independent events) δύο ενδεχόµενα που δεν επηρεάζουν το ένα το άλλο. Να υπολογισθεί η πιθανότητα να παρουσιαστούν δύο ενδείξεις 3 όταν ρίχνουµε δύο ζάρια. Λύση: Έστω Ε το γεγονός να υπάρξει ένδειξη 3 στο πρώτο ζάρι και Ε2 το γεγονός να υπάρξει ένδειξη 3 στο δεύτερο. Pr(E)/6 και Pr(E2)/6. Pr(E Ε2) Pr(E)Pr(E2)/6*/6/36. Η γνώση ότι µε την πρώτη ζαριά φέραµε 3 δεν µας βοηθάει να µαντέψουµε τι θα συµβεί στην επόµενη και εποµένως δεν επηρεάζει το ενδεχόµενο Ε2. Ανεξάρτητα ενδεχόµενα. Μια συσκευή λειτουργεί όταν λειτουργούν και τα τρία εξαρτήµατά της. Οι πιθανότητες να λειτουργεί κάθε εξάρτηµα στη διάρκεια ενός ορισµένου κύκλου λειτουργίας είναι Pr(E)0.7, Pr(E2)0.8, Pr(E3)0.9. Να βρεθεί η πιθανότητα να µην πάθει βλάβη η συσκευή στη διάρκεια ενός κύκλου λειτουργίας. Λύση Η λειτουργία κάθε εξαρτήµατος υποτίθεται ότι δεν επηρεάζεται από τη λειτουργία ή βλάβη των άλλων εξαρτηµάτων. Άρα τα γεγονότα της λειτουργίας των εξαρτηµάτων είναι ανεξάρτητα και η πιθανότητα να λειτουργήσει η συσκευή στη διάρκεια του κύκλου λειτουργίας βρίσκεται ως Pr(E) Pr(E Ε2 Ε3) Pr(E)Pr(E2) Pr(E3)0.7*0.8*0.90.504 Στο σκληρό δίσκο του υπολογιστή σας έχετε πολύ σηµαντικά δεδοµένα. Αν το κεντρικό σύστηµα έχει πιθανότητα % να «καταρρεύσει» όπως και το εφεδρικό έχει πιθανότητα να «καταρρεύσει» %, τότε ποια είναι η πιθανότητα να αστοχήσουν και τα 2 συστήµατα? Λύση Τιµόθεος Αγγελίδης 24

Αν και τα 2 συστήµατα είναι ανεξάρτητα, τότε για να υπολογίσετε την ζητούµενη πιθανότητα αρκεί να πολλαπλασιάσετε τις επιµέρους πιθανότητες. Pr(«κατάρρευσης») Pr(«κατάρρευσης» του ο συστήµατος)* Pr(«κατάρρευσης» του 2 ο συστήµατος) 0.0*0.0 0.000 Πιθανότητα υπό συνθήκη ή δεσµευµένη πιθανότητα (conditional probability) Είναι η πιθανότητα να συµβεί κάποιο συγκεκριµένο ενδεχόµενο µε δεδοµένο ότι έχει συµβεί κάποιο άλλο ενδεχόµενο. Πιο συγκεκριµένα, ας υποθέσουµε ότι γνωρίζουµε ότι έχει συµβεί το ενδεχόµενο Β και θέλουµε να µάθουµε την πιθανότητα να συµβεί το ενδεχόµενο Α. Η δεσµευµένη πιθανότητα ότι θα συµβεί το ενδεχόµενο Α µε δεδοµένο το γεγονός ότι έχει συµβεί το ενδεχόµενο Β γράφεται ως Pr(A B). Η κατακόρυφη γραµµή ( ) σηµαίνει δεδοµένου ότι. Τις πιθανότητες που δηµιουργούνται από τέτοιου είδους ενδεχόµενα ονοµάζονται πιθανότητες υπό συνθήκη ή δεσµευµένες πιθανότητες. Η πιθανότητα να πάθει βλάβη µια µηχανή στις επόµενες 0 ώρες λειτουργίας της δεν είναι η ίδια αν η συσκευή είναι καινούργια ή αν έχει ή λειτουργήσει επί 000 ώρες. Ας υποθέσουµε ότι ρίξαµε δύο ζάρια χωρίς να δούµε τις ενδείξεις τους και κάποιος µας είπε ότι οι ενδείξεις τους έχουν άθροισµα µικρότερο ή ίσο µε 3. Ποια η πιθανότητα να έχει το δεύτερο ζάρι ένδειξη? Λύση Η πιθανότητα που ζητάµε είναι φανερό ότι είναι πιθανότητα υπό συνθήκη. Και βέβαια αυτή είναι διαφορετική από την πιθανότητα να παρουσιαστεί ένδειξη στο δεύτερο ζάρι που ρίξαµε. Για να βρούµε την πιθανότητα: Έστω ο δειγµατικός χώρος της δοκιµής µας, που είναι το ρίξιµο των δύο ζαριών. Αν αγνοήσουµε τα σηµεία που έχουν άθροισµα µεγαλύτερο του 3, τότε µπορούµε να δηµιουργήσουµε ένα νέο δειγµατικό χώρο που αποτελείται από τα εξής Τιµόθεος Αγγελίδης 25

σηµεία: {(,), (,2),(2,)}. Η πιθανότητα του κάθε σηµείου του δειγµατικού χώρου είναι /3. Η πιθανότητα που ζητάµε αποτελείται από τα εξής δύο σηµεία (,) και (2,). Εποµένως, η πιθανότητα να παρουσιαστεί ένδειξη στο δεύτερο ζάρι είναι 2/3, όταν γνωρίζουµε ότι το άθροισµα των 2 ζαριών είναι 3. Ας ξανά εξετάσουµε το συγκεκριµένο παράδειγµα. Έστω ότι Ε2 το γεγονός που ορίζεται από το υποσύνολο που αντιστοιχεί στα σηµεία τα οποία έχουν άθροισµα µικρότερο ή ίσο του 3. Έστω Ε το γεγονός που ορίζεται από τα σηµεία που η ένδειξη του δεύτερου ζαριού είναι. Τα γεγονότα περιγράφονται από τον επόµενο πίνακα Συνθήκη Γεγονός Άθροισµα <4 Ε2{(,), (,2),(2,)}. } Ένδειξη στο δεύτερο ζάρι Ε{(,),(2,),(3,),(4,),(5,),(6,)} Εφόσον θέλουµε να βρούµε την πιθανότητα να συµβεί το Ε, όταν ήδη έχει συµβεί το Ε2, θέλουµε στη πραγµατικότητα το ενδεχόµενο Ε Ε2{(,),(2,)}. Οι πιθανότητες των ενδεχοµένων ισούνται µε Pr(E2) 3/36, Pr(E) 6/36 Pr(Ε Ε2) 2/36. Την πιθανότητα να συµβεί το γεγονός Ε δεδοµένου ότι έχει συµβεί το Ε2, συµβολίζεται ως Pr(Ε Ε2)2/3 (από την λύση του προηγούµενου παραδείγµατος). Μπορούµε να διαπιστώσουµε ότι Pr(Ε Ε2) Pr(E2)* Pr(Ε Ε2) 2/36 3/36 * 2/3 Συνεπώς η δεσµευµένη πιθανότητα υπολογίζεται Pr(Ε Ε2) Pr(Ε Ε2)/ Pr(E2). Αν τα ενδεχόµενα Ε και Ε2 είναι ανεξάρτητα τότε Pr(Ε Ε2) Pr(Ε Ε2)/ Pr(E2) Pr(Ε)* Pr(Ε2)/ Pr(Ε2) Pr(Ε) Για 3 ενδεχόµενα η κατά συνθήκη πιθανότητα υπολογίζεται ως Pr(Ε Ε2 Ε3) Pr(Ε Ε2 Ε3)/ Pr(Ε2 Ε3) Pr(Ε Ε2 Ε3)/ Pr(E3)*Pr(Ε2 Ε3). Έστω Α το ενδεχόµενο να είναι το άθροισµα δύο ζαριών 8 Έστω Β το ενδεχόµενο να φέρουµε µε το πρώτο ζάρι Υπολογίστε την πιθανότητα Pr(Α Β). Λύση Τιµόθεος Αγγελίδης 26

Pr(Α Β) Pr(Α Β)/ Pr(Β) 0/(6/36)0 Σε ένα στόχο ρίχνουµε τρεις σφαίρες διαδοχικά. Η πιθανότητα να πετύχουµε το στόχο µε τη πρώτη βολή είναι p0.3. Με τη δεύτερη είναι p20.6 και µε την τρίτη είναι p30.8. Όταν τον στόχο τον πετυχαίνει µια βολή, η πιθανότητα να καταστραφεί είναι λ0.4 αν τον πετύχουν 2 βολές, η πιθανότητα καταστροφής του είναι λ20.7 Αν τον πετύχουν 3, τότε λ3.να βρεθεί η πιθανότητα καταστροφής του στόχου και από τις 3 βολές (Ε0). Λύση Έστω Ε το γεγονός µίας επιτυχίας, Ε2 2 επιτυχίες, Ε3 των τριών επιτυχιών και Ε4 καµία επιτυχία. Μία επιτυχία θα υπάρξει όταν η πρώτη βολή είναι επιτυχής και η άλλη είναι ανεπιτυχής ή δεύτερη είναι επιτυχής και οι άλλες ανεπιτυχής ή η τρίτη είναι επιτυχής και οι άλλες δεν είναι. Ανάλογα ορίζονται και τα άλλα ενδεχόµενα. Pr(E) p(-p2)(-p3)+(-p)p2(-p2)+(-p)(-p2)p3 0.332 Pr(E2) pp2(-p3)+p(-p2)p3+(-p)p2p3 0.468 Pr(E3)pp2p30.33 Pr(E4)(-p)(-p2)(-p3)0.056 Η πιθανότητα να καταστραφεί ο στόχος όταν έχει πραγµατοποιηθεί κάθε ένα από τα προηγούµενα γεγονότα είναι PR(E0 E) 0.4, Pr(E0 E2)0.7Pr(E0 E3) Pr(E0 E4) 0 Pr(E) PR(E0 E)+ PR(E0 E2)+ PR(E0 E2)+ PR(E0 E3)+ PR(E0 E4) Pr(E)Pr(E0 E)+ Pr(E2)Pr(E0 E2)+ Pr(E3)Pr(E0 E3)+ Pr(E4)Pr(E0 E4) 0.332*0.4+0.468*0.7+0.44*+0.056*0 0.6044 Θεώρηµα Ολική Πιθανότητας Ορισµός: Μια διαµέριση ενός συνόλου S είναι µια πεπερασµένη συλλογή Η,Η 2, Η n από υποσύνολα του S που ικανοποιούν τις ακόλουθες δύο συνθήκες:. SH H 2 Η n 2. H i H j, i,j,2,3, n i j Ορισµός Θεωρήµατος Ολικής Πιθανότητας Τιµόθεος Αγγελίδης 27

Έστω ότι Η,Η 2, Η n είναι µια διαµέριση του δειγµατικού χώρου S τέτοια ώστε P(Η ι ), i,2, n. Τότε για κάθε ενδεχόµενο Ε ισχύει ότι: n P ( E) P( H ) P( E ). i i H i Το θεώρηµα ολικής πιθανότητας χρησιµεύει στον υπολογισµό πιθανοτήτων ενδεχοµένων. Όπως είναι προφανές από το θεώρηµα, η πιθανότητα ενός ενδεχοµένου µπορεί να υπολογισθεί µέσω των δεσµευµένων πιθανοτήτων του ενδεχόµενου σε σχέση µε τα στοιχεία κάποιας διαµέρισης θεωρώντας τον σταθµικό µέσο αυτών των πιθανοτήτων µε βάση τις πιθανότητες των στοιχείων της διαµέρισης. Θεωρήµατος Ολικής Πιθανότητας µε 3 ενδεχόµενα Η Η 2 Η3 Ε S Η,Η 2, Η 3 είναι µια διαµέριση του δειγµατικού χώρου S. H i H j, i,j,2,3. SH H 2 H 3. P(E)? Λύση Ε(Η Ε) (Η 2 Ε) (Η 3 Ε) P(Ε)P{(Η Ε) (Η 2 Ε) (Η 3 Ε)} P(Η Ε)+P(Η 2 Ε)+ P(Η 3 Ε)P(Η )P(E H )+ P(Η 2 )P(E H 2 )+ P(Η 3 )P(E H 3 ) (από ορισµό δεσµευµένης πιθανότητας) 3 P ( H i ) P( E i H i Συχνά οι πιθανότητες P(H i ) λέγονται πιθανότητες εκ των προτέρων (a priori) ενώ οι P(H i Ε) που υπολογίζονται αφού συµβεί το γεγονός ονοµάζονται εκ των υστέρων (a posteriori). ) Τιµόθεος Αγγελίδης 28

Τρία κουτιά περιέχουν στοιχεία µερικά από τα οποία είναι ελαττωµατικά. Η αναλογία φαίνεται στον παρακάτω πίνακα. Αριθµός στοιχείων Αριθµός ελαττωµατικών Κουτί 0 4 Κουτί 2 6 Κουτί 3 8 3 ιαλέγουµε ένα κουτί στη τύχη και στη συνέχεια διαλέγουµε ένα στοιχείο στην τύχη από το κουτί αυτό. Να βρεθεί η πιθανότητα το στοιχείο να είναι ελαττωµατικό. Λύση Έστω Α i είναι το στοιχείο που προέρχεται από το κουτί i και Ε είναι το ενδεχόµενο το στοιχείο να είναι ελαττωµατικό. Από το θεώρηµα ολικής πιθανότητας έχουµε: P(E) P(A )P(E A )+ P(A 2 )P(E A 2 )+ P(A 3 )P(E A 3 )(/3)(4/0)+(/3)(/6)+(/3)(3/8)3/360 Θεώρηµα του Bayes. Ο κανόνας του Bayes µας επιτρέπει να υπολογίσουµε τη δεσµευµένη πιθανότητα Pr(H E) όταν γνωρίζουµε την πιθανότητα Pr(E H ). Pr( H Pr( E H ) Pr( H E) c c Pr( E H ) Pr( H ) + Pr( E H ) Pr( H Γνωρίζουµε ότι: ) ) Pr( H Pr( H E) E) Pr( H Pr( E) E), Pr( E H Pr( H E) Pr( E H ) Pr( H Pr( E) Pr( E) Pr( E H ) ) Pr( E H Pr( H ) ) Pr( E H Pr( E H ) Pr( H ) Pr( E H ) Pr( H ) ) + Pr( E H ) Pr( H c ) ) Pr( H c ) Τιµόθεος Αγγελίδης 29

Συχνά οι πιθανότητες P(H i ) λέγονται πιθανότητες εκ των προτέρων (a priori) ενώ οι P(H i Ε) που υπολογίζονται αφού συµβεί το γεγονός ονοµάζονται εκ των υστέρων (a posteriori). Στην αρχή του έτους διατυπώθηκαν τρεις οικονοµικές θεωρίες για την πιθανή εξέλιξη της Ελληνικής Οικονοµίας. Όταν διατυπώθηκαν και οι τρεις θεωρίας φαίνονταν ισοπίθανες. Στο τέλος του έτους εξετάσθηκε η πραγµατική κατάσταση της οικονοµίας µε αναφορά στις τρεις θεωρίες. Η ανάλυση κατέληξε στο συµπέρασµα ότι αν η πρώτη θεωρία ήταν αληθινή, η οικονοµία θα είχε πιθανότητα 0.6 να καταλήξει στην παρούσα κατάσταση. Οι αντίστοιχες πιθανότητες για την δεύτερη και την τρίτη πρόβλεψη είναι 0.4 και 0.2 Να υπολογισθεί η πιθανότητα µε την οποία η παρούσα κατάσταση της οικονοµίας µπορεί να θεωρηθεί αποτέλεσµα της θεωρίας i, i,2,3. Λύση Η i το ενδεχόµενο η i θεωρία να είναι σωστή. P(Η )P(Η 2 )P(Η 3 )/3 E είναι το ενδεχόµενο η οικονοµία να βρίσκεται στην παρούσα κατάσταση. Με βάση το θεώρηµα του Bayes µπορούµε να υπολογίσουµε Pr( H E) Pr( E H ) Pr( H Pr( E H ) + Pr( E H ) Pr( H ) Pr( H (6 /0)(/ 3) 6 /2 / 2 (6 /0)(/ 3) + (4 /0)(/ 3) + (2 /0)(/ 3) Pr( E H 2 ) Pr( H Pr( H 2 E) Pr( E H ) Pr( H) + Pr( E H 2 ) Pr( H (4 /0)(/ 3) / 3 (6 /0)(/ 3) + (4 /0)(/ 3) + (2 /0)(/ 3) Pr( E H 3 ) Pr( H Pr( H 3 E) Pr( E H) Pr( H) + Pr( E H 2 ) Pr( H (2 /0)(/ 3) / 6 (6 /0)(/ 3) + (4 /0)(/ 3) + (2 /0)(/ 3) 2 2 2 ) ) + Pr( E H 2 3 2 ) ) + Pr( E H ) ) + Pr( E H 3 3 ) Pr( H 3 3 ) Pr( H ) Pr( H 3 ) 3 ) ) Τιµόθεος Αγγελίδης 30

Μια µεγάλη εταιρία αποθηκεύει ανταλλακτικά σε δύο αποθήκες, µια στην Θεσσαλονίκη και µια στο Ηράκλειο. Ο αριθµός των ελαττωµατικών και αποδεκτών (µη ελαττωµατικών) τεµαχίων σε κάθε αποθήκη δίνεται ως εξής: Αποθήκη Αριθµός Ανταλλακτικών Ελαττωµατικά Αποδεκτά Σύνολο Θεσσαλονίκη 28 272 300 Hράκλειο 0 90 200 Σύνολο 38 462 500 Αν ένα ανταλλακτικό της εταιρίας επιλέγεται τυχαία (δηλαδή αν κάθε ανταλλακτικό έχει πιθανότητα /500 να επιλεγεί), D και Α συµβολίζουν τα ενδεχόµενα "ελαττωµατικών" και "αποδεκτών" αντίστοιχα και Τ, Η συµβολίζουν τα ενδεχόµενα ότι το ανταλλακτικό έρχεται από Θεσσαλονίκη και Ηράκλειο αντίστοιχα. Να υπολογισθούν οι ακόλουθες πιθανότητες (α) P(D). (β) P(A ή T) και Ρ(Α και Τ). (γ) Ρ(Τ Α) και P(D H) (δ) Είναι το ενδεχόµενο D ανεξάρτητο από το ενδεχόµενο Η; Γιατί η γιατί όχι; Τιµόθεος Αγγελίδης 3

Λύση Στην λέσχη του Πανεπιστηµίου, 42% των πελατών παραγγέλνουν το «σπέσιαλ», 6% όλων των γυναικών πελατών παραγγέλνουν το «σπέσιαλ», και οι µισοί πελάτες είναι γυναίκες. Επίσης, 24% των πελατών πληρώνουν ακόµα µε δραχµές. Εάν επιλέξουµε ένα πελάτη τυχαία, α) να βρείτε την πιθανότητα να είναι µία γυναίκα που παραγγέλνει το «σπέσιαλ», β) να βρείτε την πιθανότητα να είναι ένας άνδρας που δεν παραγγέλνει το «σπέσιαλ». γ) Εάν το γεγονός ότι κάποιος πληρώνει µε δραχµές είναι ανεξάρτητο από το φύλλο ποια είναι η πιθανότητα ο πελάτης που επιλέγουµε τυχαία να είναι άνδρας και να πληρώνει µε δραχµές. Τιµόθεος Αγγελίδης 32

Λύση Σε ένα εργοστάσιο οι µηχανές Α, Β και Γ παράγουν το 25%, το 35% και το 40% της συνολικής παραγωγής. Μετά από έλεγχο βρέθηκε ότι το 5% των παραγοµένων τεµαχίων από το µηχάνηµα Α είναι ελαττωµατικό, επίσης το 4% και το 2% των παραγοµένων τεµαχίων τις µηχανές Β και Γ είναι ελαττωµατικό. Η συνολική παραγωγή φτάνει τα 5000 τεµάχια. Ένα τεµάχιο εξάγεται τυχαία και βρίσκεται ελαττωµατικό. Ποια είναι η πιθανότητα κατασκευής του από την µηχανή Β; Τιµόθεος Αγγελίδης 33

Λύση β) Το 20% των φοιτητών της Σχολής Κοινωνικών Επιστηµών πήγαν διακοπές (ή για εργασία) εκτός Κρήτης και υποθέτουµε ότι η Σχολή Κοινωνικών Επιστηµών έχει 25% των φοιτητών του Πανεπιστηµίου Κρήτης. Επίσης 30% όλων των φοιτητών του Πανεπιστηµίου Κρήτης πήγαν διακοπές (ή για εργασία) εντός Κρήτης. ια) Εάν επιλέξουµε τυχαία έναν φοιτητή που πήγε εκτός Κρήτης, ποια είναι η πιθανότητα να είναι φοιτητής της Σχολής κοινωνικών Επιστηµών; ιβ) Εάν επιλέξουµε τυχαία έναν φοιτητή που δεν είναι της Σχολής Κοινωνικών Επιστηµών, ποια είναι η πιθανότητα να πήγε εντός Κρήτης; Τιµόθεος Αγγελίδης 34

Λύση Υποθέστε ότι έχετε στην τσέπη σας 2 νοµίσµατα. Γνωρίζετε ότι το ένα είναι «σωστό» και το άλλο έχει και στις 2 πλευρές κεφάλι. Αν βγάλετε το ένα κέρµα και το στρίψετε και φέρετε κεφάλι, ποια είναι η πιθανότητα ότι αυτό το νόµισµα ήταν το «σωστό» κέρµα? Λύση Έστω Α το ενδεχόµενο ότι φέρατε κεφάλι και Β το ενδεχόµενο ότι το κέρµα ήταν το «σωστό». Pr(B)/2, Pr(A B) 0.5, Pr(A B c ) Pr( A B) Pr( B) Pr( B A) Pr( A B) Pr( B) + Pr( A B c ) Pr( B c ) 2 2 2 2 +* 2 3 Τιµόθεος Αγγελίδης 35

Υποθέσετε ότι το 5% των ανθρώπων που έχουν οµάδα αίµατος 0 είναι αριστερόχειρες, ότι το 0% αυτών που έχουν άλλη οµάδα αίµατος είναι αριστερόχειρες και ότι το 40% των ανθρώπων έχουν οµάδα αίµατος 0. Αν επιλέξετε στην τύχη έναν αριστερόχειρα, ποια είναι η πιθανότητα να έχει οµάδα αίµατος 0. Λύση Έστω Α αριστερόχειρας και Β οµάδα αίµατος 0. Pr(A B) 0.05, Pr(A B c ) 0.0, Pr(B)0.40 Pr( A B) Pr( B) Pr( B A) Pr( A B) Pr( B) + Pr( A B c ) Pr( B c ) 2 20 5 2 3 20 5 + 0 * 5 4 Τιµόθεος Αγγελίδης 36