Post on 01-Oct-2021
transcript
βRegula 50-50-90: de fiecare data cand ai o sansa de 50-50 sa intelegiceva corect exista o probabilitate de 90% sa intelegi gresit.β
Andy Rooney
7Probabilitati. Probleme clasice
Problema intalnirii
Un barbat si o femeie decid sa se intalneasca intr-un restaurant* dupa ora 21.Restaurantul se inchide la ora 24. Din cauza programului incarcat, al fiecaruia,ei decid ca in cazul in care unul dintre ei va intarzia fiecare sa astepte dupacelalalt un anumit timp. Barbatul este dispus sa astepte o ora iar femeia doar15 minute.
Care este probabilitatea ca cei doi sa se intalneasca in acel restaurant ?
*Sa presupunem ca restaurantele sunt deschise si este permisa circulatiadupa ora 22. Prin urmare, probabilitatea nu este 0%.
1
Solutie: Vom modela matematic problema in felul urmator: notam cu π₯timpul la care soseste femeia la restaurant si cu π¦ timpul la care soseste barbatul.Putem sa consideram ora 21 ca fiind timpul 0 si atunci 24 va fi reprezentat denumarul 3. Asadar π₯, π¦ β [0, 3]. Toate situatiile posibile sunt reprezentate depunctele (π₯, π¦) din interiorul patratului [0, 3] Γ [0, 3] de mai jos.
In cazul in care barbatul soseste primul, adica π¦ β€ π₯, atunci cei doi se vorintalni daca π₯βπ¦ β€ 1 (timpul la care soseste femeia este cu cel mult o ora pestecel al sosirii barbatului). Toti timpii de sosire care satisfac aceste restrictii suntcontinuti in regiunea gri, din interiorul patratului,mai precis partea din regiunecuprinsa intre prima bisectoare π¦ = π₯ si dreapta π₯β π¦ = 1
In cazul in care femeia soseste prima, adica π₯ β€ π¦, atunci cei doi se intalnescdoar daca π¦ β π₯ β€ 1
4 . Toti timpii de sosire care satisfac aceste restrictii suntcontinuti in partea superioara a regiunii gri, din interiorul patratului, si anumepartea cuprinsa intre prima bisectoare π¦ = π₯ si dreapta π¦ β π₯ = 1
4Probabilitatea ca cei doi sa se intalneasca va fi
π =numar cazuri favorabile
numar cazuri posibile.
Sunt o infinitate de cazuri favorabile si o infinitatea de cazuri posibile.Pentru a depasi aceasta situatie va trebui sa contorizam intr-un alt mod
punctele (π₯, π¦) care corespund celor doua multimi. In loc sa numaram puncte,vom βmasuraβ multimi. Estimam probabilitatea utilizand ariile regiunilor caredescriu geometric multimea cazurilor favorabile, respectiv multimea cazurilorposibile.
Probabilitatea ca cei doi sa se intalneasca
π =aria regiunii gri
aria patratului=
10332
32β 35%.
Sansa sa intelegi solutia este 50-50, asa ca verifica inca o data daca seaplica regula Rooney si pentru tine. Multe probleme de probabilitati auaparut initial sub forma unor probleme de perspicacitate, intrucat continadevaruri contraintuitive.
Remarca
2
Problema Monty Hall
Problema Monty Hall este un puzzle probabilistic numit dupa Monty Hall,moderatorul show-ului Letβs Make a Deal.
Esti la proba finala a concursului. In fata ta sunt 3 usi, in spatele carora seafla doua capre si o masina. Alegi o usa (sa presupunem ca e usa nr.1). Speri cain spatele usii sa se afle masina dorita. Monty Hall, gazda show-ului, stie ce seafla in spatele fiecarei usi si va deschide una dintre usile ramase, sa presupunemca e usa cu nr.3. Evident in spatele usii deschise se va afla o capra.
Apoi se joaca cu mintea ta si spuneβ-Ai dreptul sa schimbi usa aleasa si sa alegi usa cu nr.2 !βParadoxul: Sansele de castig prin schimbarea usii nu sunt 50-50
Cartea urmatoare
Voi amesteca pachetul de carti si apoi le voi imparti una cate una, oricat deincet este nevoie. Cartile sunt asezate cu fata in jos. Tu observi sirul de cartiasezate pe masa, fara a sti ce culoare au, si in orice moment doresti poti spuneStop. In acel moment iti voi arata cartea urmatoare. Daca este de culoarerosie, castigi jocul. Daca este de culoare neagra, pierzi. Nu exista jokeri inpachet.
Daca nu spui Stop pana la final, ultima carte din pachet va determina rezul-tatul jocului.
Care va fi strategia ta ?
Paradoxul baiat-fata
A. Dl. Smith are doi copii. Cel putin unul dintre ei este baiat. Care esteprobabilitatea ca celalalt copil sa fie fata ?
B. Dl. Smith are doi copii. Cel putin unul dintre ei este un baiat nascutmartea. Care este probabilitatea ca celalat copil sa fie o fata ?
Paradoxul: Niciuna dintre probabilitati nu este 50% iar raspunsurile corectenu sunt la fel.
3
Tehnici de numarare
β in cele ce urmeaza vom lista cateva tehnici de numarare elementare, utilein estimarea unor probabilitati
1. regula produsului: daca o sarcina consta dintr-un sir de π alegeri
astfel incat sunt π1 moduri de a realiza prima alegere, π2 moduri de a realiza adoua alegere, etc., atunci sarcina poate fi realizata in π1 Β· π2 Β· . . . Β· ππ moduridiferite.
2. aranjamente de π obiecte distincte luate cate π: numarul de
aranjari a π obiecte alese dintre π obiecte disponibile astfel incat:
Β· cele π obiecte sunt distincte
Β· repetarile nu sunt permise
Β· ordinea conteaza
se obtine prin formula π΄ππ =
π!
(πβ π)!
β reprezentare moderat abstracta, sablonul care trebuie retinut=β n persoane trebuie asezate la o masa care are doar π β€ π locuri (scaune)=β ordinea de aranjare a persoanelor la masa conteaza, deci cu π persoane
deja asezate se pot forma in total π! aranjari distincte=β π΄π
π este numarul de moduri diferite in care cele n persoane se potdistribui pe cele π locuri
3. combinari de π obiecte distincte luate cate π: numarul de moduri
in care putem extrage π obiecte din π existente, fara ca ordinea in care suntextrase sa conteze, se obtine prin formula πΆπ
π = π!(πβπ)!π!
β reprezentare moderat abstracta, sablonul care trebuie retinut=β avem o multime (colectie) care are π elemente=β dorim sa extragem o submultime de π elemente, evident intr-o astfel
de submultime ordinea elementelor nu conteaza=β conteaza doar ce elemente fac parte din submultime=β πΆπ
π este egal cu numarul de submultimi cu π elemente ale unei multimicu π β₯ π elemente
4 combinari cu repetitie: orice selectie de π obiecte dintr-o multime de
π, astfel incat fiecare obiect poate fi ales de mai multe ori, se numeste combinarede π obiecte luate cate π cu repetitie si e data de formula
πΆπππ(π, π) =(π + π β 1)!
π!(πβ 1)!
Orice selectie cu repetitie poate fi vizualizata ca o π-selectie din π itemi, cuposibilitatea de repetare a acestora, astfel incat ordinea de aranjare a itemilorin selectie sa nu conteze si π sa poata fi mai mare decat π.
4
Exemplu: Mergi la magazin si ai bani doar pentru 6 dulciuri. Magazinulare de vanzare ciocolata (C), guma de mestecat (G) si acadele (A). Cate selectiidiferite poti face ?
Cateva selectii pe care le poti face sunt
π΄π΄π΄π΄πΊπΊ
π΄πΊπ΄π΄πΊπΆ
πΊπΊπ΄π΄πΆπΆ
Raspunsul este: trebuie sa faci o 6-selectie din 3 itemi disponibili, repetarea estepermisa si ordinea nu este importanta cand iti cumperi dulciuri. Prin urmaresunt
πΆπππ(6, 3) =3 + 6 β 1
6!(3 β 1)!= 28 posibilitati
5 aranjarea a π obiecte diferite in π cutii: vom presupune ca sunt
date π obiecte diferite si π lazi πΆ1, πΆ2, ..., πΆπ si avem de aseazat π1 obiectein cutia πΆ1, π2 obiecte in cutia πΆ2, etc. , si ππ obiecte in cutia πΆπ, undeπ1 + π2 + . . . + ππ = π. Mai mult, vom presupune ca ordinea de aseazarea obiectelor intr-o anumita cutie nu conteaza. Numarul tuturor distributiilorposibile este coeficientul multinomial
π!
π1! π2! Β· . . . Β· ππ!, π1 + π2 + . . . + ππ = π.
6. principiul bijectiei: doua multimi finite π΄ si π΅ au acelasi numar de
elemente daca si numai daca exista o bijectie π : π΄ β π΅.Β· vezi Problema rezolvata 1 pentru un exemplu
7. principiul incluziunii si excluziunii: vom nota prin |π΄| numarul
de elemente ale multimii π΄. Pentru un sir finit π΄1, π΄2, . . . , π΄π de submultimi aleunei multimi finite π avem
πβ
π=1
π΄π
=
πβπ=1
|π΄π|ββ
1β€π<πβ€π
|π΄πβ©π΄π |+. . .+(β1)πβ1β
1β€π1<π2<...<ππβ€π
|π΄π1β©π΄π2β©. . .β©π΄ππ |
+ . . . + (β1)πβ1|π΄1 β©π΄2 β© . . . π΄π|.
β acest principiu poate fi exprimat si in forma sa complementara
πβπ=1
π΄π
=
π β
πβπ=1
π΄π
= |π| β
πβπ=1
|π΄π| +β
1β€π<πβ€π
|π΄π β©π΄π | + . . .
+(β1)πβ
1β€π1<π2<...<ππβ€π
|π΄π1 β©π΄π2 β© . . . β©π΄ππ | + . . . + (β1)π|π΄1 β©π΄2 β© . . . π΄π|.
Scheme clasice de probabilitate
5
β vom prezenta cateva trick-uri sau sabloane de care trebuie sa tinem contatunci cand estimam probabilitati
1. teorema lui Poincare: probabilitatea realizarii cel putin a unui
eveniment este data de
π
(πβ
π=1
πΈπ
)=
πβπ=1
π (πΈπ) ββ
1β€π<πβ€π
π (πΈπ β© πΈπ)+
+β
1β€π<π<πβ€π
π (πΈπ β© πΈπ β© πΈπ) β . . . + (β1)πβ1π (πΈ1 β© πΈ2 . . . β© πΈπ)
β compara cu principiul incluziunii si excluziunii, de exemplu, pentru π = 3
π (π΄ βͺπ΅ βͺ πΆ) =π (π΄) + π (π΅) + π (πΆ) β π (π΄ β©π΅) β π (π΄ β© πΆ)
β π (π΅ β© πΆ) + π (π΄ β©π΅ β© πΆ)
si scrie forma complementara a teoremei lui Poincare
2. formula inmultirii: probabilitatea realizarii tuturor evenimentelor
π
(πβ
π=1
πΈπ
)= π (πΈ1) Β· π (πΈ2|πΈ1) Β· π (πΈ3|πΈ1 β© πΈ2) Β· . . . Β· π
(πΈπ
πβ1βπ=1
πΈπ
)
β in cazul in care stim ca evenimentele sunt independente, formula se simplifica
π
(πβ
π=1
πΈπ
)= π (πΈ1) Β· π (πΈ2) Β· . . . Β· π (πΈπ).
3. formula probabilitatii totale: probabilitatea unui eveniment πΈ
care poate aparea simultan cu unul dintre evenimentele π»1, π»2, . . . ,π»π (numiteipoteze), care formeaza un sistem complet de evenimente, e data de
π (πΈ) =
πβπ=1
π (π»π)π (πΈ|π»π)
unde
πβπ=1
π (π»π) = 1 (adica doar in aceste ipoteze poate aparea πΈ)
4. formula lui Bayes: probabilitatea π (π»π |πΈ) a ipotezei π»π dupa ce
evenimentul πΈ a avut loc
π (π»π |πΈ) =π (π»π)π (πΈ|π»π)
πβπ=1
π (π»π)π (πΈ|π»π)
5. experimentul binomial
6
β este un experiment statistic cu urmatoarele proprietatiΒ· experimentul consta din π incercari repetateΒ· la fiecare repetare nu pot aparea decat doua evenimente unul numit succes
si celalalt esecΒ· probabilitatea unui succes, notat prin π, este aceeasi la fiecare incercare.Β· probabilitatea unui esec, notata prin π = 1 β π, este aceeasi la fiecare
incercareΒ· incercarile sunt independente: rezultatul uneia nu afecteaza rezultatul ori-
carei alte incercariβ probabilitatea binomiala este probabilitatea ca la un experiment binomial
sa fie inregistrate exact π succese in π incercari
π = πΆππ Β· ππ Β· ππβπ
Exemplu: se arunca o moneda de 6 ori, probabilitatea de a obtine de 4 oripajura este
π = πΆ46 Β·(
1
2
)4
Β·(
1
2
)6β4
β probabilitatea de a obtine cel putin π succese este
π = 1 βπβ1βπ=0
πΆππ Β· ππ Β· ππβπ
β probabilitatea ca al π-lea succes sa fie obtinut dupa exact π incercari este
π = πΆπβ1πβ1 π
π(1 β π)πβπ, π β₯ π.
6. experimentul multinomial
β generalizeaza experimentul binomial:Β· acum fiecare incercare are π rezultate posibile πΈ1, πΈ2, . . . , πΈπ
Β· aceste rezultate au probabilitatile π1, π2, . . . ππΒ· cele π incercari sunt din nou independenteβ probabilitatea multinomiala este probabilitatea ca πΈ1 sa apara de π1 ori,
πΈ2 sa apara de π2 ori,. . .πΈπ sa apara de ππ ori
π =π!
π1!π2! Β· . . . Β· ππ!Β· ππ1
1 ππ22 Β· . . . Β· πππ
π
unde π = π1 + π2 + . . . + ππ
7. schema Poisson
β fie πΈ1, πΈ2, ..., πΈπ π evenimente independente ale unui experiment.β notam prin ππ probabilitatea sa apara evenimentul πΈπ si prin ππ = 1 β ππ,
π = 1, π probabilitatea evenimentului complementarβ probabilitatea sa apara π evenimente dintre cele π este data de coeficientul
lui ππ din expresia
(π1π + π1) Β· (π2π + π2) Β· ... Β· (πππ + ππ)
7
β poate fi interpretata ca o generalizare a experimentului binomial, in sensulca acum succesul are o probabilitate diferita ππ, π = 1, π, la fiecare incercare.
8. schema bilei nerevenite (hipergeometrica)
β consideram problema a π extrageri repetate dintr-o cutie ce contine πobiecte, dintre care π sunt defecte.
β daca extragerile se fac cu innlocuire (obiectul extras este pus inapoi incutie inainte de extragerea urmatoare), atunci avem un experiment binomial cuπ incercari si π = π
π probabilitatea unui succes, daca definim succesul ca fiindextragerea unui obiect defect
β daca extragerile se fac fara inlocuire, atunci probabilitatea extragerii unuiobiect defect nu mai este aceeasi in cele π extrageri
β probabilitatea de a extrage exact π obiecte defecte in cele π incercari senumeste probabilitate hipergeometrica si este data prin
π =πΆπ
ππΆπβππβπ
πΆππ
Probleme rezolvate
Probema 1
a) Aratati ca numarul de functii π : π΄ β¦β π΅ este dat de |π΅||π΄|, daca π΄ siπ΅ sunt multimi finite.b) Aflati numarul submultimilor unei multimi π΄ cu π elemente.
Solutie: Vom folosi aceasta problema pentru a exersa doua tehnici de nu-marare: regula produsului si principiul bijectiei.
a) Sa definim mai intai multimile π΄ = {π₯1, π₯2, . . . , π₯π} si π΅ = {π¦1, π¦2, . . . , π¦π}.Conform definitiei unei functii, π(π₯1) trebuie sa ia o singura valoare din
multimea π΅ = {π¦1, π¦2, . . . , π¦π}. Astfel pentru valoarea lui π(π₯1) avem exact πposibilitati. Analog, pentru π(π₯2) avem π posibilitati, etc. La final se aplicaregula produsului si se obtin ππ posibilitati de a defini functii de la π΄ la π΅.
b) Putem afla numarul submultimilor intr-un mod mai elementar, contor-izand pe rand cate submultimi cu π elemente exista, π β€ π. Dorim insa saaratam cum functioneaza principiul bijectiei.
Vom construi o bijectie intre multimea submultimilor lui π΄, de obicei notatacu π«(π΄) (partile lui π΄) si o alta multime a carei elemente se numara mai usor.Dificultatea principiului consta in constructia functiei bijective, care va usurarezolvarea problemei de numarare.
Sa consideram multimea cuvintelor binare de lungime π
πΆ = {π1π2 . . . ππ : ππ β {0, 1}, pentru orice π β€ π}
Se observa usor ca aceasta multime are 2π elemente, conform regulii produsului,caci fiecare litera ππ a cuvantului binar poate avea exact 2 valori.
8
Definim acum o bijectie π : π«(π΄) β¦β πΆ care atribuie fiecarei submultimi π alui π΄ un cuvant binar de lungime π, in felul urmator
π(π) = π1π2 . . . ππ unde ππ =
{1, daca π₯π β π
0, daca π₯π /β π
De exemplu, submultimea π = {π₯1, π₯3, π₯4} corespunde cuvantului binar
1011 0.............0β β doar zerouri
Se argumenteaza usor ca aceasta functie este bijectiva si prin urmare numarulde elemente ale lui π«(π΄) este egal cu numarul de elemente ale lui C, conformprincipiului bijectiei =β sunt 2π submultimi.
Problema 2
Aratati ca numarul de functii surjective π : π΄ β¦β π΅, in cazul in care|π΄| = π, |π΅| = π, este
π =
πβπ=0
(β1)ππΆππ(πβ π)π
atunci cand π β₯ π, altfel este π = 0.
Solutie: Problema propusa creaza o buna oportunitate de a face cunostintacu cateva tehnici caracteristice teoriei probabilitatilor. Nu vom folosi cuvantulprobabilitate dar vom adopta unele strategii din teoria probabilitatilor.
Dorim sa contorizam functiile surjective π : {π₯1, π₯2, . . . , π₯π} β {π¦1, π¦2, . . . , π¦π}.Este mai simplu sa studiem functiile care nu sunt surjective, la fel cum la prob-abilitati vom studia uneori evenimentul complementar πΈ. Pentru inceput sacadem de acord ca avem relatia
nr. functii surjective=nr. functii- nr. functii nesurjective
si ca numarul de functii π : π΄ β π΅ care pot fi definite intre doua multimi finiteeste |π΅||π΄|.
Pentru a calcula numarul de functii nesurjective, vom descompune propri-etatea de a nu fi surjectiva in mai multe proprietati, in ideea aplicarii principiuluiincluziunii si excluziunii.
Vom nota cu πΉ1 multimea functiilor care rateaza valoarea π¦1, cu πΉ2 multimeafunctiilor care rateaza valoarea π¦2, si asa mai departe cu πΉπ multimea functiilorcare rateaza valoarea π¦π. Surpriza consta in faptul ca πΉ1 βͺ πΉ2 βͺ . . . βͺ πΉπ vacontine toate functiile nesurjective, caci aceste functii rateaza cel putin o valoareπ¦π, π = 1, π. Numarul functiilor nesurjective va fi
|πΉ1 βͺ πΉ2 βͺ . . . βͺ πΉπ| =
πβπ=1
|πΉπ| ββ
1β€π<πβ€π
|πΉπ β© πΉπ | + . . .
+(β1)πβ1β
1β€π1<π2<...<ππβ€π
|πΉπ1 β©πΉπ2 β© . . .β©πΉππ |+ . . .+ (β1)πβ1|πΉ1β©πΉ2β© . . . πΉπ|.
9
Pentru a calcula aceasta suma, trebuie sa evaluam pe rand termenii sai.Pentru inceput |πΉπ| este numarul functiilor care rateaza valoarea π¦π. Acestefunctii sunt functii definite pe multimea {π₯1, π₯2, . . . , π₯π} si cu valori in multimea{π¦1, π¦2, . . . , π¦πβ1, π¦π+1, . . . , π¦π}. Conform celor discutate mai sus, se pot construi(πβ 1)π astfel de functii.
In mod asemanator |πΉπ β© πΉπ | este numarul functiilor care rateaza valorileπ¦π si π¦π , adica functii definite pe o multime cu π elemente si cu valori intr-omultime cu π β 2 element =β |πΉπ β© πΉπ | = (πβ 2)π. Rationamentul continuapentru fiecare grup de termeni in parte. E important sa remarcam faptul caatunci cand construim functii din πΉπβ©πΉπ nu ne intereseaza daca acestea rateazasi alte valori din multimea {π¦1, π¦2, . . . , π¦πβ1, π¦π+1, . . . , π¦πβ1, π¦π+1, . . . π¦π} ci doarfaptul ca π¦π si π¦π nu se afla in πΌπ π. La fel gandim si in cazul celorlalti termeni.Ca formula generala, grupulβ
1β€π1<π2<...<ππβ€π
|πΉπ1 β© πΉπ2 β© . . . β© πΉππ |
va contine πΆππ termeni si toti au valoarea (πβ π)π. Prin urmare
|πΉ1 βͺ πΉ2 βͺ . . . βͺ πΉπ| = πΆ1π(πβ1)πβπΆ2
π(πβ2)π+. . .+(β1)πβ1πΆππ(πβπ)π+. . .+(β1)πβ1(πβπ)π
si numarul de functii surjective va fi
π =
πβπ=0
(β1)ππΆππ(πβ π)π.
Putem sa privim problema aflarii functiilor surjective dintr-o alta per-spectiva. Vom vizualiza o functie surjectiva ca pe o partitie a multimii{π₯1, π₯2, . . . , π₯π} in π submultimi in felul urmator: in fiecare submul-time π΄π se afla doar elemente din π΄ care sunt transformate in acelasielement din π΅ = {π¦1, π¦2, . . . , π¦π}, adica π΄π = {π₯π1 , π₯π2 , . . . , π₯ππ} pentrucare π(π₯π1) = π(π₯π2) = ... = π(π₯ππ). Deoarece functia nu trebuie sa fie in-jectiva o astfel de submultime poate avea mai mult de un element. Asadarπ΄ = π΄1 βͺπ΄2 βͺ . . . π΄π. De remarcat faptul ca nu am precizat in ce elementsunt transformate elementele din aceste submultimi. Practic aceasta par-titie a lui π΄ reprezinta o grupare a elementelor care sunt trimise in acelasiπ¦ β π΅.
Spre exemplu, functia surjectiva π : {1, 2, 3, 4} β {1, 2} definita prinπ(1) = 1, π(2) = 2, π(3) = 1, π(4) = 2 corespunde partitiei {1, 3} βͺ {2, 4}a lui π΄.
Numarul partitiilor unei multimi cu π elemente in π submultimi estedat de numarul Stirling de speta a doua π(π,π). Trebuie insa remarcat cafiecarei partitii in π submultimi ii corespund π! functii surjective distincte,deoarece atunci cand am construit o partitie nu am fixat valoarea π¦ incare este trimis fiecare π₯ dintr-o astfel de submultime. Putem aranjaaceste valori in π! moduri.
π = π! Β· π(π,π)
Remarca
10
Problema 3
La o petrecere sunt π cupluri, sot si sotie. La un moment dat toti invitatiisunt pe ringul de dans. Se presupune ca formarea perechilor de dans esteegal probabila.
i) Care este probabilitatea ca in acel moment fiecare barbat sa nudanseze cu sotia sa ?
ii) Sa se calculeze limita acestei probabilitati cand π β β.
Solutie: Definim βevenimentele elementareβ:
πΈ1: primul barbat danseaza cu sotia in acel moment
πΈ2: al doilea barbat danseaza cu sotia in acel moment
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
πΈπ: al n-lea barbat danseaza cu sotia in acel moment
Se arata usor ca
π(πΈπ1 β© πΈπ2 β© ... β© πΈππ
)=
(πβ π)!
π!
deoarece daca s-au format π perechi sot-sotie, atunci celelalte (π β π) perechiβbarbat-femeieβ se pot forma Δ±n (πβ π)! moduri.
Evenimentul πΈ cerut: βFiecare barbat sa nu danseze cu sotia saβ se compunefolosind aceste evenimente elementare in felul urmator
πΈ = πΈ1 β© πΈ2 β© . . . πΈπ
Prin urmare forma complementara a teoremei lui Poincare ne furnizeaza
π
(πβ
π=1
οΏ½οΏ½π
)= 1 β
πβπ=1
π (πΈπ) +β
1β€π<πβ€π
π (πΈπ β© πΈπ) + . . .
+(β1)πβ
1β€π1<π2<...<ππβ€π
π (πΈπ1 β©πΈπ2 β© . . .β©πΈππ)+ . . .+(β1)ππ (πΈ1β©πΈ2β© . . . πΈπ).
π (πΈ) = 1 β πΆ1π
(πβ 1)!
π!+ πΆ2
π
(πβ 2)!
π!β ... + (β1)
ππΆπ
π
(πβ π)!
π!
= 1 β π!
1! (πβ 1)!
(πβ 1)!
π!+
π!
2! (πβ 2)!
(πβ 2)!
π!β ... + (β1)
π 1
π!
= 1 β 1
1!+
1
2!β 1
3!+ . . . + (β1)π
1
π!
de unde rezulta
limπββ
π (πΈ) =1
π.
deoarece am tinut cont de dezvoltarea Maclaurin a lui πβπ₯
πβπ₯ = 1 β π₯
1!+
π₯2
2!β π₯3
3!+ . . . + (β1)π
π₯π
π!+ . . .
11
Problema 4
Dintre studentii prezenti la un curs de MS se alege la intamplare unul.Sa notam urmatoarele evenimenteπ΄ - studentul ales este baiat,π΅ - studentul ales este nefumator,πΆ - studentul ales locuieste Δ±n camin.Se cer urmatoarele:a) Sa se descrie evenimentul π΄ β©π΅ β© πΆ,
b) In ce conditii are loc identitatea π΄ β©π΅ β© πΆ = π΄?c) Cand este adevarata relatia πΆ β π΅?d) Cand va putea avea loc egalitatea π΄ = π΅?
Solutie: a) Evenimentul are loc daca a fost ales un baiat care nu fumeaza sicare nu locuieste Δ±n camin.
b) Cand toti baietii locuiesc Δ±n camin si nici unul nu fumeaza.c) Cand toti studentii care nu stau Δ±n camin sunt nefumatori.d) Are loc daca nicio fata nu fumeaza si Δ±n acelasi timp toti baietii fumeaza.
Problema 5
Un muncitor a lucrat π piese. Sa notam cu π΄π, π = 1, π evenimentul careconsta Δ±n faptul ca cea de a π-a piesa lucrata este defecta. Sa se descriematematic folosind limbajul teoriei multimilor urmatoarele evenimente:a) Niciuna dintre piesele lucrate nu este defecta,b) Cel putin una dintre piesele lucrate este defecta,c) Numai una dintre piesele lucrate este defecta,d) Exact doua piese sunt defecte,e) Cel putin doua piese nu sunt defecte,f) Cel mult doua piese sunt defecte.
Solutie: Fie π΄π evenimentul ca cea de a π-a piesa sa fie defecta, atunci eveni-mentul complementar π΄π inseamna a π-a piesa lucrata este buna. Toate eveni-mentele descrise mai sus pot fi descompuse in functie de aceste evenimente, pecare am putea sa le numim evenimente elementare.
a) Niciuna dintre piesele lucrate nu este defecta
π΄1 β©π΄2 β© ...π΄π
b) Cel putin una dintre piesele lucrate este defecta
π΄1 βͺπ΄2 βͺ ... βͺπ΄π
c) Numai una dintre piesele lucrate este defecta
πβπ=1
(π΄1 β©π΄2 β© ... β©π΄πβ1 β©π΄π β©π΄π+1 β© ... β©π΄π
)d) Exact doua piese sunt defecte
πβπ=1π<π
(π΄1 β©π΄2 β© ... β©π΄πβ1 β©π΄π β©π΄π+1 β© ... β©π΄πβ1 β©π΄π β©π΄π+1 β© ... β©π΄π
)
12
e) Evenimentul βCel putin doua piese nu sunt defecteβ este complementarevenimentului βCel mult o piesa nu este defectaβ(
πβπ=1
π΄π
)βͺ
[πβ
π=1
π΄1 β©π΄2 β© ...π΄πβ1 β©π΄π β©π΄π+1 β© ... β©π΄π
]
f) Cel mult doua piese sunt defecte(πβ
π=1
π΄π
)βͺ
[πβ
π=1
(π΄1 β©π΄2 β© ... β©π΄πβ1 β©π΄π β©π΄π+1 β© ... β©π΄π
)]
βͺ
β‘β’β’β£ πβπ=1π<π
(π΄1 β©π΄2 β© ... β©π΄πβ1 β©π΄π β©π΄π+1 β© ... β©π΄πβ1 β©π΄π β©π΄π+1 β© ... β©π΄π
)β€β₯β₯β¦
Problema 6
Intr-o urma sunt 3 bile albastre si 7 bile rosii. Se extrag trei bile fara a firepuse in urna. Care este probabilitatea ca bilele extrase sa fie de culoarealbastra, rosie, rosie, in aceasta ordine ?
Solutie: Problema enuntata mai sus este elementara. Rolul ei este sa atragaatentia asupra modului in care βmanevramβ evenimentele dependente. Definimevenimentele
πΈ1 am extras o bila albastra la prima extragereπΈ2 am extras o bila rosie la a doua extragereπΈ3 am extras o bila rosie la a treia extragereDaca bilele are fi repuse in urna atunci toate cele trei evenimente ar fi inde-
pendente si conform formulei inmultirii am obtine
π (πΈ1 β© πΈ2 β© πΈ3) = π (πΈ1) Β· π (πΈ2) Β· π (πΈ3) =3
10
7
10
7
10
Insa, deoarece bilele nu sunt repuse, aparitia evenimentului πΈ1 afecteazaprobabilitatea evenimentului πΈ2, apoi aparitia lui πΈ1 si πΈ2 afecteaza sansa luiπΈ3. Cand evenimentele sunt dependente formula inmultirii este
π (πΈ1 β© πΈ2 β© πΈ3) = π (πΈ1) Β· π (πΈ2|πΈ1) Β· π (πΈ3|πΈ1 β© πΈ2)
Pentru inceput π (πΈ1) = 310 insa factorul π (πΈ2|πΈ1) se traduce prin
Probabilitatea lui πΈ2 daca πΈ1 a aparut.
Asadar, stim ca πΈ1 a aparut la prima extragere (a fost extrasa o bila albas-tra). In acest moment in urna au mai ramas 2 bile albastre si 7 bile rosii=β π (πΈ2|πΈ1) = 7
9 .Probabilitatea sa apara o bila rosie la prima extragere este 7
10 . Un paradoxal teoriei probabilitatilor se manifesta in felul urmator: daca nu stim ce bilaa fost extrasa la prima extragere, probabilitatea de a extrage o bila rosie, la adoua extragere, ramane 7
10 !
13
Argumentarea se face folosind formula probabilitatii totale. Bila rosiepoate aparea la a doua extragere in doua ipoteze:
π»1: la prima extragere a iesit o bila albastra
π»2: la prima extragere a iesit o bila rosie
Prin urmare π (πΈ2) = π (π»1)π (πΈ2|π»1) + π (π»2)π (πΈ2|π»2) = 310 Β· 7
9 + 710
69 = 7
10
Sa revenim la problema si sa observam ca π (πΈ3|πΈ1 β© πΈ2) = 68 caci deja au
fost extrase o bila albastra si una rosie. In final se obtine
π (πΈ1 β© πΈ2 β© πΈ3) =3
10Β· 7
9Β· 6
8
In practica este foarte important sa stabilesti dependenta sau indepen-denta unor evenimente, intrucat evaluarea corecta a sansei depinde deaceasta. Una dintre erorile des intalnite in teoria jocurilor poarta numelede eroare Monte Carlo. Jucatorii de ruleta care pariaza pe rosu, pentru caultimele sapte numere au fost negre, folosesc aceeasi logica gresita. Prob-abilitatea de a se opri pe rosu este aceeasi indiferent de cate ori a iesitnegru ! Evenimentele sunt independente !
βMintea are iluziile ei, ca si simtul vazuluiβ
Pierre Simon Laplace
Remarca
Problema 7
Un test anti-doping pentru o substanta interzisa sportivilor are o acu-ratete de 98%, in cazul in care cel testat a utilizat respectiva substanta(adica produce rezultate pozitive in 98% dintre cazuri). Acelasi test areo acuratete de 95%, in cazul celor care nu au utilizat substanta interzisa(adica returneaza rezultate negative la 95% dintre acestia). Este estimatca 10% dintre sportivi folosesc substanta interzisa.Un test administrat unui sportiv a iesit pozitiv. Care este probabilitateaca acesta sa se fi dopat ? Care este probabilitatea ca testul administratunui sportiv oarecare sa iasa negativ ?
Solutie: Aceasta problema evidentiaza o situatie reala foarte frecventa: chiarsi cei care nu se dopeaza pot sa iasa pozitiv la testele anti-doping. Din aceastacauza se recolteaza si investigheaza si o asa-zisa proba B si abia apoi sportivultestat este incriminat sau dezincriminat. Intotdeauna cand avem de-a face cuprobabilitati conditionate este o idee buna sa reprezentam grafic problema, subforma unui arbore de decizie
14
Definim doua ipoteze, care vor forma un sistem completπ»1: sportivul este dopatπ»2: sportivul nu este dopatObservam ca evenimentele+: testul a iesit pozitiv la testarea anti-dopingβ: testul a iesit negativ la testarea anti-dopingpot aparea in oricare dintre cele doua ipoteze.Prima intrebare se traduce matematic prin π (π»1|+) = ?, prin urmare avem
de estimat probabilitatea unei ipoteze in conditiile in care un anumit evenimenta avut loc. Aceasta estimare se face cu formula lui Bayes
π (π»1|+) =π (π»1) Β· π (+|π»1)
π (+)
iar π (+) = π (π»1) Β· π (+|π»1) + π (π»2) Β· π (+|π»2) conform formulei probabili-tatii totale, deoarece testul poate iesi pozitiv in ambele ipoteze(dopat-nedopat).Urmarind cu atentie arborele de decizie desenat mai sus
π (+) = 10% Β· 98% + 90% Β· 5% = 14, 3%
apoi
π (π»1|+) =10% Β· 98%
14, 3%β 68%
Din cauza ca probabilitatea nu este suficient de mare se va apela si la probaB. A doua intrebare a problemei se traduce prin π (β) = ? si din nou formulaprobabilitatii totale livreaza
π (β) = π (π»1) Β· π (β|π»1) + π (π»2) Β· π (β|π»2) = 10% Β· 2% + 90% Β· 95% β 86%
Problema 8
Patru premii diferite pot fi castigate cumparand cutii de cereale pentrumicul dejun. Fiecare cutie contine un premiu. Unul dintre premii este unbilet la gradina zoologica a orasului. Sa presupunem ca o familie avandpatru membri intentioneaza sa cumpere cereale pana cand vor castigapatru bilete la gradina zoologica. Care este probabilitatea ca familia satrebuiasca sa cumpere 10 cutii pentru a castiga cele patru bilete? Darprobabilitatea sa trebuiasca sa cumpere 16 cutii pentru a le castiga?
15
Solutie: Trebuie sa remarcam faptul ca avem de-a face cu un experimentbinomial. La fiecare incercare poti sa castigi un bilet la zoo (succesul) cu prob-abilitatea π = 1
4 sau sa nu castigi (esecul) cu probabilitatea π = 34 . Cerinta
problemei se traduce prin a afla probabilitatea ca al π-lea suscces sa fie obtinutdupa π incercari si asta se face prin formula
π = πΆπβ1πβ1 π
πππβπ, π β₯ π.
Formula nu are nimic magic, poate fi argumentata usor. Daca al k-lea succesa fost obtinut in a π-a incercare =β in cele π β 1 incercari precedente au fostinregistrate exact πβ 1 succese. Conform formulei probabilitatii binomiale stimca probabilitatea de a avea π β 1 succese in π β 1 incercari este
πΆπβ1πβ1 π
πβ1ππβ1β(πβ1)
Daca mai adaugam si evenimentul (independent de ce s-a intamplat in primeleπβ1 incercari) ca la a π-a incercare inregistram un succes, atunci probabilitateaceruta se obtine cu formula inmultirii.
In particular, in problema noastra ne intereseaza cazurile π = 4 si π = 10 sidorim sa obtinem exact π = 4 succese. Se obtin pe rand probabilitatile
π1 = πΆ4β110β1
(1
4
)4(3
4
)10β4
si π2 = πΆ4β116β1
(1
4
)4(3
4
)16β4
Problema 9
Saisprezece luptatori iau parte la un turneu de judo. In cate moduri sepot trage la sorti meciurile din prima runda a turneului ?
Solutie: Tragerea la sorti a meciurilor primei runde este o problema similaracu asezarea a 16 obiecte in 8 cutii, astfel incat in prima cutie trebuie sa punemπ1 = 2 obiecte, in a doua cutie π2 = 2 obiecte, etc., in a 8-a cutie π8 = 2 obiecte.Avem astfel
π1 + π2 + . . . + π8 = 16
si ordinea in fiecare cutie nu este importanta (A vs B este acelasi meci cu B vs.A). Conform formulei multinomiale
16!
2! Β· 2! Β· . . . Β· 2!β β de 8 ori
moduri de a trage la sorti meciurile primei runde
Problema 10
Gasiti probabilitatea ca printre 7 persoane:
a) Sa nu existe doua nascute in aceeasi zi a saptamanii
b) Cel putin doua sa fie nascute in aceeasi zi
c) Doua persoane sa fie nascute duminica si doua martea
16
Solutie: a) Aflarea zilei din saptamana in care fiecare persoana s-a nascutpoate fi interpretata ca fiind un experiment multinomial cu 7 incercari, la fiecareincercare avem 7 evenimente posibile(rezultate):
πΈ1: s-a nascut luniπΈ2: s-a nascut marti. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .πΈ7: s-a nascut duminicaEvident π (πΈ1) = π (πΈ2) = . . . = π (πΈ7) = 1
7 . Daca dorim sa nu existe douapersoane nascute in aceeasi zi a saptamanii, inseamna ca impunen conditia caπΈ1 sa apara o data, πΈ2 sa apara o data, . . . , πΈ7 sa apara o data. Prin urmareprobabilitatea ceruta este de fapt probabilitatea multinomiala
π =7!
1! Β· 1! Β· . . . Β· 1!
(1
7
)1
Β·(
1
7
)1
Β· . . . Β·(
1
7
)1
=7!
77
b) Evenimentul βCel putin doua sunt nascute in aceeasi ziβ este evenimen-tul complementar evenimentului βFiecare persoana este nascuta intr-o alta zi asaptamaniiβ deci
π = 1 β 7!
77
c) Redefinim rezultatele posibile ale experimentului multinomial in felul ur-mator
πΈ1: persoana s-a nascut marteaπΈ2: persoana s-a nascut duminicaπΈ3: persoana s-a nascut intr-o zi a saptamanii diferita de ziua de marti sau
duminicaπ (πΈ1) = π (πΈ2) = 1
7 dar π (πΈ3) = 57 . Sa observam ca dorim ca πΈ1 sa
apara de π1 = 2 ori, πΈ2 sa apara de π2 = 2 ori si πΈ3 sa apara de π3 = 3 ori.Probabilitatea ceruta va fi probabilitatea multinomiala
π =7!
2! Β· 2! Β· 3!
(1
7
)2
Β·(
1
7
)2
Β·(
5
7
)3
Problema 11
Problema Monty Hall
Solutie: La o evaluare rapida se pare ca sansa de castig e de 1/3 la inceputsi 1/2 daca ne schimbam optiunea. Vom vedea mai jos ca intuitia reprezintadoar inceputul cunoasterii.
Conform informatiilor de la inceputul fisei, ai ales usa 1 iar gazda emisiuniia deschis usa 3. Ce ne propunem sa calculam este probabilitatea ca masina sase afle in spatele usii 2 daca gazda a deschis usa 3.
Pentru a aborda problema folosind formule de tip Bayes va trebui sa definimipotezele:
π»1: masina se afla in spatele usii 1π»2: masina se afla in spatele usii 2π»3: masina se afla in spatele usii 3
Definim si evenimentul
17
πΈ : moderatorul emisiunii deschide usa 3Prin urmare, evenimentul a carui probabilitate dorim sa o calculam este:
π»2 conditionat de aparitia lui πΈ !!
=β π (π»2|πΈ), probabilitatea unei ipoteze in conditiile in care evenimentul aavut loc.
Conform teoremei lui Bayes
π (π»2|πΈ) =π (π»2)π (πΈ|π»2)
π (π»1)π (πΈ|π»1) + π (π»2)π (πΈ|π»2) + π (π»3)π (πΈ|π»3)
Va trebui sa fim foarte atenti la semnificatia fiecarei probabilitati din formulaanterioara:
π (π»1) : probabilitatea ca masina sa fie in spatele usii 1 =β π (π»1) = 13
π (π»2) : probabilitatea ca masina sa fie in spatele usii 2 =β π (π»2) = 13
π (π»3) : probabilitatea ca masina sa fie in spatele usii 3 =β π (π»3) = 13
Urmeaza probabilitatile conditionate:π (πΈ|π»1): probabilitatea ca gazda sa deschida usa 3. daca masina este in
spatele usii 1=β atunci gazda stie ca in spatele usii 2 si 3 este o capra deci poate
deschide pe oricare dintre acestea, din moment ce concurentul a ales usa 1=β π (πΈ|π»1) = 1
2π (πΈ|π»2): probabilitatea ca gazda sa deschida usa 2, daca masina este in
spatele usii 2=β gazda poate acum sa deschida doar usa 3, din moment ce masina este
in spatele usii 2 si concurentul a ales usa 1=β π (πΈ|π»2) = 1π (πΈ|π»3): probabilitatea ca gazda sa deschida usa 3, daca masina este in
spatele usii 3, este evident nula =β π (πΈ|π»3) = 0Inlocuind aceste informatii in formula se obtine:
π (π»2|πΈ) =2
3β 66%
Problema admite si alte abordari. Ceea ce merita retinut este ca estimareade castig de 50%, facuta a lβaveugle, este gresita. Sansa de castig prinalegerea usii 2 este in realitate mult mai de mare, insusi marele matem-atician Pal Erdos nu a fost convins de exactitatea acestui rezultat pana inmomentul in care a vazut o simulare pe calculator a problemei.
Remarca
Problema 12
Cartea urmatoare
Solutie: Nu exista o strategie castigatoare!Daca nu ai informatii despre evenimentele trecute, atunci probabilitatea (de
a primi o carte rosie, de exemplu) este aceeasi la fiecare incercare.
18
Problema este asemanatoare problemei 6. Sa investigam un caz particularcu doar 4 carti in pachet. Sa presupunem ca doua sunt rosii si doua negre.Dealerul amesteca cartile si aseaza prima carte pe masa, fara a arata ce carteeste. Mai sunt trei carti in pachet. Probabilitatea de a obtine o carte rosie laurmatoarea este din nou 1
2 !In acest moment sunt doua ipotezeπ»1 : prima carte a fost neagraπ»2 : prima carte a fost rosie
si vom defini evenimentulπΈ : urmatoarea carte este rosie.Formula probabilitatilor totale va oferi estimarea
π (πΈ) = π (π»1) Β· π (πΈ|π»1) + π (π»2) Β· π (πΈ|π»2) =1
2
Argumentul poate continua cu doua carti refuzate si doua carti ramase inpachet. In aceasta situatie sunt patru ipoteze posibile
π»1 : prima carte a fost neagra si a doua neagraπ»2 : prima carte a fost rosie si a doua neagraπ»3 : prima carte a fost neagra si a doua rosieπ»4 : prima carte a fost rosie si a doua rosieDin nou, formula probabilitatilor totale livreaza aceeasi probabilitate pentru
ca urmatoarea carte sa fie rosie: 1/2.
Problema 13 (Paradoxul baiat-fata)
A. Dl. Smith are doi copii. Cel putin unul dintre ei este baiat. Care esteprobabilitatea ca celalalt copil sa fie fata ?
B. Dl. Smith are doi copii. Cel putin unul dintre ei este un baiat nascutmartea. Care este probabilitatea ca celalat copil sa fie o fata ?
Solution: Aceasta problema vrea sa evidentieze un fapt foarte important:Procedura prin care informatia este obtinuta va influenta estimarea sansei.Cand studiem probabilitati trebuie sa detaliem riguros experimentul statistic
care a generat evenimentul a carui probabilitate este cautata. Din aceasta cauzacele doua probleme sunt considerate ambigue si au mai multe interpretari siraspunsuri posibile.
In continuare vom exemplifica aceste remarci pentru problema B si vomarata ca raspunsul depinde de procedeul de obtinere a informatiei. Vom indicadoua posibile interpretari ale problemei.
Primul scenariu: Stim ca dl. Smith are doi copii deoarece am ales laintamplare o familie cu doi copii !
=β Sa notam zilele saptamanii cu numere 1, 2, . . . , 7 unde 1 inseamna luni,2 inseamna marti, si asa mai departe. Acum vom putea considera evenimentele
π΅π: un baiat a fost nascut in ziua π, pentru π = 1, 7πΊπ: o fata a fost nascuta in ziua π, pentru π = 1, 7De exemplu, π΅2 inseamna ca un baiat este nascut martea, πΊ1 inseamna ca
o fata este nascuta lunea. Folosind aceste notatii, putem forma evenimente caπ΅2πΊ1 care inseamna: primul copil este un baiat nascut martea si al doilea esteo fata nascuta lunea.
19
Presupunem ca un copil se naste cu aceeasi probabilitate in oricare zi asaptamanii (destul de aproape de realitate). In acest fel obtinem 27 de posibilesituatii care descriu zilele in care copii dlui Smith s-ar fi putut naste. Fiecaretrebuie sa contina π΅2, reprezentand baiatul nascut martea.
Asadar sunt 27 de posibilitati dintre care 14 (cele din primele doua coloane)includ o fata. Probabilitatea ca dl. Smith sa aiba o fata este 14
27 .Cu acest scenariu problema A va conduce la probabilitatea 1/3.Al doilea scenariu: Stim ca dl. Smith are doi copii pentru ca asa ne-a
spus dansul (am fost la el acasa si l-am intrebat). Ne-a spus si ca are un baiatnascut martea.
=β Acum o simpla aplicare a formulei lui Bayes va conduce la o probabil-itate 1/2 ca celalalt copil sa fie o fata.
In primul rand, inainte de a aplica metodele teoriei probabilitatilor asigura-te ca experimentul descris este bine definit si verifica presupunerile facuterelativ la problema.In al doilea rand, nu neglija detaliile care par nesemnificative, orice detaliutrebuie investigat serios pentru ca poate face diferenta.
Morala problemei
Problema 14
Urmatoarea afirmatie a fost facuta la un post de radio:βCei mai multi dintre teroristi sunt musulmani. Prin urmare este abso-lut necesar sa ii interogam pe toti musulmanii inainte de a-i lasa sa seimbarce intr-un avion.βUnde este eroarea de argumentare ?
Solutie: Sa notam cu M evenimentul βpersoana aleasa la intamplare estemusulmanβ si cu T βpersoana aleasa este terorist.β Prima afirmatie spune caπ (π |π ), probabilitatea ca un terorist sa fie musulman este mare. Apoi insa setrage concluzia (nedeclarata) ca π (π |π) este de asemenea mare. Daca tinemcont de modul in care probabilitatile conditionate sunt definite
π (π |π ) =π (π β© π )
π (π )
si
π (π |π) =π (π β©π)
π (π)
20
putem observa caπ (π |π)
π (π |π )=
π (π )
π (π)
Dar π (π) (probabilitatea de a fi musulman) este enorma raportata la π (π )(probabilitatea de a fi terorist) intrucat sunt 1.8 miliarde de musulmani in lume.Prin urmare π (π |π) este extrem de mica raportata la π (π |π ) si orice valoareare avea π (π |π ) nu se impune sa recurgem la un astfel de gest.
Probleme propuse
B. Tehnica de calcul
Problema B.1. Anagrame
i) Cate anagrame ale cuvantului LOCOMOTIVA nu contin doua litere Ouna linga cealalta ?
ii) Gasiti toate anagramele cuvantului PARABOLA pentru care consoanelesi vocalele alterneaza.
iii) Gasiti cate anagrame distincte are cuvantul INGREDIENT. Cate dintreele incep si se termina cu o vocala ?
iv) Cate anagrame pot fi formate din cuvantul TICTAC astfel incat sa nucontina doua litere vecine identice ?
Problema B.2. PokerIn pachetul de carti de poker sunt 52 de carti inscriptionate cu numere sau
simboluri: π΄,πΎ,π, π½, 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2 din patru categorii diferite β¦,β₯,β£,β
i) Cate full houses-uri sunt posibile in poker ?
ii) In poker, o chinta consta din cinci carti care formeaza un sir de valoriaflate in ordine consecutiva. De exemplu sirurile 4β¦, 5β£, 6β£, 7β₯, 8β ,si 10β , π½β₯, πβ₯, πΎβ£, π΄ β£ reprezinta chinte dar πΎβ£, πβ¦, π΄β , 2β , 3β£nu este o chinta. O situatie speciala il are asul, pentru ca se poate aflaatat la finalul chintei (ca mai sus) cat si la inceput π΄β₯, 2β¦, 3β¦, 4β , 5β¦.
Cate chinte diferite sunt posibile in poker ?
iii) O pereche consta din cinci carti dintre care doua au acelasi numar inscrip-tionat, de exemplu 10β£, 4β¦, 10β¦, 5β , π΄β£ reprezinta o pereche.
Cate perechi sunt posibile in poker ?
Problema B.3. Numere. Cifre
21
i) Fiind date numerele 1, 2, 3,..., π scrise Δ±ntr-o anumita ordine, care esteprobabilitatea ca numerele 1 si 2 sa fie consecutive ?
ii) Cate numere naturale din seria 1, 2, 3, . . . , 2017 nu sunt divizibile cu nici-unul dintre numerele 4, 5, 6 ?
Indicatie: Incercati sa aplicati o forma a principiului includerii si exclud-erii
iii) Gasiti numarul solutiilor naturale ale ecuatiei π+π = π, astfel incat π β€ π.
iv) Gasiti numarul de moduri in care un intreg dat π > 1 poate fi scris ca unprodus π = ππ, unde π, π β N si π|π.Indiciu: descompunere in factori primi
Problema B.4. Un experiment consta in extragerea unei carti dintr-un pachetde 52 de carti de joc, fara a introduce inapoi cartea extrasa. Acest experiment serepeta de 10 ori. Gasiti probabilitatea de a obtine de doua ori pica β , de trei oricaro β¦, de trei ori trefla β£ si de doua ori cupa β₯. Rezolvati aceeasi problemain conditiile in care cartea extrasa este introdusa inapoi in pachet.
Problema B.5. Popescu stie raspunsurile la una dintre cele 10 intrebari curaspunsuri multiple ale examenului de MS. El a absentat la multe dintre cursurisi va trebui sa ghiceasca raspunsurile la celelalte 9 intrebari. Presupunand cafiecare intrebare are patru raspunsuri care este probabilitatea ca el sa nimereasca7 raspunsuri corecte ? Fiecare raspuns valoreaza un punct si este nevoie de5 puncte pentru a promova examenul. Care este probabilitatea ca Popescu sapromoveze examenul ?
Indicatie: avem un experiment binomial
Problema B.6. Opt studenti sunt distribuiti in trei camere ale unui caminstudentesc. Doua dintre acestea au 3 paturi iar una doar 2 paturi. In catemoduri pot fi distribuiti studentii in cele trei camere ?
Problema B.7. Doisprezece persoane urca intr-un tren care are 6 vagoane.Fiecare pasager va alege cu aceeasi probabilitate oricare dintre vagoane. Aflatiprobabilitatea ca
(a) sa fie doua persoane in fiecare vagon,(b) sa gasim un vagon fara pasageri, unul cu un pasager, doua cu cate doi
pasageri iar in vagoanele ramase sa fie trei, respectiv patru pasageri.
Problema B.8. In secolul al ππ πΌπΌ-lea Cavalerul de Mere, un nobil francezpasionat de jocuri de noroc, l-a chestionat pe Blaise Pascal in legatura cu oproblema. Aceasta problema, considerata de catre multi ca fiind un punct deplecare in aparitia teoriei probabilitatilor, este denumita azi problema potului:
Doi jucatori joaca pe bani un joc constand din π runde si in fiecare rundasansele de castig sunt egale. Jucatorii contribuie Δ±n mod egal la formarea potuluis, i convin Δ±n avans ca primul jucator ce castiga un anumit numar de runde saincaseze miza. Presupunand ca jocul este intrerupt de anumite circumstant,eexterne inainte ca vreun jucator sa castige potul, intrebarea ce se pune este:Cum se va imparti potul in mod corect?
22
Problema B.9. Doi prieteni decid sa se intalneasca la ora 21 : 00 intr-unrestaurant. Cel care ajunge primul va astepta cel mult 20 de minute dupa celalalt.Restaurantul se inchide la ora 23 : 00. Care este probabilitatea ca ei sa seintalneasca ?
Problema B.10. O persoana scrie 5 scrisori, le introduce in plicuri si apoitrece la intamplare adresele pe fiecare dintre aceste plicuri. Gasiti probabilitateaca cel putin unul dintre plicuri sa aiba adresa scrisa corect.
Problema B.11. In SUA 40% dintre votantii inregistrati sunt republicani, 45%sunt democrati si 15% sunt independenti. Cand votantii sunt intrebati desprenecesitatea cresterii cheltuielilor militare 20% dintre republicani s-au pronuntatcontra, 65% dintre democrati se opun si ei si la fel 55% dintre indepenedenti.Care este probabilitatea ca un votant ales aleator sa se fie impotriva cresteriicheltuielilor militare ?
Problema B.12. Gasiti probabilitatea de a extrage un popa, o dama, un popasi un valet, in aceasta ordine, dintr-un pachet de 52 de carti, in patru extragericonsecutive. Cartile nu sunt introduse inapoi in pachet.
Problema B.13. Un sistem telegrafic de comunicatii transmite semnalele punctβ si linie Β―. Sa presupunem ca proprietatile statistice ale obstacolelor sunt inasa fel incat aproximativ 40% dintre puncte si 25% dintre linii sunt schimbate.Raportul dintre numarul de puncte transmise si cel de linii este 5 : 3. Care esteprobabilitatea ca un semnal primit sa fie acelasi cu un semnal transmis daca:
a) semnalul primit este un punct.
b) semnalul primit este o linie.
Problema B.14. Un articol dintr-un ziar contine urmatoarea afirmatie:βRezultatele unui studiu facut pe 100 directori generali arata ca s-ar putea sa
fie o legatura intre detinerea de animale domestice in copilarie si succesul ulteriorin cariera. Aproximativ 94% dintre directorii investigati au detinut un caine, opisica, sau ambele animale, in copilarie. Prin urmare consideram ca detinereaunui animal de companie in timpul copilariei s-ar putea sa fie importanta indezvoltarea unor trasaturi de caracter (generozitate, empatie, etc) de care undirector general are nevoie.β
Folositi probabilitati conditionate pentru a arata ca articolul foloseste o ar-gumentare eronata.
C. Probleme cu caracter practic-aplicativ
23
Problema C.1. (Deplaseaza-te spre mijloc)Un jucator experimentat de biliard are de executat o secventa de doua lovi-
turi. La prima, pe baza experientei, are o probabilitate de reusita de 80% iar laa doua de doar 20%. Alege un procedeu mai complicat, de executare a primeilovituri, care ii reduce procentajul de reusita la 70% insa ii creste procentajulde reusita pentru urmatoarea lovitura la 30%. De ce procedeaza in acest mod ?Generalizati problema.
24
Bibliografie
[1] R. Yates and D. Goodman. Probability and Stochastic processes,Wiley&Sons, 2005.
[2] K. Devlin. The Unfinished Game, Basic Books, 2008.
[3] J. Herman, R. Kucera. Counting and ConfigurationsCMS Books in Mathematics, Springer, 2003.
[4] M.A. Reba, D.R. Shier. Puzzles, Paradoxes and Problem solvingCRC Press, Taylor& Francis Group, 2015.
[5] R. Negrea. Note de curs MS, 2021.
[6] C. Hedrea. Fise de seminar MS, 2021.
25