Introducere în eoria Probabilit µilorstoleriu/SPSlast2016.pdf · la aruncarea de 4 ori a unui zar...

1 Probabilitati si Statistica (S1)

Introducere în Teoria Probabilit µilor

Numim experienµ aleatoare (sau experiment aleator) orice act cu rezultat incert, care poate repetat înanumite condiµii date. Opusul noµiunii de experiment aleator este experimentul determinist, semnicândun experiment ale c rui rezultate sunt complet determinate de condiµiile în care acesta se desf ³oar . Re-zultatul unui experiment aleator depinde de anumite circumstante întâmpl toare ce pot aparea. Exemplede experienµe aleatoare: extragerea LOTO, aruncarea zarului, observarea duratei de viaµ a unui individ,observarea vremii de a doua zi, observarea num rului de apeluri telefonice recepµionate de o central telefonic într-un timp dat etc.

Vom numi spaµiu de selecµie asociat unui experiment aleator mulµimea tuturor rezultatelor posibile derealizare ale acelui experiment. În acest material vom nota spaµiul de selecµie cu Ω.Exemplu: daca experimentul aleator este aruncarea unui zar ideal (un zar in care ecare fata are aceeasisansa de aparitie), atunci spatiul de selectie va Ω = 1, 2, 3, 4, 5, 6.Punerea in aplicare a unui experimentului aleator se nume³te prob .Vom numi eveniment aleator orice colecµie de rezultate posibile asociate experimentului aleator. Exemplede evenimente aleatoare ce pot aparea in cazul unui zar ideal: aparitia unui numar par, aparitia fetei cu6 puncte, aparitia unui numar mai mic de 5 etc.Din punct de vedere matematic, dac Ω este o mulµime nit , atunci mulµimea tuturor evenimenteloraleatoare legate de spatiul de selectie Ω este o submulµime a mulµimii p rµilor lui Ω, P(Ω). In acestmaterial vom nota aceasta submultime cu F .Vom numi eveniment aleator elementar (sau eveniment aleator simplu) un eveniment aleator care are unsingur rezultat posibil. De exemplu, aparitia fetei cu 3 puncte la aruncarea unui zar ideal. Multimea Ω esteastfel multimea tuturor evenimentelor elementare asociate experientei aleatoare. Un eveniment aleatorcu mai mult de un rezultat posibil se va numi eveniment aleator compus. Un exemplu de evenimentcompus este aparitia unui numar impar la aruncarea unui zar ideal. Acest eveniment este compus din treievenimente elementare, ce corespund fetelor cu 1, 3 sau 5 puncte.

Alt exemplu de eveniment aleator: apariµia unei duble (6, 6) la aruncarea a dou zaruri este un evenimentaleator elementar, iar obµinerea unei duble la aruncarea a dou zaruri este un eveniment aleator compus.

Vom numi eveniment sigur (sau eveniment cert), acel eveniment care se poate realiza în urma oric reiexperienµe aleatoare. Astfel, evenimentul sigur este intreg spatiu de selectie, Ω.Prin eveniment imposibil intelegem acel eveniment ce nu se realizeaz în nicio prob . Evenimentul impo-sibil asociat unei experiente aleatoare se noteaza prin ∅.Se nume³te caz favorabil pentru evenimentul aleator un caz în care respectivul eveniment se realizeaz macar intr-o proba a sa.Evenimentele aleatoare (adica elementele din F , le vom nota cu A, B, C, . . . . Prin Ac sau A vom notaevenimentul complementar lui A, care se realizeaz doar atunci când A nu se realizeaz . Avem: Ac = Ω\A.

Operatii cu evenimente

Presupunem ca A si B sunt doua evenimente din F ⊂ P(Ω).

Daca A ∈ F , atunci avem si A ∈ F .

Se deneste A⋃B (citit A sau B) evenimentul care se realizeaza ori de cate ori se realizeaza cel

putin unul dintre evenimentele A si B.

P&S S1 [Dr. Iulian Stoleriu] 2

Se deneste A⋂B (citit A ³i B) evenimentul care se realizeaza ori de cate ori se realizeaza simultan

evenimentele A si B.

Se deneste A \ B (citit A minus B) evenimentul care se realizeaza ori de cate ori se realizeaza A,dar nu se realizeaza B.

Se deneste A∆B = (A⋂B)⋃

(A⋂B) (citit A diferenta simetrica B) evenimentul care se realizeaza

ori de cate ori se realizeaza numai unul dintre evenimentele A ³i B.

Relatii intre evenimente

Notam prin A ⊂ B (citit A implic B) si spunem ca realizarea lui A implica realizarea lui B.

Spunem ca A = B (citit A egal B) daca A ⊂ B si B ⊂ A.

Spunem ca A si B sunt evenimente incompatibile daca in nicio proba ele nu se pot realiza simultan.Scriem astfel: A

⋂B = ∅.

Spunem ca A si B sunt evenimente compatibile daca ele se pot realiza simultan. Scriem astfel:A⋂B 6= ∅.

Spunem ca A si B sunt evenimente echiprobabile daca ele au aceeasi sansa de realizare. Spreexemplu, la aruncarea unei monede ideale, orice fata are aceeasi ³ans de aparitie.

Pentru a putea cuantica ³ansele de realizare a unui eveniment aleator, s-a introdus noµiunea de probabili-tate. Presupunem c pentru un anume experiment aleator, am construit multimea tuturor evenimentelorelementare, Ω. Atunci, ec rui eveniment A în putem asocia un num r P (A), numit probabilitatea re-aliz rii evenimentului A (sau, simplu, probabilitatea lui A), ind o m sur precis a ³anselor ca A s serealizeze.

În literatura de specialitate, probabilitatea este denit în mai multe moduri: cu deniµia clasic (aparepentru prima oar în lucr rile lui P. S. Laplace1), folosind o abordare statistic (cu frecvenµe relative),probabilitatea bayesian (introdus de Thomas Bayes2) sau utilizând deniµia axiomatic (Kolmogorov).

Pentru început, ne vom preocupa de probabilitatea denit clasic ³i aplicaµiile sale.

Probabilitatea clasic este denit doar pentru cazul în care experienµa aleatoare are un num r nit decazuri posibile ³i echiprobabile (toate au aceea³i ³ans de a se realiza). În acest caz, probabilitatea derealizare a unui eveniment este raportul dintre num rul cazurilor favorabile realiz rii evenimentului ³inum rul cazurilor egal posibile ale experimentului aleator.

De remarcat faptul c aceast probabilitate nu poate denit întotdeauna în acest sens. Sunt îns foarte multe cazuri în care deniµia clasic nu mai poate utilizat . Spre exemplu, în cazul în care se cereprobabilitatea ca, alegând la întâmplare un punct din p tratul [0, 1]× [0, 1], acesta s se situeze deasupraprimei bisectoare. În acest caz, atât num rul cazurilor posibile, cât ³i num rul cazurilor favorabile esteinnit, f când deniµia clasic a probabilit µii inutilizabil .

Alte exemple in care probabilitatea clasica nu poate utilizata: probabilitatea ca o anumit persoan s tr iasc mai mult de 80 de ani, probabilitatea ca o anumit comet s ating P mântul în traiectoria sa,probabilitatea ca echipa României s câ³tige cupa mondial la fotbal, probabilitatea ca un anumit boxer

1Pierre-Simon, marquis de Laplace (1749− 1827), matematician ³i astronom francez2Thomas Bayes (1701− 1761), statistician ³i losof englez


s câ³tige meciul pentru centura IBF, probabilitatea ca un automobil s sufere avarii în decursul unui an,probabilitatea producerii unui cutremur major în acest an etc.

Consideram o experienta aleatoare pentru care spatiul evenimentelor elementare (spatiul de selectie) esteo multime nevida nita Ω. Fie Ω = ω1, ω2, . . . , ωn. De asemenea, presupunem ca orice evenimentelementar ωi din Ω are aceeasi sansa de a se realiza. Un eveniment aleator legat de experienta aleatoareconsiderata va o colectie de evenimente elementare din Ω. Presupunem ca A = ωi1 , ωi2 , . . . , ωikeste un astfel de eveniment aleator. Denim urmatoarea functie: P : P(Ω) → [0, 1], care atribuieecarui eveniment A din P(Ω) valoarea P (A), numita probabilitatea lui A, ce reprezinta sansa realizariievenimentului A. Probabilitatea de realizare a unui eveniment A este denita aici prin

P (A) =numarul cazurilor favorabile realizarii evenimentului

numarul cazurilor egal posibile=k

n.

Tripletul (Ω, P(Ω), P ) se va numi câmp de probabilitate nit (în sens Laplace).

Etapele de calcul a probabilitatii unui eveniment in cazul unui camp de probabilitate Laplace:

1. Determinarea experimentului aleator care are ca posibil rezultat evenimentul A;

2. Stabilirea multimii Ω si vericarea faptului ca toate evenimentele elementare sunt echiprobabile. Secalculeaza apoi cardinalul lui Ω, notat aici prin |Ω|;

3. Daca |Ω| <∞ si A este din P(Ω), se trece la determinarea cardinalului lui A, notat |A|;

4. Probabilitatea realizarii evenimentului A va P (A) =|A||Ω|

.

Exemplu 1.1. Dorim s determin m probabilitatea obµinerii unei duble la o singur aruncare a unei pe-rechi de zaruri ideale. Astfel, identicam experimentul aleator ca ind aruncarea a doua zaruri ideale. Mul-µimea cazurilor echiprobabile este Ω = (i, j); i, j = 1, 6, care are 36 de elemente. Mulµimea cazurilorfavorabile este format din adic 6 elemente, ³i anume: A = (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6).Probabilitatea apariµiei unei duble este P = 6

36 = 16 .

Exemplu 1.2. Determinati care eveniment este mai probabil: obtinerea a cel putin unei fete de 6 punctela aruncarea de 4 ori a unui zar ideal sau obtinerea a cel putin unei duble (6, 6) in urma aruncarii de 24de ori a doua zaruri ideale (problema cavalerului de Mére).

R: Pentru experimentul aruncarii unui singur zar de 4 ori, spatiul selectiilor este Ω1 = 1, 2, 3, 4, 5, 64,ce are cardinalul |Ω1| = 64.

Pentru experimentul aruncarii a doua zaruri de 24 de ori, spatiul selectiilor este multimea perechilorordonate Ω2 = (i, j); i, j = 1, 624, ce are cardinalul |Ω2| = 3624.

In ambele cazuri, spatiul selectiilor este nit si evenimenele elementare sunt echiprobabile.

Pentru a determina cardinalul evenimentului A1 =obtinerea a cel putin unei fete de 6 puncte la aruncarea

de 4 ori a unui zar ideal, este mai usor de a examina complementara acestui eveniment. Aceasta esteA1 = 1, 2, 3, 4, 54, cu |A1| = 54. Gasim ca probabilitatea lui A1 este

P (A1) = 1− P (A1) = 1−

5

6

4

≈ 0.5177.

Pentru a determina cardinalul evenimentului A2 =obtinerea a cel putin unei duble (6, 6) in urma aruncarii

de 24 de ori a doua zaruri ideale, este mai usor de a examina complementara acestui eveniment. Aceasta


este A1 = (Ω2 \ (6, 6))4, cu |A2| = 3524. Gasim ca probabilitatea lui A2 este

P (A2) = 1− P (A2) = 1−

35

36

24

≈ 0.4914.

Cateva alte observatii:

Mulµimea Ω este mulµimea tuturor cazurilor posibile legate de experimentul aleator. Altfel spus,este spaµiul de selecµie pentru observaµiile obµinute în urma efectu rii experimentului. Elementeledin F sunt evenimente care pot observate atunci când experimentul aleator este efectuat. Cualte cuvinte, F este informaµia pe care o primim dup desf ³urarea experimentului aleator. Dup efectuarea experimentului, putem observa dac un anumit eveniment A aparµine sau nu lui F .

Dac P (A) = 0, atunci A nu este în mod obligatoriu evenimentul imposibil ∅. Evenimentul A seva numi eveniment P -nul.

Dac P (A) = 1, atunci ori A este evenimentul sigur ori A se realizeaz aproape sigur (a.s.).

Spunem c un eveniment A are loc aproape sigur dac P (A) = 1. În cuvinte, un eveniment Aasociat unui experiment aleator se realizeaz aproape sigur dac el se realizeaz în toate probeleexperimentului aleator, mai puµin pentru o mulµime cel mult num rabil de probe. Aceast noµiuneeste similara noµiunii de aproape peste tot din teoria m surii. Pe de alt parte, spunem c uneveniment este evenimentul sigur (Ω) dac el se realizeaz în toate probele experimentului aleator.

Elemente de combinatoric . Reguli de num rare

În cele ce urmeaz , pentru o mulµime (sau eveniment) A, vom nota prin |A| cardinalul mulµimii (resp.,num rul cazurilor favorabile realiz rii evenimentului A). Vom prezenta mai jos câteva reguli elementarede num rare din Combinatoric .

1. Principiul aditivitatii

(1) Fie A si B doua multimi disjuncte, astfel incat |A| = m, |B| = n, cu m, n ∈ N. Atunci numarul deelemente care apartin reuniunii A

⋃B este |A⋃B| = m+ n.

(2) Fie A1, A2, . . . , An submultimi ale unei multimi nite, A astfel incatn⋃i=1

Ai = A si Ai⋂Aj = ∅,

∀i 6= j (in acest caz, vom spune ca multimile Aini=1 formeaza o partitie a multimii A). Atunci,

|n⋃i=1

Ai| =n∑i=1

|Ai|.

În limbajul Teoriei Probabilit µilor, primul principiul al aditivitatii se traduce astfel:daca evenimentul A se poate realiza in m moduri si evenimentul B se poate realiza in n moduri, atuncievenimentul ''A sau B'' se poate realiza in m+ n moduri.!! Încercaµi acum s -l traduceti si pe al doilea!


Exemplu 1.3. Pe o foaie dintr-un caiet de Matematica desenati un p trat cu latura 4. Cate patratedistincte, formate de aliniamentul caietului, pot observate in interiorul acestui patrat, inclusiv patratuldesenat?

R: Pentru ecare i ∈ 1, 2, 3, 4, notam cu Ai multimea tuturor patratelor de latura egala cu i. Atunci,

|A1| = 42 = 16, |A2| = 32 = 9, |A3| = 22 = 4, |A4| = 12 = 1 si |n⋃i=1

Ai| =4∑

k=1

(5−k)2 = 16+9+4+1 = 30.

2. Principiul includerii-excluderii

(1) Fie A si B doua multimi astfel incat |A| = m, |B| = n, cu m, n ∈ N. Daca A si B nu sunt multimidisjuncte si |A⋂B| = p, atunci

|A⋃B| = m+ n− p.

(2) In general, daca A1, A2, . . . , An sunt multimi nite de elemente, nu neaparat disjuncte, atunci car-dinalul reuniunii lor este:∣∣∣∣∣ n⋃

i=1

Ai

∣∣∣∣∣ =n∑i=1

|Ai| −∑

1≤i<j≤n|Ai ∩Aj | +

∑1≤i<j<k≤n

|Ai ∩Aj ∩Ak| − . . .

+ (−1)n−1 |A1 ∩ · · · ∩An| .

In particular, pentru n = 3, avem:

|A⋃B⋃C| = |A|+ |B|+ |C| − |A

⋂B| − |A

⋂C| − |B

⋂C|+ |A

⋂B⋂C|.

Exemplu 1.4. Cate numere intregi dintre 1 si 1000, inclusiv, nu sunt divizibile cu 2, 3 sau 5?

R: Utilizam principiul includerii-excluderii. Obtinem:

1000−

1000

2

−

1000

3

−

1000

5

+

1000

6

+

1000

10

+

1000

15

−

1000

30

= 266.

3. Principiul multiplicarii

Fie A1, A2, . . . , An multimi nite, cu |Ai| = mi, i = 1, n. Atunci avem:

|A1 ×A2 × . . .×An| = |A1| · |A2| · . . . · |An|.

Reamintim faptul c

A1 ×A2 × . . .×An = (a1, a2, . . . , an); ai ∈ Ai, i = 1, n.

Astfel, daca pentru ecare element ai exista mi alegeri posibile (i = 1, k), atunci exista un numar dem1 ·m2 · . . . ·mk alegeri posibile pentru k-tuplul ordonat (a1, a2, . . . , ak).


Exemplu 1.5. Daca exista doar 3 drumuri carea leaga orasul Iasi de Vaslui si 4 drumuri care leaga Vasluide Galati, determinati cate rute posibile leaga orasul Iasi de Galati, trecand prin Vaslui. R: 3 · 4 = 12

4. Permut ri

Fie A = x1, x2, . . . , xn o multime nita de elemente distincte.

Un n−tuplu ordonat format cu elementele lui A, fara repetitie, se numeste permutare a elementelor lui A.Numarul tuturor permutarilor multimii A se noteaza cu Pn si este dat de Pn = n!

!! De remarcat faptul c Pn coincide cu numarul functiilor bijective f : A→ A.

Numarul permutarilor posibile ale n obiecte distincte asezate in cerc, fara repetitie, (numite permutaricirculare) este Pn−1 = (n− 1)!

Fie A o multime cu n elemente (nu neaparat distincte) si e k ∈ Z, k ≥ 2. Vom numi partitie ordonataa multimii A in k submultimi k-tuplul (A1, A2, . . . , Ak) a.i.

A =k⋃i=1

Ai si Ai⋂Aj = ∅, ∀i 6= j.

Presupunem c |Ai| = ni, cuk∑i=1

ni = n.

Numarul de partitii (numite permutari cu repetitie) posibile ale unei multimi cu n elemente este

Pn1,n2,...,nkn =

n!

n1!n2! · . . . · nk!

!! Acest numar se mai numeste si coecient multinomial si este coecientul lui xn11 · x

n22 · . . . · x

nkk din

dezvoltarea lui (x1 + x2 + . . .+ xk)n.

Exemplu 1.6. In cate moduri putem aranja n obiecte in p cutii, astfel incat prima cutie contine n1 obiecte,a doua cutie contine n2 obiecte, s.a.m.d., ultima cutie contine np obiecte, unde n1 + n2 + . . .+ np = n.

R: Acesta este numarul permutarilor cu repetitie, si anume:

n!

n1!n2! . . . , np!.

Altfel, putem rationa dupa cum urmeaza: exista Cn1n posibilitati de a aranja obiectele in prima cutie; de

indata ce primele n1 obiecte au fost aranjate in prima cutie, cele n− n1 obiecte ramase pot aranjate in


Cn2n−n1

moduri in a doua cutie, apot cele n− n1 − n2 obiecte ramase pot aranjate in Cn3n−n1−n2

moduriin a treia cutie etc. Folosind principiul multiplicarii, gasim ca numarul total de aranjamente este

Cn1n · C

n2n−n1

· Cn3n−n1−n2

· . . . · Cnknk =n!

n1!(n− n1)!· (n− n1)!

n2!(n− n1 − n2)!· (n− n1 − n2)!

n3!(n− n1 − n2 − n3)!· . . . · nk!

nk!

=n!

n1!n2! · · ·nk!

5. Aranjamente

Pentru 1 ≤ k ≤ n, numarul de k-tupluri ordonate, cu repetitie, formate cu elementele multimii A (cu nelemente) este nk. Mentionam ca intr-un astfel de k-tuplu ordonat elementele multimii A pot repetate.Aceste k-tupluri reprezinta submultimi ordonate cu k elemente, posibil cu repetitie a elementelor, formatedin elementele lui A. Ele se mai numesc si aranjamente cu repetitie.

Exemplu 1.7. Daca A = a, b, c, atunci cele 32 = 9 cupluri (2-tupluri) ordonate formate cu elementele

din A sunt:

(a, a), (a, b), (a, c), (b, a), (b, b), (b, c), (c, a), (c, b), (c, c).

!! De remarcat faptul c nk coincide cu numarul de functii ce pot construite de la o multime cu kelemente la una cu n elemente.

Exerciµiu 1.1. Daca A = x1, x2, . . . , xn, atunci cardinalul multimii partilor lui A (inclusiv ∅ si A)este |P(A)| = 2n.

Pentru 0 ≤ k ≤ n, se numeste aranjament de n elemente luate cate k elemente orice submultime ordonataa multimii A formata din k elemente distincte.Numarul tuturor aranjamentelor de n luate cate k se noteaza prin Akn si este dat de formula

Akn = n · (n− 1) · . . . · (n− k + 1) =n!

(n− k)!

În particular, pentru k = n, g sim c Ann = Pn = n!.

Exemplu 1.8. Daca A = a, b, c, atunci exista A23 = 6 cupluri (2-tupluri) ordonate formate cu elemente

distincte din A: (a, b), (a, c), (b, a), (b, c), (c, a), (c, b).

!! Numarul Akn mai poate privit ca ind numarul de k-tupluri ordonate formate cu elementele uneimultimi cu n elemente in cazul in care repetitia elementelor nu este permisa.Altfel, Akn este numarul functiilor injective denite de la o multime cu k elemente la una cu n ≥ k elemente.

6. Deranjamente

Fie A = x1, x2, . . . , xn o multime nita de elemente distincte.


Se numeste deranjament al elementelor multimii A o permutare a elementelor acestei multimi astfel incatniciun element al sau nu apare in pozitia originala. Numarul tuturor deranjamentelor ale unei multimi cun elemente se noteaza prin Dn = !n (numerele de Montmort sau subfactorial) si este dat de

!n = n!n∑i=0

(−1)i

i!=

n!

e

.

Dorim sa obtinem o formula pentru Dn. Numarul tuturor permutarilor elementelor multimii A este n!.Pentru ecare i = 1, n, notam cu Ai multimea tuturor aranjamentelor avand elementul xi in pozitiecorecta. Deoarece un element al multimii A este xat, vom avea ca |Ai| = (n− 1)!. In mod similar, avem:

|Ai⋂Aj | = (n− 2)!, ∀i 6= j, |Ai

⋂Aj⋂Ak| = (n− 3)!, ∀i, j, k diferite etc.

Folosind principiul includerii-excluderii, vom avea:∣∣∣∣∣ n⋃i=1

Ai

∣∣∣∣∣ =n∑i=1

|Ai| −∑

1≤i<j≤n|Ai ∩Aj | +

∑1≤i<j<k≤n

|Ai ∩Aj ∩Ak| − . . .+ (−1)n−1 |A1 ∩ · · · ∩An|

= n(n− 1)!− C2n(n− 2)! + C3

n(n− 3)!− · · ·+ (−1)n−1 1!

= n!− n!

2!+n!

3!− · · ·+ (−1)n−1 n!

n!= n!

1− 1

2!+

1

3!− · · ·+ (−1)n−1 1

n!

= n!

n∑i=1

(−1)i−1

i!.

Asadar, formula pentru Dn = n!−∣∣∣∣∣ n⋃i=1

Ai

∣∣∣∣∣ va : !n = n!− n!n∑i=1

(−1)i−1

i!= n!

n∑i=0

(−1)i

i!=

n!

e

.

!! Pentru n = 0, 10, primele 10 deranjamente sunt, in ordine: 1, 0, 1, 2, 9, 44, 265, 1854, 14833, 133496, 1334961.

7. Combin ri

Pentru 0 ≤ k ≤ n, se numeste combinare de n elemente luate cate k elemente orice submultime a multimiiA formata din k elemente (distincte), fara sa conteze ordinea elementelor in multime. Numarul tuturorcombinarilor de n luate cate k se noteaza prin Ckn si este dat de formula Ckn = n!

k!(n−k)! .

Exemplu 1.9. Daca A = a, b, c, atunci exista C23 = 3 submultimi formate cu elementele din A, si

anume: a, b, b, c, c, a.

!! Num rul Ckn se mai numeste si coecient binomial, deoarece este coecientul termenului akbn−k dindezvoltarea binomului lui Newton (a+ b)n.De remarcat faptul ca:• Akn reprezinta numarul de k-tupluri ordonate formate cu elemente distincte ale multimii A;• Ckn reprezinta numarul de k-tupluri (fara ordonare!) formate cu elemente distincte ale multimii A.Astfel, Ckn este numarul de submultimi cu k elemente ale multimii A, in care repetarea unui acelasi element

din A nu este permisa. De notat faptul ca, in literatura matematica, Ckn mai este notat si

n

k

.


Formule utile

Ckn = Cn−kn ,n∑k=0

Ckn2k

= 2n, Ckn =AknPk, (a+ b)n =

n∑k=0

Cknakbn−k.

Exerciµii rezolvate

Exerciµiu 1.2. (a) În câte moduri pot aranjate 3 femei ³i 4 b rbaµi împreun , într-un acela³i ³ir lateatru, astfel încât toate cele trei femei s e mereu a³ezate al turi una de cealalt .(b) În câte moduri pot aranjate 3 femei ³i 4 b rbaµi împreun , într-un acela³i ³ir la teatru, astfel încâtniciuna dintre cele trei femei sa nu e alaturi de o alta femeie?(c) Calculati suma numerelor obtinute la (a) si (b). Este egala cu 7!? De ce?

R: (a) 3! · 5! (b) 4! · 5 · 4 · 3 (c) Nu, pentru aceste cazuri ((a) si (b)) nu acopera toate cazurileposibile.

Exerciµiu 1.3. 10 baieti si 7 fete sunt asejati intr-un rand de 17 locuri. In cate moduri pot asezati asaincat(i) baietii sa e asezati alaturi si fetele alaturi?(ii) ecare elev are vecini de gen opus? R: (a) 10! · 7! · 2!, (b) 10! · 7!.

Exerciµiu 1.4. Mircea are 5 batoane de ciocolata distincte pe care doreste sa le puna in 3 buzunare,astfel incat ecare buzunar contine macar un baton. In cate moduri o poate face?

R: Utilizam principiul includerii-excluderii. Obtinem: 35 − 3 · 25 + 3 = 150. Sunt 35 cazuri posibile faraa avea vreo restrictie, din care scoatem numarulul cazurilor in care cele 5 batoane sunt puse in doar douabuzunare, i.e., C1

325, si adunam numarul cazurilor in care punem toate batoanele intr-un singur buzunar,i.e., C2

3 cazuri.

Exerciµiu 1.5. (i) Cate numere de patru cifre pot formate cu elementele multimii 1, 2, 3, 4, astfelincat ecare cifra apare doar o singura data?(ii) Dar cu elementele multimii 0, 2, 3, 4, astfel incat ecare cifra sa apara doar o singura data?

R: (i) P (4) = 4! = 24 numere. (ii) Dintre toate permutarile posibile (P (4) = 4! = 24) vom scadeaacele ``numere'' care incep cu cifra 0, care sunt in numar de P (3) = 3! = 6. Astfel, vom avea 4!− 3! = 18numere.

Exerciµiu 1.6. In cate moduri pot aranjate cele 8 litere din cuvantul TRIANGLE pe un rand astfelincat sa nu contina macar una dintre secventele GIA si NT?

R: Utilizam principiul includerii-excluderii. Obtinem: 8!− 6!− 7! + 5! cazuri.

Exerciµiu 1.7. La o serata dansanta participa 5 perechi sot-sotie. La un anumit dans se stinge becul siecare barbat alege la intamplare cate o partenera. In cate moduri diferite pot formate perechile astfelincat sa nu e nicio concordanta sot-sotie? R: ! 5 = 44.

Exerciµiu 1.8. Intr-o clasa sunt 30 de elevi, 19 baieti si 11 fete. In cate moduri putem alege o echipa de7 elevi in care sa existe macar un baiat si o fata? R: C7

30 − C719 − C7

11.

Exerciµiu 1.9. Zece alergatori doresc sa participe la o cursa de atletism, dar pista are doar 8 culoare. Incate moduri putem aseza 8 dintre cei 10 alergatori pe culoare, cate unul pe culoar? A8

10 = 1814400.


Exerciµiu 1.10. O echip de 5 persoane ce trebuie s conµin 3 b rbaµi ³i 2 femei este aleas dintre 8b rbaµi ³i 7 femei. Câte echipe diferite pot selectate? R: C3

8 · C27 .

Exerciµiu 1.11. (a) Determinaµi num rul de permut ri distincte ale literelor cuvântului MISSISSIPPI.(b) Determinaµi num rul de permutari distincte care pot obµinute din literelor cuvântului STATISTICS.

R: (a)11!

4! · 4! · 2! · 1!, (b)

10!

3! · 3! · 3! · 1!.

Exerciµiu 1.12. Un numar de 8 persoane (A, B, . . . , H) sunt distribuite aleator la o masa rotunda cu 8locuri.(i) Care este probabilitatea ca A si B sa e asezate alaturat?(ii) Care este probabilitatea ca A si B sa nu e asezate alaturat?

R: (i) 2!6!7! = 2

7 , (ii) 1− 27 = 5

7 .

Exerciµiu 1.13. Se arunca un zar ideal de 3 ori. Calculati probabilitatea de a obtine numere diferite intoate cele 3 aruncari.

R:6 · 5 · 4

63=

5

9.

Exerciµiu 1.14. Un grup de 10 persoane, format din 5 perechi sot-sotie, sunt asezate aleator in linie deun fotograf. Care este probabilitatea ca ecare femeie sa stea langa sotul ei?

R:5! · (2!)5

10!.

Exerciµiu 1.15. Alegem la intamplare, in mod uniform, un numar natural dintre 1 si 1000, inclusiv.Care este probabilitatea ca acest numar sa nu e divizibil nici cu 12, nici cu 15?

R: Utilizam principiul includerii-excluderii. Obtinem:

1000− [100012 ]− [1000

15 ] + [100060 ]

1000= 0.867.

Exerciµii propuse

Exerciµiu 1.16. Scrieti campul de probabilitate pentru experimentul aleator ce consta in aruncarea uneimonezi ideale.

Exerciµiu 1.17. (i) Scrieti campul de probabilitate pentru experimentul aleator ce consta in aruncareaa trei monede ideale.(ii) Determinati probabilitatea ca la aruncarea a 3 monede ideale sa obtinem cel putin o stema.

Exerciµiu 1.18. Sase vanatori au vazut o vulpe si au tras asupra ei simultan. Presupunem ca ecarevanator are aceeasi sansa de a tinti vulpea, egala cu 1/3. Scrieti campul de probabilitate si determinatiprobabilitatea ca vulpea sa fost atinsa?

Exerciµiu 1.19. Consideram urmatorul joc:

jucatorul X arunca 6 zaruri ideale. El va castiga jocul daca obtine cel putin o fata de 1;


jucatorul Y arunca 12 zaruri ideale. El va castiga jocul daca obtine cel putin de doua ori fata 1.

Determinati care dintre ei au sanse mai mari de a castiga jocul?

Exerciµiu 1.20. (a) Calculati numarul de permutari ale literelor din cuvantul NUMBER.(b) Cate dintre permutarile de la (a) incep si se termina cu o vocala?

Exerciµiu 1.21. Sapte prieteni se intalnesc si isi strang (ecare cu ecare) mainile. Calculati numarultotal de strangeri de maini.

Exerciµiu 1.22. La o serata dansanta sunt 10 baieti si 13 fete. In cate moduri se pot forma patru perechifata-baiat?

Exerciµiu 1.23. Determinati numarul de permutari ale multimii 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 astfel incat exacttrei elemente raman pe aceeasi pozitie.

Exerciµiu 1.24. Un antrenor de fotbal dore³te s formeze 6 echipe a câte 5 juc tori ecare dintr-un grupde 30 de fotbali³ti disponibili. Determinaµi în câte moduri o poate face dac :

(a) echipele au câte un nume;(b) echipele nu au nume.

Exerciµiu 1.25. (i) Cate anagrame diferite pot formate cu literele cuvantului ABRACADABRA?(ii) Toate literele din acest cuvant sunt puse intr-o caciula, dupa care extragem pe rand cate o litera si leasezam in ordinea iesirii. Care este probabilitatea sa obtinem cuvantul ABRACADABRA?

Exerciµiu 1.26. Alegem la intamplare, in mod uniform, un numar natural dintre 1 si 1000, inclusiv.Care este probabilitatea ca acest numar sa nu e divizibil 2, 3 sau 5?

Exerciµiu 1.27. Aruncam un zar ideal de 12 ori.(i) Care este probabilitatea de a obtine ecare numar de exact 2 ori?(ii) Care este probabilitatea ca fata 2 sa apara de 3 ori si fata 3 de 2 ori?

Exerciµiu 1.28. Patru barbati si patru femei sunt asezati aleator pe scaune la o masa rotunda cu 8 locuri.(i) Calculati probabilitatea ca toate femeile sa e alaturate.(ii) Calculati probabilitatea ca niciun barbat sa nu sada langa un alt barbat.

Exerciµiu 1.29. Care este probabilitatea de apariµie pentru prima oar a feµei cu 6 puncte la aruncareaunui zar ideal în cel mult 3 arunc ri? Dar în exact 3 arunc ri?

Exerciµiu 1.30. Dou persoane joac un joc care este câ³tigat de cel care ajunge primul la trei victorii.Dac , din anumite motive, jocul se întrerupe la scorul de 2 : 1, cum trebuie împ rµit miza pus în joc?(miza va împ rµit proporµional cu ³ansele ec rui juc tor de a ajunge la trei victorii)



Scheme probabilistice

In Teoria Probabilitatilor, schemele probabilistice sunt niste modele mentale idealizate de calcul al unorprobabilitati intr-un camp nit de probabilitate. Aceste modele implica o urna (eventual mai multe urne)ce contine bile albe si negre (in modele mai complexe, bile de mai multe culori). Din urna se extrag bile,cu sau fara revenire, si se doreste determinarea probabilitatii de a scos un anumit numar de bile colorate.Cu alte cuvinte, se doreste a determina distributia bilelor extrase (cate sunt de ecare culoare).

In continuare vom discuta schemele clasice de probabilitate asociate extragerii de bile dintr-o urna. Inpractica, exista multe experimente aleatoare care pot asemanate extragerilor de bile dintr-o urna. Spreexemplu, sa luam experimentul aleator ce consta in tragerea cu o arma asupra unei tinte cu scopul dea o nimeri. Exista doua rezultate posibile asociate acestui experiment: tragatorul atinge tinta sau nuo atinge. Sa mai presupunem ca un anumit tragator are sanse 60% sa nimereasca tinta. Dorim sadeterminam probabilitatea urmatorului eveniment aleator (notat cu A): tragatorul nimereste tinta de celputin doua ori din trei trageri.

Putem asemana acest experiment aleator cu experimentul aleator ce consta in extragerea unei bile dintr-ourna idealizata ce contine bile albe si negre. Presupunem ca bila alba este corespondentul reusitei tintasuluidin primul experiment. Atunci compozitia urnei este de 60% bile albe si 40% bile negre. Corespondentulevenimentului cel putin doua reusite din trei incercari va evenimentul extragerea a cel putin doua bile

albe din trei extrageri cu revenire a bilei extrase in urna. Se cere revenirea ecarei bile extrase in urnapentru a nu schimba conguratia initiala a urnei si, astfel, de a pastra la ecare extragere aceleasi sansede a extrage o bila alba din urna.

Dupa cum vom vedea mai jos, schemele cu urne pot aplicate cu usurinta si la calculul probabilitatilorunor evenimente care nu sunt neaparat legate de urne si bile. Extragerea unei bile din urna poate facutain doua moduri:

cu revenire a bilei extrase inapoi in urna si, astfel, compozitia initiala a urnei ramane neschimbatadupa ecare extragere

fara revenire a bilei extrase inapoi in urna si, astfel, compozitia initiala a urnei va schimbata laecare extragere.

In practica, extragerea cu revenire este folosita atunci cand experimentul aleator investigat se efectueazain aceleasi conditii la ecare proba (e.g., aruncarea unei monede, aruncarea succesiva a unei perechi dezaruri), iar extragerea fara revenire este utilizata atunci cand, dupa ecare extragere, distributia initialaa cazurilor posibile se modica (e.g., etragrea numerelor la LOTO, extragerea la intamplare a unor monededin buzunar, fara sa le mai punem la loc).Posibile intrebari legate de probleme cu urne:

Daca stim compozitia initiala a urnei, care este distributia de bile extrase (cu revenire sau fararevenire) dupa un numar n de extrageri?

Stiind distributia initiala a urnei, care este probabilitatea extragerii succesive a unei anumite secventede culori? Spre exemplu, care este probabilitatea de a extrage o bila de o anumita culoare la primaextragere? Dar la extragerea de rang k, pentru prima oara?


(1) Schema bilei revenite (sau schema binomiala)

O urna contine a bile albe si b bile negre. Din aceasta urna se extrag cu revenire n ∈ N∗ bile. Bilele deaceeasi culoare sunt echivalente. Atunci, probabilitatea ca din cele n bile extrase, sa avem k bile albe sin− k bile negre este

Pk,n = Cknpk(1− p)n−k, k = 0, 1, . . . , n, (2.1)

unde p =a

a+ b.

- Notam cu N = a + b si cu Ak,n evenimentul obtinerii a k bile albe din cele n extrase cu re-venire. Construim campul de probabilitate. Multimea tuturor cazurilor posibile este multimea tuturorn−uplurilor

Ω = (c1, c2, . . . , cn), ci este oricare dintre cele N bile.

Toate n−uplurile sunt echiprobabile. Cardinalul lui Ω este |Ω| = Nn.

Dorim sa numaram toate cazurile favorabile evenimentului Ak,n. Din cele n bile extrase, k sunt albe si n−ksunt negre. O astfel de conguratie poate aleasa in akbn−k moduri. Numarul de astfel de conguratiieste Ckn. Astfel, cardinalul lui Ak,n este |Ak,n| = Ckna

kbn−k. Gasim ca probabilitatea ca evenimentul Ak,nsa se realizeze este:

Pk,n = P (Ak,n) =Ckna

kbn−k

Nn= Ckn

a

a+ b

k b

a+ b

n−k= Cknp

k(1− p)n−k, pentru orice k = 0, n.

. √

Exerciµiu 2.1. O moneda ideala este aruncata de 10 ori. Care este probabilitatea de a obtine macar 4steme?

R: Asemanam experimentul aleator de aruncare a unei monede cu extragerea cu revenire a unei biledintr-o urna ce contine doar bile albe si negre, in proportii egale. Se cere probabilitatea evenimentului dea scoate macar 4 bile albe din 10 extrageri cu revenire. Folosind schema bilei revenite, putem scrie:

P =10∑i=4

Ci100.5i0.510−i = C4100.510 + C5

100.510 + C6100.510 + C7

100.510 + C8100.510 + C9

100.510 + C10100.510.

Altfel, folosind probabilitatea evenimentului contrar,

P = 1−3∑i=0

Ci100.5i0.510−i = 1− 0.510(C010 + C1

10 + C210 + C3

10) = 0.8281.

Observaµia 2.1. Se poate observa faptul ca nu este obligatoriu sa precizam numarul bilelor albe si negredin urna. Este sucient sa precizam compozitia initiala a urnei cu ajutorul proportiilor (probabilitatilor)

p =a

a+ bsi q = 1− p =

b

a+ b.


Exerciµiu 2.2. (i) În faµa unui oponent de acela³i calibru la tenis de mas , care eveniment este maiprobabil: s câ³tigi 3 partide din 4, sau s câ³tigi 5 partide din 8? Justicaµi r spunsul.(ii) Se menµine rezultatul anterior dac , în loc de tenis de mas , cei doi s-ar întrece la ³ah? Presupunemc adversarii sunt de aceea³i valoare. Justicaµi r spunsul.

- (i) Experimentul aleator este o partida de tenis de masa, care se repeta in aceleasi conditiide mai multe ori, in mod independent de partidele jucate anterior. Evenimentul aleator este legat denumarul de partide castigate de unul dintre jucatori. Deoarece cei doi oponenµi sunt de acela³i calibru,probabilitatea ca intr-o singura partida unul sa câ³tige împotriva celuilalt este p = 0.5. S not m cu Xnum rul de jocuri câ³tigate de juc torul J1 împotriva lui J2.

Suntem in cazul schemei binomiale: în cazul în care se joac n (n = 4 sau n = 8) partide. Ne intereseazaprobabilitatea de a avea 3 victorii (in primul caz) sau 5 victorii (in al doilea caz).

Probabilitatea ca J1 s câ³tige 3 din 4 este P1 = C340.54 = 0.25, iar probabilitatea ca J1 s câ³tige 5 din

8 este P2 = C580.58 = 0.2187.

(ii) În acest caz, rezultatul se schimb . Nu mai putem folosi schema binomial , deoarece la ³ah exist ³iposibilitatea unei remize (pentru o singur partid , exist 3 rezultate posibile). În acest caz putem folosischema multinomial . √

Schema multinomial (o generalizare a schemei binomiale)

O urna contine bile de m culori, repartizare astfel incat proportia bilelor de culoarea i este pi, pentrui = 1, m. Bilele de aceeasi culoare sunt echivalente. Din aceasta urna se extrag cu revenire n bile. Atunci,

probabilitatea ca din cele n bile extrase, sa avem xi bile albe de culoarea i (i = 1, m, xi ∈ N,m∑i=1

xi = n)

este

P =n!

x1!x2! · . . . · xm!px11 p

x22 · . . . · p

xmm (2.2)

In cazul in care m = 2, obtinem schema binomiala (unde k = x1, n− k = x2).

Exerciµiu 2.3. In campionatul scotian de fotbal, doua echipe de fotbal (Celtic si Rangers) pot jucat intreele 8 meciuri intr-un sezon. Stiind ca Celtic care 50% sanse de a castiga un meci direct si Rangers aredoar 30% sanse de victorie, determinati probabilitatea ca Celtic sa castige cel putin 5 meciuri directe sisa nu piarda niciunul.

R: Folosim schema multinomiala cu 3 culori: victorie, egal si infrangere. Pentru echipa Celtic, avem:p1 = 0.5, p2 = 0.2, p3 = 0.3, respectiv. Atunci, probabilitatea ceruta este:

P =8!

5!3!0!p5

1p32p

03 +

8!

6!2!0!p6

1p22p

03 +

8!

7!1!0!p7

1p12p

03 +

8!

8!0!0!p8

1p02p

03

= 56 · 1

32· 1

125+ 28 · 1

64· 1

25+ 8 · 1

128· 1

5+ 28 · 1

256= 0.1534. √

Exerciµiu 2.4. Doi prieteni joac ³ah. tiind c ei sunt la fel de buni la ³ah ³i c ³ansa unei remize întreei este de 10%, care este probabilitatea ca un meci format din 3 partide s se termine la egalitate?


R: Fie A ³i B cei doi prieteni. Folosim schema multinomiala cu 3 culori: victorie pentru A (p1 = 0.45),victorie pentru B (p2 = 0.45), remiz (p3 = 0.1). Meciul se va termina la egalitate în oricare dintreurm toarele dou cazuri: 3 remize, câ³tig ecare câte o partid ³i are loc o remiz . Probabilitatea cerut va :

P =3!

0!0!3!p0

1p02p

33 +

3!

1!1!1!p1

1p12p

13

= 1 · (0.1)3 + 6 · 0.45 · 0.45 · 0.1 = 0.1225. √

(2) Schema bilei nerevenite (sau schema hipergeometric )

O urna contine a bile albe si b bile negre. Din aceasta urna se extrag fara revenire n bile (n ≤ a + b).Atunci, probabilitatea ca din cele n bile extrase, sa avem k bile albe si n− k bile negre este

Pk,n =CkaC

n−kb

Cna+b

, pentru orice k ce satisface max(0, n− b) ≤ k ≤ min(a, n). (2.3)

- Cazul I: Extragem toate bilele odata

Notam din nou cu N = a + b si cu Bk,n evenimentul obtinerii a k bile albe din cele n extrase, fararevenire. Construim campul de probabilitate. Multimea tuturor cazurilor posibile este multimea tuturorsubmultimilor de n bile din cele N .

Ω = c1, c2, . . . , cn, ci este oricare dintre cele N bile, fara repetitie.

Toate submultimile sunt echiprobabile. Cardinalul lui Ω este |Ω| = Cna+b.

Dorim sa numaram toate cazurile favorabile evenimentului Bk,n. Din cele n bile extrase, k sunt albe, carepot alese in Cka moduri, si n− k sunt negre, care pot alese in Cn−kb . Numarul de astfel de conguratiieste Cka ·Cn−kb . Astfel, cardinalul lui Bk,n este |Ak,n| = Cka ·Cn−kb . Gasim ca probabilitatea ca evenimentulBk,n sa se realizeze este:

Pk,n = P (Bk,n) =CkaC

n−kb

Cna+b

, pentru orice k ce satisface max(0, n− b) ≤ k ≤ min(a, n).

Cazul II: Extragem bilele una cate una

Construim campul de probabilitate. Multimea tuturor cazurilor posibile este multimea tuturor n−uplurilorordonate, fara repetitie formate cu n bile din cele N (aranjamente fara repetitie).

Ω = (c1, c2, . . . , cn), n− upluri ordonate, fara repetitia elementelor sale .

Toate submultimile sunt echiprobabile. Cardinalul lui Ω este |Ω| = Ana+b = n! · Cna+b.

Numarul cazurilor favorabile realizarii evenimentului Bk,n este |Bk,n| = n! · Cka · Cn−kb . Astfel, gasim caprobabilitatea ca evenimentul Bk,n sa se realizeze este tot ca mai sus,

Pk,n = P (Bk,n) =CkaC

n−kb

Cna+b


. √


Exerciµiu 2.5. O urna contine 10 bile albe si 10 bile negre. Scoatem 3 bile cu revenire (a)/fara revenire(b). Care este probabilitatea ca toate cele trei bile sa e albe?

R: (a) C33

1

23= 0.125, (b)

C310

C320

.

Exerciµiu 2.6. Folosind schema bilei nerevenite, demonstrati egalitatea:

(C0n)2 + (C1

n)2 + . . .+ (Cnn )2 = Cn2n.

R: Se considera o urna cu 2n bile: n albe si n negre. Se extrag n bile deodata. Pentru orice k = 0, n, eBk,2n evenimentul de a obtine k bile albe si n− k negre. Probabilitatea acestui eveniment este

Pk,2n =CknC

n−kn

Cn2n=

(Ckn)2

Cn2n, pentru orice k = 0, n.

Observam ca evenimentele (Bk,2n)k=0,n formeaza o partitie a spatiului tuturor evenimentelor elementare,Ω. Asadar, avem ca

Ω =n⋃i=0

Bk,2n, de unde 1 = P (Ω) =n∑i=0

P (Bk,2n) =n∑i=0

(Ckn)2

Cn2n,

si astfel obtinem concluzia. √

Generalizare: Schema hipergeometrica cu mai multe culori

In urna sunt N bile de m culori (m ≥ 2): a1 de culoarea c1, a2 de culoarea c2, . . . , am de culoareacm. Extragem n bile (deodata, sau una cate una, fara revenire) (a1 + a2 + . . . + am = N). Notam cuBα1,α2,...,αma1,a2,...,am evenimentul obtinerii a α1 bile de culoarea c1, α2 bile de culoarea c2, . . . , αm bile de culoarea

cm (α1 + α2 + . . .+ αm = n). Atunci, probabilitatea acestui eveniment este:

PBα1,α2,...,αma1,a2,...,am

=Cα1a1 C

α2a2 . . . C

αmam

Cα1+α2+...+αma1+a2+...+am

.

Exerciµiu 2.7. Un cofraj contine contine 10 oua vopsite in trei culori: 5 rosii, 3 galbene si 2 albastre.Luam la intamplare 3 oua din cofraj, fara revenire. Care este probabilitatea sa avem unul de ecareculoare?R: Folosim schema bhipergeometrica cu mai multe culori. Avem: N = 10, n = 3, a1 = 5, a2 = 3, a3 = 2.Probabilitatea evenimentului cerut este:

PB1,1,1

5,3,2

=C1

5C13C

12

C310

= 0.25.

√

(3) Schema lui Poisson

Avem n urne, U1, U2, . . . , Un, care contin bile albe si bile negre. Stim ca probabilitatea de a extrageo bila alba din urna Ui este pi si ca probabilitatea de a extrage o bila neagra din urna Ui este qi =1 − pi, pentru orice i = 1, n. Din ecare urna se extrage cate o bila. Atunci, probabilitatea de aobtine exact k bile albe si n − k bile negre este coecientul termenului xk din dezvoltarea polinomuluiP (x) = (p1x+ q1) · (p2x+ q2) · . . . · (pnx+ qn).


Schema poate privita intr-un cadru mai general, fara a considera bile si urne:Presupunem ca A1, A2, . . . , An, sunt n evenimente independente (rezultatele oricarui eveniment sau grupde evenimente nu sunt inuentate de celelalte evenimente) ale unui experiment aleator. Notam cu pi =P (Ai), probabilitatea realizarii evenimentului Ai, pentru orice 1, n. Atunci, probabilitatea realizarii unuinumar de exact k evenimente din cele n este data de coecientul lui xk din dezvoltarea polinomuluiP (x) = (p1x+ q1) · (p2x+ q2) · . . . · (pnx+ qn).

Exerciµiu 2.8. Intr-un atelier sunt trei strunguri. Primul strung da rebuturi in proportie de 0.9%, aldoilea in proportie de 1.1%, iar rebuturile date de al treilea strung sunt in proportie de 0.8%. Se ia laintamplare cate o piesa produsa de la ecare strung. Se cere probabilitatea ca doua dintre piese sa ebune si doar una rebut.

R: (a) Avem: n = 3, q1 = 0.009, q2 = 0.011, q3 = 0.008, p1 = 0.991, p2 = 0.989, p3 = 0.992. Probabili-tatea ceruta este coecientul lui x2 al polinomului P (x) = (0.991x+0.009)(0.989x+0.011)(0.992x+0.008),adica: 0.991 · 0.989 · 0.008 + 0.991 · 0.992 · 0.011 + 0.992 · 0.989 · 0.009 = 0.0275.

Exerciµii propuse

Exerciµiu 2.9. Trei vanatori ochesc cu pusca o aceeasi vulpe. Stim ca probabilitatile ca ecare dintreei sa o nimereasca sunt, respectiv, 1/3, 1/4, 1/2. Cei trei trag ecare cate un foc asupra vulpii si, dupatrageri, se constata ca vulpea a fost nimerita o singura data. Care este probabilitatea ca primul vanatorsa o nimerit? Care este probabilitatea ca vulpea sa scape neatinsa?

Exerciµiu 2.10. În anumite familii, p rinµii continu s aib copii pâna au cel puµin câte un copil deecare sex. S presupunem c probabilitatea de a avea un copil, indiferent de sex, este 0.5. Pentru astfelde familii, care este probabilitatea de a avea 4 copii?

Exerciµiu 2.11. O pereche de zaruri ideale este aruncat de 200 de ori. Care este probabilitatea s obµinem o sum de 7 în cel puµin 20% dintre cazuri?

Exerciµiu 2.12. Not m cu Sn suma numerelor ce apar în n arunc ri independente ale unui zar ideal.(a) Calculaµi probabilitatea P = P (S2 ≥ 6).(b) Calculaµi probabilitatea obµinerii unui num r par.

Exerciµiu 2.13. Care e probabilitatea de a ghici toate cele 6 numere, jucand o varianta simpla la LOTTO6/49 ?

Exerciµiu 2.14. Un cofraj conµine 10 ou , dintre care dou sunt sparte. Dac se aleg 5 ou la întâmplare,care este probabilitatea ca dintre cele cinci: (a) niciunul s nu e spart; (b) un ou s e spart.

Exerciµiu 2.15. La o tombola se vand 500 bilete, dintre care doar 5 sunt castigatoare. O persoanacumpara 10 bilete. Care este probabilitatea sa nu se gaseasca nici un bilet castigator?

Exerciµiu 2.16. Un grup de 10 baieti si 10 fete este impartit la intamplare in doua grupuri egale. Sa sedetermine probabilitatea ca ecare grup sa aiba acelasi numar de baieti si de fete.

Exerciµiu 2.17. Opt persoane, incluzand sotii Ionescu si sotii Popescu, sunt asezate aleator la o masarotunda cu opt scaune. Care este probabilitatea ca nici sotii Ionescu si nici sotii Popescu sa nu e asezatialaturat?



Alte moduri de a deni probabilitatea: frecvenµial, geometric

Probabilitatea denit frecvenµial (sau statistic)

Dupa cum am vazut anterior, probabilitatea de realizare a unui anumit eveniment nu poate denitaîntotdeauna folosind abordarea clasic (i.e., numarul cazurilor favorabile raportat la numarul cazuriloregal posibile) Exist foarte multe situaµii în care aceast deniµie nu mai este aplicabila. Spre exemplu:în cazul în care spaµiul Ω (al tuturor evenimentelor elementare) are cardinal innit, sau în cazul în careevenimentele elementare nu sunt echiprobabile, sau în cazul în care experimentul aleatoare nu poate repetat în acelea³i condiµii sau chiar deloc. In continuare vom introduce doua noi moduri de denire aprobabilitatii.

Probabilitatea frecvenµial (denit statistic) exprim probabilitatea cu ajutorul frecvenµelor de realizarea unui eveniment într-un num r mare de experimente aleatoare realizate în acelea³i condiµii. Pentru aputea evalua aceast probabilitate, este necesar repetarea în acelea³i condiµii a experimentului legat deevenimentul aleator ce se dore³te a cuanticat.S consider m o experienµ aleatoare (e.g., aruncarea unui zar) al c rei rezultat posibil este evenimentulaleator A (e.g., apariµia feµei cu 6 puncte). Aceste experiment aleator îl putem efectua de N ori încondiµii identice (spunem c efectu m N probe ale experimentului), astfel încât rezultatul unei probe s nu inuenµeze rezultatul alteia (probe independente). S not m cu νN (A) frecvenµa absolut de realizare

a lui A în cele N probe independente. Raportul fN (A) =νN (A)

Nse va numi frecvenµ relativ de realizare

a lui A. Acest raport are urm toarele propriet µi:

1. 0 ≤ fN (A) ≤ 1, pentru orice eveniment A;

2. fN (Ω) = 1;

3. fN (A) = 1− fN (A), pentru orice eveniment A;

4. fN (A⋃B) = fN (A) + fN (B), dac A

⋂B = ∅.

Mai mult, sirul frecventelor relative fn(A)n∈N are limit ³i aceasta este denit ca ind probabilita-tea de realizare a evenimentului A, notat P (A). A³adar, în cazul deniµiei statistice a probabilit µii,probabilitatea de realizare a evenimentului A este denit prin

P (A) = limN→∞

fN (A), (3.1)

adica limit ³irului frecvenµelor relative de producere a respectivului eveniment când num rul de probetinde la innit. Faptul c acest ³ir are o limit ³i este P (A) a fost dovedit de Jacob Bernoulli3 ³i publicatîn 1713. Vom reveni asupra acestui rezultat (numit de Bernoulli teorema de aur) într-un curs viitor, cândvom discuta de legile numerelor mari.

Un exemplu:Dorim sa determinam probabilitatea de aparitie a stemei la aruncarea unei monede pe care o b nuim a m sluit . În acest caz, nu putem utiliza deniµia clasic a probabilit µii, deoarece evenimentele elementarenu sunt echiprobabile. S not m cu A evenimentul aparitiei stemei dintr-o singur aruncare a monedei.

3Jacob Bernoulli (aka James sau Jacques) (1654− 1705), matematician de origine elveµian


Pentru a determina experimental P (A), se arunca moneda de un numar sucient de mare de ori (e acestnumar N) si observam frecventa absoluta de aparitie a stemei in cele N aruncari (sa o notam cu νN ).

Daca N este foarte mare (tinde la innit), atunci frecventa relativa fN (A) =νN (A)

Nva foarte apropiata

de P (A). Matematic, scriem ca in relatia (3.1).

În acest sens, Figura 3.1 (a) este o justicare graca a convergentei sirului frecventelor relative la proba-bilitatea teoretica P (A) = 1

2 în cazul unei monede ideale (³ansele de apariµie a ec rei feµe sunt egale).

In mod similar, putem determina experimental probabilitatea de aparitie a fetei cu 6 puncte la aruncareaunui zar ideal. Figura (b) este o justicare graca a faptului ca aceasta probabilitate se apropie foartemult de 1

6 cand N este foarte mare.

Figura 3.1: Simularea arunc rii unei monede corecte (a) ³i a unui zar corect (b)

Un alte exemplu: dorim s determin m probabilitatea ca un b rbat dintr-un anumit ora³, ales aleatoar,s aib peste 1.75 cm în lµime. Pentru aceasta, alegem o selecµie aleatoare de N b rbaµi din acel ora³³i observ m frecvenµa absolut νN a b rbaµilor din selecµie care au proprietatea cerut . Pentru un N

sucient de mare, probabilitatea cerut va aproximat prin p =νNN

.

Câmp de probabilitate geometric

De multe ori, se poate rezolva o problema de teoria probabilitatilor folosind geometria, in special, lungimide segmente, arii, volume.

S presupunem c am dispune de un procedeu prin care putem alege la întâmplare un punct dintr-uninterval [a, b]. În plus, vom presupune c acest procedeu ne asigur c nu exist porµiuni privilegiate aleintervalului [a, b], i.e., oricare ar dou subintervale de aceea³i lungime, este la fel de probabil ca punctuls cad în oricare dintre aceste intervale. Dac am folosi de mai multe ori procedeul pentru a alege unnum r mare de puncte, acestea vor repartizate aproximativ uniform în [a, b], i.e., nu vor exist puncteîn vecin tatea c rora punctul ales s cad mai des, ori de câte ori este ales. De aici reiese c probabilitateaca un punct s cad într-un subinterval al lui [a, b] este dependent de lungimea acelui subinterval ³i nu depoziµia sa în interiorul lui [a, b]. Mai mult, aceasta este chiar proporµional cu lungimea subintervalului.Se poate observa analogia cu experienµa alegerii dintr-un num r de cazuri egal posibile.


Dac [a, b] e mulµimea cazurilor egal posibile ³i [c, d] ⊂ [a, b] este mulµimea cazurilor favorabile, atunciprobabilitatea ca punctul ales s cad în [c, d] este

P (A) =lungimea ([c, d])

lungimea ([a, b])=d− cb− a

.

În particular, dac x ∈ (c, d), atunci probabilitatea ca punctul ales aleator dintr-un interval s coincid cu un punct dinainte stabilit este zero ³i, astfel, întrez rim posibilitatea teoretic ca un eveniment s aib probabilitatea nul , far ca el s e evenimentul imposibil ∅.

Exemplu 3.1. S presupunem c experimentul aleator const în alegerea la întâmplare a unui num rreal din intervalul (0, 1), a³a încât ecare punct din acest interval are aceea³i ³ans de a ales. Dac not m cu X v.a. care reprezint num rul ales, atunci X va urma repartiµia uniform continu U(0, 1).Not m cu A evenimentul ca X s nu ia valoarea 0.5. Matematic, scriem evenimentul astfel:

A = ω ∈ Ω; X(ω) 6= 0.5 sau, prescurtat, X 6= 0.5.

Atunci, P (A) = 1, dar A nu este evenimentul sigur, ci doar un eveniment aproape sigur. Practic, esteposibil ca, din mai multe probe independente ale experimentului, s obµinem valoarea 0.5.

În mod cu totul analog cazului 1-dimensional, dac se alege la întâmplare ³i în mod uniform un punctdintr-un domeniu planar D, astfel ca s nu existe puncte sau porµiuni privilegiate în acest domeniu, atunciprobabilitatea ca punctul s cad în subdomeniul D′ ⊂ D este aria D′

aria D .

În trei dimensiuni, o probabilitate similar este raportul a dou volume: volumul mulµimii cazurilor favo-rabile ³i volumul mulµimii cazurilor egal posibile.

Exemple:

Exerciµiu 3.1. (problema intalnirii) Doi prieteni isi propun sa se intalneasca intre orele 13 si 14. Ambiiajung aleator in intervalul stabilit, iar cel care ajunge primul la punctul de intalnire asteapta un sfert deora, dupa care, daca celalalt nu a ajuns in acest timp, pleaca. Care este probabilitatea ca cei doi prietenisa se intalneasca?

R:

Notez cu t si s timpii de sosire ai celor doi prieteni. Condiµia deîntâlnire este: |t − s| ≤ 1

4 . Multimea cazurilor egal posibile esteD = (t, s); 0 ≤ t, s ≤ 1.Multimea cazurilor favorabile este F = (t, s) ∈ D; |t− s| ≤ 1

4.Probabilitatea ca prietenii sa se intalneasca este

P =aria(F )

aria(D)=

1−

34

2

1=

7

16.

Soluµia ecuaµiei liniare de ordinul I, cu coecienti aleatori

Se considera ecuatia liniara ax+ b = 0, unde coecientii a ∈ [2, 3] si b ∈ [1, 2] sunt numere alese aleator,astfel încât punctele din ecare dintre intervalele considerate au toate aceea³i ³ans de apariµie (dup cum


vom vedea mai târziu, a ³i b urmeaz ecare o repartitie uniform continua) in intervalele mentionate.Care este probabilitatea ca solutia ecuatiei sa e mai mica decat −1/2?

Soluµie: Solutia ecuatiei ax+ b = 0 este x = −b/a. Atunci, probabi-litatea cautata este:

P

x < −1

2

= P

− ba< −1

2

= P

b >

a

2

.

Multimea tuturor cazurilor egal posibile este Ω = [2, 3] × [1, 2], iarmultimea cazurilor favorabile este

F = (a, b) ∈ Ω; b > a/2.

Pentru a calcula probabilitatea ceruta avem nevoie de aria suprafetei hasurate in gura alaturata, adicaaria suprafetei determinata de F . Îns , aria suprafetei hasurate este aria p tratului minus aria lui F , i.e.1 − 1

4 = 34 . Atunci, probabilitatea ceruta este egala cu raportul dintre masura (aria) multimii cazurilor

favorabile si masura (aria) multimii cazurilor egal posibile, adica

P

x < −1

2

=

34

1=

3

4.

Paradoxul lui Bertrand4

La sfarsitul secolului al XIX-lea, matematicianul Joseph Bertrand propune urmatoarea problema:

Alegem la intamplare o coarda a unui cerc. Care este probabilitatea ca lungimea acestei coarde sa e mai

mare decat latura triunghiului echilateral inscris in cerc?

Bertrand a propus pentru aceasta problema trei solutii care, din punct de vedere intuitiv, par toate a bune, insa sunt contradictorii.

Cazul I: (alegem la intamplare mijlocul coardei)

Prin alegere la intamplare intelegem a alege la intamplare un punct in discul de raza R, si construim ocoarda la cerc pentru care acest punct este mijlocul coardei. Se va observa ca multimea cazurilor favorabileeste multimea cazurilor cand mijlocul ales se aa in interiorul discului de raza R

2 .

4Joseph Louis François Bertrand (1822− 1900), matematician francez


Cazuri echiprobabile:

Ω1 = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 ≤ R2.

Cazuri favorabile:

F1 =

¨(x, y) ∈ Ω1; x2 + y2 ≤

R

2

2«.

Probabilitatea ca, alegand la intamplare mijlocul coardei in interioruldiscului Ω1, acesta sa e in interiorul discului F1 este

P =Aria [F1]

Aria [Ω1]=πR

2

4

R2=

1

4.

Cazul II: (se aleg aleator dou puncte pe cerc si observam lungimea arcului mic determinat de ele)

Aici, prin alegere la intamplare intelegem a alege aleator doua puncte (A ³i M) pe cercul de raza R, caredenesc o coarda a cercului.Ne imaginam un triunghi echilateral pentru care un varf al s u coincide cu unul dintre punctele alesealeator. În gura al turat , vârful A este cel care coincide cu un cap t al coardei. Unghiurile triunghiuluiechilateral au toate m sura în radiani egal cu π

3 , iar lungimile arcelor mici corespunz toare acestorunghiuri sunt toate egale cu 2

3πR. Atunci, coarda AM aleas dup procedeul de mai sus va avea lungimeamai mare decat latura triunghiului echilateral inscris dac cel lalt punct al coardei, M , este situat pearcul mic øBC determinat de unghiul ∠BAC al triunghiului echilateral.

A³adar, toate cazurile posibile pentru M sunt punctele cercului de raz R. Vom numi caz favorabil uncaz în care M este situat pe un arc de lungime 2

3πR. Spre exemplu, coarda albastra desenat în gur este un caz favorabil iar coarda rosie nu este.

Cazuri echiprobabile: punctele cercului de raza R.Cazuri favorabile: punctele din interiorul arcului øBC.Asadar, probabilitatea va :

P =lungimea [øBC]

lungimea [Cerc]=

1

3.

Cazul III: (se alege aleator un diametru al cercului si o secanta perpendiculata pe diametru)

Prin alegere la intamplare intelegem a alege la intamplare un diametru AB al cercului de raza R si ale-gem un punct pe acest diametru. Construim o coarda perpendiculara pe diametru in acest punct. Dacaacest punct se aa intre punctele C si D, atunci lungimea coardei va mai mare decat lungimea laturiitriunghiului echilateral inscris in cerc, deci vom avea un caz favorabil (Aratati acest fapt!) (punctele C siD sunt mijloacele razelor pe care se aa). Asadar:


Cazuri echiprobabile: punctele segmentului AB, adica

Ω3 = r ∈ R; r ∈ [−R, R].

Cazuri favorabile: punctele segmentului CD, adica

F2 = r ∈ Ω3; −R2≤ r ≤ R

2.

Asadar, probabilitatea va :

P =mas [F2]

mas [Ω3]=

R

2R=

1

2.

Paradoxul lui Bertrand a ap rut din pricina faptului c sintagma alegerere la întâmplare nu a fost preci-zat clar. În ecare dintre cazurile prezentate, alegerea la întâmplare s-a f cut dup alte reguli. De aicimorala: de ecare dat când ceva este ales aleator, trebuie precizat f r echivoc regula de alegere. Întermeni probabilistici, trebuie precizat repartiµia (legea de probabilitate) dup care s-a face alegerea.

Metoda Monte Carlo

Metoda Monte Carlo este o metod de simulare statistic , ce produce soluµii aproximative pentru o marevarietate de probleme matematice prin efectuarea de experimente statistice pe un computer. Se poateaplica atât problemelor deterministe, cât ³i celor probabilistice ³i este folositoare în obµinerea de soluµiinumerice pentru probleme care sunt prea dicile în a rezolvate analitic. Este o metod folosit de secole,dar a c p tat statutul de metod numeric din anii 1940. În 1946, S. Ulam5 a devenit primul matema-tician care a dat un nume acestui procedeu, iar numele vine de la cazinoul Monte Carlo din principatulMonaco, unde se practic foarte mult jocurile de noroc, în special datorit jocului de rulet (ruleta = ungenerator simplu de numere aleatoare). De asemenea, Nicholas Metropolis6 a adus contribuµii importantemetodei.Are la baz generarea de numere aleatoare convenabile ³i observarea faptului c o parte dintre acesteaveric o proprietate sau anumite propriet µi. În general, orice metod care are la baz generarea de nu-mere aleatoare în vederea determin rii rezultatului unui calcul este numit o metod Monte Carlo. Oriceeveniment zic care poate v zut ca un proces stochastic este un candidat în a modelat prin metoda MC.

Exerciµiu 3.2. (aproximarea lui π folosind jocul de darts)În ce const jocul? S presupunem c suntem la nivelul încep tor. Avem de aruncat o s geat ascuµit ,ce poate penetra cu u³urinµ lemnul, spre o tabl p trat din lemn, în interiorul c ruia se a desenatun cerc circumscris p tratului. Dac s geata se înnge în interiorul discului atunci aµi câ³tigat un punct,dac nu - nu câ³tigaµi nimic. Repet m jocul de un num r N de ori ³i contabiliz m la sfâr³it num rul depuncte acumulate, s zicem c acest num r este νN .

5Stanislaw Marcin Ulam (1909− 1984), matematician de origine polonez , n scut în Lvov, Ucraina6Nicholas Constantine Metropolis (1915− 1999), zician grec


S presupunem c sunteµi un juc tor slab de darts (astaimplic faptul c orice punct de pe tabl are aceea³i ³ans de a µintit), dar nu a³a de slab încât s nu nimeriµitabla. Cu alte cuvinte, presupunem c de ecare dat când aruncaµi s geata, ea se înnge în tabl .S not m cu A evenimentul ca s geata s se înng chiarîn interiorul discului. În cazul în care num rul de arunc riN e foarte mare, atunci probabilitatea evenimentului A,P (A), este bine aproximat de frecvenµa relativ , adic νNN

. Pe de alt parte, P (A) = aria discaria perete

= π4 . A³adar,

putem aproxima π prin

π ' 4νNN

(pentru N 1). (3.2)

Figura 3.2: Simularea jocului de darts.

Exerciµiu 3.3. (aproximarea lui π folosind acul lui Buon7)

Pe un plan sunt trasate drepte paralele echidistante la distanµa a. Pe acest plan se arunc la întamplareun ac de lungime l < a. Care este probabilitatea ca acul s întretaie una dintre drepte?

R: Poziµia acului faµ de dreptele reµelei estedat de distanµa d a mijlocului sau M la ceamai apropiat dreapt ³i unghiul θ pe care-l facedirecµia acului cu cea a dreptelor.

Se observ c d ∈ [0, a] ³i θ ∈ [0, π]. A³adar, aculpoate reprezentat ca un punct în planul θOd.

7Georges-Louis Leclerc (aka Comte de Buon) (1707-1788), matematician francez


Mulµimea cazurilor posibile este

D = (d, θ) | 0 ≤ d ≤ a, 0 ≤ α ≤ π.

Mulµimea cazurilor favorabile este(aria colorat ):

F = (d, θ) ∈ D | 0 ≤ d ≤ l sin θ.

Deci probabilitatea ca acul s întretaie unadin drepte este:

P (A) =aria Faria D

=2l

aπ.

Buon a descoperit formula de ridicare la putere a unui binom, (a + b)n. În 1777 a încerca s calculezeprobabilitatea ca soarele s continue s r sar dup ce timp de n zile la rând l-a observat ridicându-se pecer.Din rezultatul de mai sus se întrevede obµinerea pe cale experimental aproxim ri ale lui π. De exemplu,dac lu m a = 2l, atunci P (A) = 1

π . Arunc m acul de N ³i observ m c a t iat una din linii în m cazuri.Pentru N sucient de mare, P (A) ' m

N = 1π . Buon efectuat experimentul cu acul de 2000, în urma c ruia

l-a aproximat pe π prin π ' 3.1430. De asemenea, R. Wolf a efectuat experimentul de 5000 de ori ³i aobµinut 2532 intersecµii. De aici, l-a aproximat pe π ' 3, 159., iar S. Lazzarini a f cut experimentul de3408 ori ³i aproximat cu 6 zecimale exacte.

Exerciµii propuse

Exerciµiu 3.4. Dou numere sunt generate aleator, astfel încât 0 < x < 3 ³i 1 ≤ y ≤ 7 (uniform înintervalele considerate). Care este probabilitatea ca suma lor s e cel mult 5?

Exerciµiu 3.5. Dou numere sunt generate aleator, astfel încât 0 < x < 1 ³i 0 ≤ y ≤ 1 (uniform înintervalele considerate).(i) Care este probabilitatea ca raportul xy lor s e între 2 ³i 3? R: 1

12 ≈ 0.8333

(ii) Care este probabilitatea ca produsul lor s e cel mult 0.5? R: ln 2+12 ≈ 0.8466

Exerciµiu 3.6. În problema întâlnirii, timpul de a³teptare se m re³te de la 15 minute la 20 minute. Careeste probabilitatea ca cei doi prieteni s se întâlneasc ?

Exerciµiu 3.7. (problema triunghiului) O bara de lungime a este rupta la intamplare in doua locuri.Care este probabilitatea ca din cele trei bucati obtinute sa se poata forma un triunghi?

Exerciµiu 3.8. Dac un ceas se opre³te la întâmplare, care este probabilitatea ca limba care indic oreles se opreasc între 7 ³i 10?

Exerciµiu 3.9. Doi prieteni doresc s joace darts, ecarealegându-³i o tabl dintre modelele de tabl de darts din guraal turat . Care are cea mai mare ³ans de câ³tig?



Probabilitati conditionate. Evenimente independente

De multe ori in practica se pot intalni evenimente conditionate de alte evenimente. Aceasta inseamnaca realizarea unui eveniment poate inuentata de realizarea sau nerealizarea unui alt eveniment. Spreexemplu, evenimentul A1 = echipa X a castigat ultimele trei meciuri in campionat ³i evenimentul A2 =echipa X castiga campionatul. Ne-ar putea interesa probabilitatea evenimentului conditionat A2/A1 =evenimentul ca echipa X sa castige campionatul stiind ca a castigat ultimele trei meciuri. EvenimentulA2/A1 se citeste evenimentul A2 conditionat de A1.

Consideram doua evenimente aleatoare A si B, cu P (B) > 0. Denim probabilitatea evenimentului Acondiµionat de realizarea evenimentului B, notat P (A|B) sau PB(A), prin:

PB(A) =P (A

⋂B)

P (B). (4.1)

Propoziµia 4.1. (a) (formula probabilit µilor totale) Fie (Bi)i∈I , (I ⊂ N) o partiµie a lui Ω, astfel încâtP (Bi) > 0, ∀i ∈ I. Atunci

P (A) =∑i∈I

P (Bi) · PBi(A), ∀A ∈ F . (4.2)

(b) (formula lui Bayes8) Ne ofera o formula de calcul a probabilitatii evenimentului conditionat invers.În condiµiile de la (a) ³i, în plus, P (A) > 0, avem:

PA(Bi) =P (Bi) · PBi(A)∑

j∈IP (Bj) · PBJ (A)

, ∀i ∈ I. (4.3)

(c) Dac B1, B2, . . . , Bn ∈ F , astfel încât P (B1⋂B2⋂ · · ·⋂Bn) > 0, atunci:

P (B1

⋂B2

⋂· · ·⋂Bn) = P (B1) · PB1(B2) · . . . · PB1

⋂···⋂Bn−1

(Bn). (4.4)

Fie (Ω, F , P ) un câmp de probabilitate, A, B ∈ F dou evenimente arbitrare.Dac anumite informaµii despre evenimentul B au inuenµat în vreun fel realizarea evenimentului A,atunci vom spune c A ³i B sunt evenimente dependente. De exemplu, evenimentele A = mâine plou ³iB = mâine mergem la plaj sunt dependente.

S presupunem c evenimentul B satisface relaµia P (B) > 0. Vom spune c evenimentele A ³i B sunt inde-pendente dac probabilitatea lui A este independent de realizarea evenimentului B, adic probabilitateacondiµionat

P (A| B) = P (A), (4.5)

echivalent cuP (A

⋂B)

P (B)= P (A).

Putem rescrie ultima egalitate sub forma simetric :

P (A⋂B) = P (A) · P (B). (4.6)

8Thomas Bayes, (1702− 1761) matematician britanic


Deoarece în relaµia (4.6) nu mai este nevoie de condiµie suplimentara pentru P (B), este preferabil s denim independenµ a dou evenimente arbitrare astfel:

Dou evenimente, A, B ∈ F se numesc independente (stochastic) dac relaµia (4.6) are loc. Pentru maimult de doua variabile aleatoare vom spune ca:

1. Evenimentele A1, A2, . . . , An se numesc independente în ansamblu dac oricum am alege eveni-mente din aceasta multime, probabilitatea ca acestea sa se realizeze simultan este egala cu produsulprobabilitatilor ecarui eveniment in parte. Matematic, scriem astfel:

∀k ≥ 2, ∀n1, n2, . . . , nk ∈ 1, 2, . . . , n, ni distincte, are loc:P (An1

⋂An2

⋂· · ·⋂Ank) = P (An1) · P (An2) · . . . · P (Ank)

2. Spunem c evenimentele A1, A2, . . . , An sunt independente dou câte dou dac oricare dou eve-nimente din multime sunt independente.

3. În general, evenimentele (Ai)i∈I ⊂ F , (I ⊂ N), se numesc independente dac evenimentele din oricesubmultime nita sunt independente.

Observaµia 4.2. Independenµa dou câte dou a evenimentelor nu implic independenµa în ansamblu.S exemplic m considerând urm toarea experienµ .Consider m aruncarea a dou monede ideale. Fie A evenimentul ca "faµa ce apare la prima moned estestema", B evenimentul ca "faµa ce apare la a doua moned este stema", iar C evenimentul ca "doar la omoned din cele dou a ap rut faµa cu stema". Se observ cu u³urinµ c evenimentele A, B ³i C suntindependente dou câte dou , deoarece:

P (A⋂C) = P (A) · P (C) =

1

4; P (B

⋂C) = P (B) · P (C) =

1

4; P (A

⋂B) = P (A) · P (B) =

1

4.

Totodat , mai observ m c oricare dou dintre ele determina în mod unic pe al treilea. A³adar, indepen-denµa a dou câte dou nu implic independenµa celor trei evenimente în ansamblu, fapt observat ³i dinrelaµia

0 = P (A⋂B⋂C) 6= P (A) · P (B) · P (C) =

1

8.

Probleme rezolvate

Exerciµiu 4.1. (1) Familia Petrescu are doi copii. Copilul mai in varsta este o fata. Care este proba-bilitatea ca ambii copii sa e fete?(2) Familia Petrescu are doi copii. Cineva s-a intalnit cu unul dintre copii; este o fata. Care este proba-bilitatea ca ambii copii sa e fete?

Soluµie: Not m cu A = evenimentul ca ambii copii sa e fete; B1 = evenimentul ca al doilea copil sa efata si B2 = evenimentul ca macar unul dintre copii sa e fata. Cei doi copii ai familiei pot dupa cumurmeaza: FF, FB, BF, BB.

(a) PB1(A) =P (A

⋂B1)

P (B1)=PA(B1)P (A)

P (B1)=

1 · 14

24

=1

2.


(b) PB2(A) =P (A

⋂B2)

P (B2)=PA(B2)P (A)

P (B2)=

1 · 14

34

=1

3.

. √

Exerciµiu 4.2. La un examen oral participa un numar de studenti. Pentru a examinat, ecare studentva trebui sa extraga un bilet. In sala sunt insirate pe catedra m+ n bilete de examen. Dintre acestea, msunt usoare si n sunt grele (acest fapt este admis tacit de catre toti studentii). Studentii intra la examensi extrag, pe rand, cate un bilet. Dintre primii doi studenti care extrag bilete, care are sansa mai mare dea extrage un subiect usor? R: sansele sunt egale.

Soluµie: Not m cu A = evenimentul ca primul student s trag un bilet u³or ³i B = evenimentul ca aldoilea student s trag un bilet u³or. Vom calcula P (A) ³i P (B). Fire³te, probabilitatea lui B va depindede realizarea sau nerealizarea lui A, deci vor ap rea probabilit µi condiµionate. Avem:

P (A) =m

n

³i

P (B) = PA(B) · P (A) + PA(B) · P (A) =m− 1

n− 1· mn

+m

n− 1· n−m

n=m

n= P (A).

Exerciµiu 4.3. La un joc, Tudor arunca 19 de monede ideale si Ioana arunca 31 de monede ideale, inmod independent unul de celalalt. Care este probabilitatea ca ecare sa obtina acelasi numar de steme?

R: Sa notam faptul ca probabilitatea de a obtine k steme din n aruncari este egala cu probabilitatea dea obtine k feµe cu banul din n aruncari (0 ≤ k ≤ n). Astfel, probabilitatea ca Tudor sa obtina k stemedin 19 aruncari este echivalenta cu probabilitatea obtinerii a k feµe cu banul din 19 aruncari (deoareceCk19219

=C19−k

19219

). Daca Ioana obtine k steme din 31 de aruncari, atunci va obtinut si 31 − k feµe cubanul. Astfel, impreuna, cei doi vor obtine k + 31 − k = 31 feµe cu banul din 19 + 31 = 50 de aruncari.

Probabilitatea ceruta este astfel C1950

250= 0.0270.

Exerciµiu 4.4. Trei întreprinderi trimit acela³i tip de piese într-un depozit central, în proporµie de 5, 3, 2.Cele trei întreprinderi au rebuturi în proporµie de, respectiv, 1%, 3%, 2%. Valoarea pieselor ce s-au dovedita rebuturi este de 3600 RON. Cum ar trebui împ rµit aceast sum între cele 3 întreprinderi?

Soluµie: Vom cere ecarei intreprinderi despagubiri in cuantumuri proportionale cu ponderile de rebuturidin depozit aduse de ecare dintre ele. Not m cu:

A−evenimentul ca o pies aleas la întâmplare din depozitul central s e rebut.

Ai−evenimentul ca, alegând la întâmplare o pies din depozit, aceasta s aparµin rmei i.

Pentru a determina cum împ rµim cei 3600 între cele 3 rme, va trebui s determin probabilit µilecondiµionate P (A1|A), P (A2|A), P (A2|A), care reprezint ponderile de rebuturi produse de ecarerm , condiµionate de apariµia unui rebut la o alegere la întâmplare din depozit.Din datele problemei avem ca:

P (A1) = 0.5, P (A2) = 0.3, P (A3) = 0.2, P (A|A1) = 0.01, P (A|A2) = 0.03, P (A|A3) = 0.02.


Folosind formula probabilitatilor totale, gasim ca:

P (A) = P (A1)P (A|A1) +P (A2)P (A|A2) +P (A3)P (A|A3) = 0.5× 0.01 + 0.3× 0.03 + 0.2× 0.02 = 0.018.

Folosind formula lui Bayes, gasim ca:

P (A1|A) =P (A1)P (A|A1)

P (A)=

5

18, P (A2|A) =

P (A2)P (A|A2)

P (A)=

1

2, P (A3|A) =

P (A3)P (A|A3)

P (A)=

2

9.

În consecinµ , pierderile vor trebui s e împ rµite astfel:

5

18× 3600 = 1000 (rma 1);

1

2× 3600 = 1800 (rma 2);

2

9× 3600 = 800 (rma 3).

√

Exerciµiu 4.5. S-a estimat statistic faptul c doar 70% dintre femeile care apeleaz la un test de sarcin sunt cu adev rat îns rcinate.(i) Alegând la întâmplare 12 femei care apeleaz la un test de sarcin , care este probabilitatea ca celpuµin dou dintre ele s nu e îns rcinate?Un anumit test de sarcin are o acurateµe de 90% în a indica prezenµa unei sarcini în cazul în care aceastaeste cu adev rat prezent (rezultat pozitiv valid), ³i d un rezultat pozitiv când sarcina nu este prezent (rezultat pozitiv fals) în 7% dintre cazuri.(ii) Care este probabilitatea ca, pentru o femeie care face testul respectiv, rezultatul s indice prezenµaunei sarcini?(iii) Dac pentru o femeie, aleas la întâmplare, rezultatul testului este pozitiv, care este probabilitateaca ea s e cu adev rat îns rcinat ?

Soluµie: Not m cu p = P (B) = 0.7 probabilitatea evenimentului B ca o femeie care apeleaz la un testde sarcin s e cu adev rat îns rcinat .(i) Folosim schema binomiala. Experimentul aleator care se repeta in conditii identice este alegerea

aleatoare a unei femei. Evenimentul a carui probabilitate se cere este evenimentul ca macar doua femeidin 12 alese sa nu e insarcinate. Fie X num rul de femei îns rcinate dintr-o selecµie aleatoare de 12 carecare apeleaz la un test de sarcin . Atunci, X ∼ B(12, p) ³i probabilitatea ca cel puµin dou dintre ele s nu e îns rcinate (i.e., cel mult 10 (inclusiv) s e îns rcinate) este

P1 = P (X ≤ 10) =10∑k=0

Ck12 pk(1− p)12−k = 0.915.

(ii) Fie A evenimentul ca rezultatul testului s e pozitiv. Atunci P (A|B) este probabilitatea eveni-mentului ca rezultatul testului s e pozitiv valid ³i P (A|B) este probabilitatea obµinerii unui rezultatpozitiv fals. Atunci, din datele problemei avem c :

P (A|B) = 0.9; P (A|B) = 0.07; P (B) = 0.7 ³i P (B) = 0.3.

Folosind formula probabilitatilor totale, obµinem:

P (A) = P (A|B) · P (B) + P (A|B) · P (B)

= 0.9× 0.7 + 0.07× 0.3

= 0.651.

(iii) Folosind formula lui Bayes, obµinem:

. P (B|A) =P (B) · P (A|B)

P (A)=

0.7 · 0.90.651

= 0.9677. √


Exerciµiu 4.6. Doua persoane joaca un joc. Ele arunca succesiv o moneda. Jocul este castigat de aceapersoana care obtine prima, la aruncarea sa, fata cu stema. Sa se calculeze probabilitatea de castig pentruecare dintre jucatori, stiind ca pentru ecare dintre ei probabilitatea de a obtine fata cu stema este 0.5.

- Soluµie 1: cu A1− evenimentul ca primul jucator sa castige; A2− evenimentul ca al doileajucator sa castige. Fie P (A1) = p si P (A2) = q. Atunci, p + q = 1. Mai notam cu S evenimentul caprimul sa obtina stema la prima aruncare. Avem ca: P (S) = P (S) = 0.5, P (A1/S) = 1, P (A1/S) = q(daca primul nu da stema la prima aruncare, atunci rolurile celor doi jucatori se inverseaza). Folosindformula probabilitatilor totale, obtinem:

p = P (A1) = P (S)P (A1/S) + P (S)P (A1/S) =1

2+

1

2q.

Rezolvand sistemul

p+ q = 11

2+

1

2q = p,

gasim ca p = 23 si q = 1

3 .

Soluµie 2: Ana poate câ³tiga jocul din prima aruncare, sau din a doua (dup 3 arunc ri succesive), saudin a treia (dup 5 arunc ri succesive) etc. Astfel, probabilitatea cerut este

P =1

2+

1

23+

1

25+ . . . =

2

3.

. √


Exerciµii propuse

Exerciµiu 4.7. In problema 4.1, considerati cazul in care nu avem convingerea ca probabilitatile de a fata sau baiat sunt egale. De exemplu, considerati cazul in care sansa ca o fata sa se nasca in familiaPetrescu este de 60% si nu de 50%.

Exerciµiu 4.8. Trei vanatori ochesc cu pusca o aceeasi vulpe. Stim ca probabilitatile ca ecare dintreei sa o nimereasca sunt, respectiv, 1/3, 1/4, 1/2. Cei trei trag ecare cate un foc asupra vulpii si, dupatrageri, se constata ca vulpea a fost nimerita o singura data. Care este probabilitatea ca primul vanatorsa o nimerit? Care este probabilitatea ca vulpea sa scape neatinsa?

Exerciµiu 4.9. În anumite familii, p rinµii continu s aib copii pâna au cel puµin câte un copil deecare sex. S presupunem c probabilitatea de a avea un copil, indiferent de sex, este 0.5. Pentru astfelde familii, care este probabilitatea de a avea 4 copii?

Exerciµiu 4.10. Doua urne contin doar bile albe si negre. Urna U1 contine 3 bile albe si 4 negre, urnaU2 contine 5 bile albe si 3 negre. Extragem aleator o bila din urna U1 si o introducem in urna U2. Apoi,din urna U2 extragem la intamplare o bila. Care este probabilitatea ca ultima bila extrasa sa e alba?

Exerciµiu 4.11. La un spectacol TV aveti de ales una dintre cele 3 usi din fata. In spatele unei usi seaa o masina, iar in spatele a celorlalte doua usi se aa cate o capra. Alegeti o usa din cele 3, insa gazdaemisiunii, care stie ce se aa dincolo de usi, deschila o usa din cele ramasa si iti arata ca se aa o capra.Totodata, gazda te intreaba daca vrei sa schimbi usa deja aleasa. O vei face?

Exerciµiu 4.12. Un grup de 10 baieti si 10 fete este impartit la intamplare in doua grupuri egale. Sa sedetermine probabilitatea ca ecare grup sa aiba acelasi numar de baieti si de fete.

Exerciµiu 4.13. In Asia, 10% dintre barbati sunt analfabeti si 15% dintre femei sunt analfabete. Popu-latia Asiei este impartita astfel: 40% barbati si 60% femei. Se alege o persoana aleator din Asia (sanselede a alege un barbat sau o femeie sunt egale).

(a) Care este probabilitatea ca acea persoana sa e analfabeta?(b) Care este probabilitatea sa e barbat, stiind ca este o persoana analfabeta?

Exerciµiu 4.14. Opt persoane, incluzand sotii Ionescu si sotii Popescu, sunt asezate aleator la o masarotunda cu opt scaune. Care este probabilitatea ca nici sotii Ionescu si nici sotii Popescu sa nu e asezatialaturat?

Exerciµiu 4.15. P cal îl ademene³te pe Tândal la un joc de barbut. P cal a confecµionat urm toareletrei zaruri, pentru care num rul de puncte de pe ecare faµ sunt modicate:

zarul 1: 5 7 8 9 10 18

zarul 2: 2 3 4 15 16 17

zarul 3: 1 6 11 12 13 14

Pentru ecare zar, toate feµele au aceea³i ³ans de apariµie. Fiecare juc tor alege un zar ³i îl p streaz pentru restul competiµiei. Un joc const în aruncarea zarului ales, iar cel care obµine un num r mai marede puncte va câ³tiga jocul. Un astfel de joc poate repetat de mai multe ori, în condiµii identice ³iindependente.P cal , politicos ind, îl invit pe Tândal s e primul care î³i alege zarul. Ar taµi c , orice zar ar alegeTândal , P cal are posibilitatea de a alege un zar mai bun dintre cele r mase ³i s câ³tige jocul.




Exerciµiu 5.1. O moned ideal este aruncat de 100 de ori, iar X este variabila aleatoare ce reprezint num rul de feµe cu stema ap rute.(a) Care este probabilitatea de a obµine exact 52 de steme?(b) S se calculeze P (45 ≤ X ≤ 55).

Soluµie: (a) Avem de calculat P1 = P (X = 52). Îns X este o variabil aleatoare distribuit B(100, 0.5), a³adar rezultatul exact este:

P1 = C52100 · (0.5)52 · (0.5)48 = 0.0735.

(b) A doua probabilitate este

P2 = P (45 ≤ X ≤ 55) =55∑

k=45

Ck100 · (0.5)k · (0.5)100−k = 0.7287.

Exerciµiu 5.2. Trei vanatori ochesc cu pusca o aceeasi vulpe. Fiecare vân tor trage câte un foc asupravulpii. Fiecare dintre ei poate nimeri sau nu vulpea.

(a) Scrieµi spaµiul de selecµie Ω asociat experimentului aleator.

tim ca probabilit µile c ecare dintre ei s o nimereasc sunt, respectiv, 1/3, 1/4, 1/2. Fie V variabilaaleatoare ce reprezint num rul de ori pentru care vulpea a fost nimerit .

(b) Determinaµi repartiµia variabilei aleatoare V .

(c) Care este probabilitatea ca vulpea sa scape neatinsa?

Dupa trageri, se constata ca vulpea a fost nimerita o singura data.

(e) Care este probabilitatea ca primul vanator sa o nimerit?

R: (a) Not m cu S evenimentul ca un vanator atinge tinta (succes) si cu E evenimentul sa nu o atinga(e³ec). Atunci, spaµiul de selectie este:

Ω = SSS, SSE, SES, SEE, ESS, ESE, EES, SSS.

(b) Variabila V poate avea doar valorile: 0− vulpea nu este atinsa, 1− vulpea este atinsa o singura data,2− vulpea este atinsa de 2 ori sau 3− vulpea este atinsa de 3 ori. Pentru i = 1, 2, 3, notam cu Vi va-riabila aleatoare ce reprezinta numarul de ori vanatorul i atinge vulpea. Repartitiile pentru ecare Vi sunt:

V1 :

0 123

13

V2 :

0 134

14

V3 :

0 112

12

Deoarece vanatorii trag independent unul de celalalt, avem ca V1, V2, V3 sunt variabile aleatoare indepen-dente. Atunci V = V1 + V2 + V3 are repartiµia:

V :

0 1 2 3624

1124

624

124


Într-adev r, pentru ecare eveniment V = i se calculeaz probabilitatea astfel:

P (V = 0) = PV1 = 0

⋂V2 = 0

⋂V3 = 0

= P (V1 = 0) · P (V2 = 0) · P (V3 = 0) =

2

3· 3

4· 1

2=

6

24

P (V = 1) = PV1 = 1

⋂V2 = 0

⋂V3 = 0

+ P

V1 = 0

⋂V2 = 1

⋂V3 = 0

+

+PV1 = 0

⋂V2 = 0

⋂V3 = 1

=

1

3· 3

4· 1

2+

1

3· 1

4· 1

2+

1

3· 3

4· 1

2=

11

24

P (V = 2) = PV1 = 1

⋂V2 = 1

⋂V3 = 0

+ P

V1 = 1

⋂V2 = 0

⋂V3 = 1

+

+PV1 = 0

⋂V2 = 1

⋂V3 = 1

=

1

3· 1

4· 1

2+

1

3· 3

4· 1

2+

2

3· 1

4· 1

2=

6

24

P (V = 3) = PV1 = 1

⋂V2 = 1

⋂V3 = 1

= P (V1 = 1) · P (V2 = 1) · P (V3 = 1) =

1

3· 1

4· 1

2=

1

24

(c) Probabilitatea ca vulpea sa scape neatinsa este P (V = 0) = 624 = 0.25.

(d) Notam cu A1 evenimentul ca primul vanator sa nimereasca vulpea si cu B = V = 1 evenimentulca vulpea sa e nimerita exact o singura data. Avem de calculat probabilitatea conditionata P (A1/B).Folosind formula (Bayes), avem ca:

PB(A1) =P (A1

⋂B)

P (B)=

1/3 · 3/4 · 1/21/3 · 3/4 · 1/2 + 2/3 · 1/4 · 1/2 + 2/3 · 3/4 · 1/2

=3

11.

Similar, probabilitatea ca al doilea vanator sa nimereasca vulpea este

PB(A2) =P (A2

⋂B)

P (B)=

2/3 · 1/4 · 1/21/3 · 3/4 · 1/2 + 2/3 · 1/4 · 1/2 + 2/3 · 3/4 · 1/2

=2

11

si probabilitatea ca al treilea vanator sa nimereasca vulpea este

PB(A3) =P (A3

⋂B)

P (B)=

2/3 · 3/4 · 1/21/3 · 3/4 · 1/2 + 2/3 · 1/4 · 1/2 + 2/3 · 3/4 · 1/2

=6

11.

Dupa cum se observa, PB(A1) + PB(A2) + PB(A3) = 1.

Exerciµiu 5.3. Consider m un eveniment aleator care are probabilitatea p ∈ (0, 1) de realizare într-o singur prob (de exemplu, probabilitatea de a trece un examen). Not m cu X num rul de e³ecuriînregistrate pân obµinem pentru prima oar un succes. Scrieµi repartiµia variabilei aleatoare Z.

R: Valorile posibile ale variabilei X sunt toate numerele naturale. Spre exemplu, X = 0 daca nu amavut niciun esec (examenul a fost trecut din prima), X = 1 daca am avut un esec din prima incercare sisucces la a doua, s.a.m.d., X = n daca am avut n esecuri consecutive si la a (n + 1) − a incercare avemsucces. Daca notez cu q = 1− p, atunci

P (X = k) = q · q · q · . . . · q︸︷︷︸n ori

·p = qkp, pentru orice k ∈ N.

Tabelul de repartitie al variabilei este astfel:

X 0 1 2 · · · n · · ·pn p qp q2p · · · qnp · · ·


Se observa cu usurinta ca∞∑n=0

qnp = p∞∑n=0

qn = p1

1− p= 1.

Vom spune c variabila X urmeaza repartitia geometrica de parametru p. Scriem X ∼ Geo(p).

Ca o observatie, variabila Y = X + 1 reprezinta numarul de incercari pana la reusita.

Exerciµiu 5.4. Care este probabilitatea de apariµie pentru prima oar a feµei cu 6 puncte la aruncareaunui zar ideal în cel mult 3 arunc ri? Dar în exact 3 arunc ri?

- Not m cu X v.a. variabil aleatoare ale c rei valori reprezint num rul de e³ecuri avute pân la primul succes. Aceasta urmeaz repartiµia geometric Geo(1/6). În consecinµ , num rul de arunc ri

necesare obµinerii feµei pentru prima dat este Y = X + 1. Probabilitatea de a obµine pentru primaoar aceast faµ din cel mult 3 arunc ri este totuna cu probabilitatea de a avea cel mult 2 e³ecuri pân la apariµia acestei feµe. A³adar, avem:

P1 = P (Y ≤ 3) = P (X ≤ 2) = 0.4213.

Probabilitatea de a obµine pentru prima oar faµa din exact 3 arunc ri este:

P2 = P (Y = 3) = P (X = 2) = 0.1157.√

Exerciµiu 5.5. Se arunc dou zaruri ideale distincte.(a) Scrieµi variabilei aleatoare S2 ce reprezinta repartiµia sumei fetelor obµinute.(b) Care este probabilitatea ca suma fetelor obtinute sa e cel putin 7?

R: (a) Tabloul de repartiµie pentru S2 este:

S2 :

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12136

236

336

436

536

636

536

436

336

236

136

,

(b) de unde:

P (S2 ≥ 7) = 1− P (S2 < 7) = 1− P (S2 ≤ 6) = 1− 15

36=

21

36=

7

12.

Exerciµiu 5.6. Mircea participa la un joc. Se arunca un zar ideal. Daca apare o fata mai mare decat1, atunci va castiga suma egala cu dublu numarului de puncte aparute. Daca apare fata cu 1, atunci areposibilitatea sa arunce o moneda ideala. Daca apare stema, atunci castiga 10, altfel nu castiga nimic. Sase scrie repartitia castigulul.

R: Notam cu C variabila aleatoare ce reprezinta castigul. Atunci, repartitia sa este:

C :

0 4 6 8 10 12112

16

16

16

14

16

,

Într-adev r, daca apare una dintre fetele 2, 3, 4, 5, 6, atunci C va, respectiv, 4, 6, 8, 10, 12. Probabilitatile asociate acestor valorisunt toate egale cu 1/6.Daca apare fata 1, atunci castigul poate 0 sau 10, cu probabili-tatile egale cu 1

6 ·12 = 1

12 .Asadar, castigul 10 poate aparea de doua ori: odata cu probabilita-tea 1

6 a doua oara cu probabilitatea 112 . In concluzie, probabilitatea

P (C = 10) = 16 + 1

12 = 14 .


Exerciµii suplimentare

Exerciµiu 5.7. Scrieµi spaµiul de selecµie Ω asociat experimentului aleator ce const în aruncarea a dou zaruri ideale distincte.(a) Calculaµi probabilitatea de a obµine o dub .(b) Care este probabilitatea de a obµine 3 duble din 5 arunc ri a unei perechi de zaruri ideale distincte?

Exerciµiu 5.8. Scrieµi spaµiul de selecµie Ω asociat experimentului aleator ce const în aruncarea a dou zaruri ideale identice.(a) Calculaµi probabilitatea de a obµine o dub .(b) Care este probabilitatea de a obµine 3 duble din 5 arunc ri a unei perechi de zaruri ideale identice?

Exerciµiu 5.9. Consider m variabila aleatoare care reprezint suma numerelor ce apar la aruncarea adou zaruri ideale (distincte). Determinaµi repartiµia acestei variabile aleatoare.

Exerciµiu 5.10. Tudor are 2 monede în buzunar. Una dintre ele este corect , iar cealalt moned aredou steme. El scoate la întâmplare o moned din buzunar (f r s se uite ce moned a scos) ³i o arunc .

(a) Care este probabilitatea apariµiei unei steme?(b) Dac la aruncare a ap rut faµa cu stema, care este probabilitatea ca moneda scoas s fost ceacorect ?Not m cu X variabila aleatoare ce reprezint num rul de steme ap rute în urma arunc rii simultane acelor dou monede.(c) Scrieµi tabloul de repartiµie pentru X.

Exerciµiu 5.11. Dou zaruri ideale sunt aruncate în mod independent unul de cel lalt. Not m cu Mmaximum dintre valorile ap rute.Determinaµi tipul v.a. M ³i tabloul s u de repartiµie.

Exerciµiu 5.12. Scrieµi spaµiul de selecµie Ω asociat experimentului aleator ce const în aruncarea uneimonede ideale de trei ori. Calculaµi probabilitatea de a obµine aceea³i faµ de trei ori.

Exerciµiu 5.13. Se arunc dou monede ideale distincte. Not m cu S faµa cu stema ³i cu B faµa cu banul.Caracterizaµi evenimentele urm toare ³i calculaµi-le probabilitatea de realizare în ecare caz.(a) A = cel puµin o stem apare

(b) B = nicio stem nu apare

(c) C = pe ambele monede apare aceeaµi faµ

Exerciµiu 5.14. O pereche de zaruri ideale (distincte) este aruncat de 200 de ori. Not m cu X sumapunctelor obµinute.(a) Scrieµi repartiµia lui X.(b) Care este probabilitatea s obµinem o sum de 7 în cel puµin 20% dintre cazuri?

Exerciµiu 5.15. Se arunc o moned ideal pân se obµine pentru prima oar faµa cu stema. Not m cuX num rul de e³ecuri pân obµinem pentru prima oar stema. Scrieµi repartiµia variabilei aleatoare X.

Exerciµiu 5.16. Se arunc un zar ideal pân se obµine pentru prima oar faµa cu 6 puncte. Not m cu Ynum rul de e³ecuri pân obµinem pentru prima oar faµa cu 6. Scrieµi repartiµia variabilei aleatoare Y .

Exerciµiu 5.17. Se arunc dou zaruri ideale pân se obµine pentru prima oar o dubl . Not m cu Znum rul de e³ecuri pân obµinem pentru prima oar o dubl . Scrieµi repartiµia variabilei aleatoare Z.


Exerciµiu 5.18. Persoana A arunca 2 zaruri si persoana B arunca 3 zaruri. Fiecare aduna puncteleobtinute. Sa se calculeze probabilitatea evenimentului ca A si B sa obtina aceeasi suma.

Exerciµiu 5.19. Sultanul il prinde pe Ali-Baba si-i spune: Ai doua urne identice (notate U1 si U2) sim bile albe si n bile negre. Repartizeaza, dupa cum consideri, bilele in cele doua urne astfel incat niciourna sa nu e goala. Eu voi extrage la intamplare o bila dintr-una din urne, alese la intamplare. Dacabila extrasa va alba, iti cruµ viata; altfel vei decapitat.

Cum ar trebui sa procedeze Ali-Baba ca sa isi maximizeze sansele de supravietuire.

Exerciµiu 5.20. Se arunca doua zaruri. Care este probabilitatea ca numerele obtinute sa e solutiileecuatiei λ2 − 4λ+ 3 = 0.




Exerciµiu 6.1. Consider m funcµia f : R −→ R, dat prin

f(x) =

xσ2 e

−x/σ , x > 0;

0 , x ≤ 0.

Pentru ce valori ale parametrului σ, funcµia f este o densitate de repartiµie?

R: f este densitate de repartiµie dac :

f− m surabil (este, ind continu ),

f este nenegativ (se vede cu ochiul liber),

∞∫∞f(x) dx = 1.

Din ultima condiµie g sim c :

1

σ2

∫ ∞0

x e−x/σ dx = − 1

σx e−x/σ

∣∣∣∣∣∞

0︸︷︷︸=0, pt. σ>0

+1

σ

∫ ∞0

e−x/σ dx = − e−x/σ∣∣∣∣∣∞

0

= 1, pentru orice σ > 0.

Asadar, conditia impusa asupra lui σ este σ > 0.

Exerciµiu 6.2. Cineva a înregistrat zilnic timpul între dou sosiri succesive ale tramvaiului într-o anumit staµie ³i a g sit c , în medie, acesta este de 20 de minute. Se ³tie c acest timp este distribuit exponenµial.Dac o persoan a ajuns în staµie exact când tramvaiul pleca, aaµi care sunt ³ansele ca ea s a³tepte celpuµin 15 minute pân vine urm torul tramvai.

Soluµie: Not m cu T timpul de a³teptare în staµie între dou sosiri succesive ale tramvaiului ³i cu FTfuncµia sa de repartiµie. tim c T ∼ exp(λ), unde λ = 20. A³adar, avem de calculat P (T ≥ 15), careeste:

P (T ≥ 15) = 1− P (T < 15) = 1− FT (15),

ceea ce implic 47.24% ³anse. √

Exerciµiu 6.3. În drumul Mariei de acas pân la serviciu se a dou semafoare. Not m cu X1 v.a. cereprezint num rul de semafoare pe care Maria le prinde pe ro³u, ³i presupunem c repartiµia lui X1 esteurm toarea:

x 0 1 2

p(x) 0.2 0.5 0.3


De asemenea, e X2 num rul de semafoare pe care Maria le prinde pe ro³u pe drumul de întoarcere sprecas . Presupunem c X1 ³i X2 sunt independente ³i identic repartizate.(a) Determinaµi repartiµia, media ³i dispersia variabilei aleatoare X = X1 +X2.(b) Care e probabilitatea ca Maria s prind cel puµin 2 semafoare pe ro³u de acas la serviciu ³i retur?

Soluµie: (a) Repartiµia lui X este:

x 0 1 2 3 4

p(x) 0.04 0.2 0.37 0.3 0.09

E(X) = E(X1) + E(X2) = 2(0× 0.2 + 1× 0.5 + 2.3) = 2.2. Folosind independenµa lui X1 ³i X2,

D2(X) = D2(X1) +D2(X2) = 2[(0− 1.1)2 × 0.2 + (1− 1.1)2 × 0.5 + (2− 1.1)2 × 0.3] = 0.98.

(b) P = 0.37 + 0.3 + 0.09 = 0.76. √

Exerciµiu 6.4. Consider m faptul c o hot râre judec toreasc devine efectiv dac ea va validat decel puµin 8 dintre cei 12 membri ai juriului. Presupunem c juraµii se pronunµ independent unul faµ decel lalt ³i c , pentru ecare jurat, probabilitatea de a lua o decizie corect este p = 0.8. Pentru un anumitproces, în care un acuzat este judecat, eterminaµi:(1) probabilitatea ca decizia juriului s e corect , ³tiind c acuzatul este nevinovat.(2) probabilitatea ca decizia juriului s e corect , ³tiind c acuzatul este vinovat.(3) probabilitatea ca decizia juriului s e corect , având în vedere faptul c probabilitatea ca acuzatuls e vinovat este α = 0.7.

Soluµie: Fie X variabila aleatoare ce reprezint num rul de juraµi din juriu care iau decizia corect pentru respectivul proces. Atunci X este distribuit binomial, B(12, 0.8).

(1) Dac acuzatul este nevinovat, atunci el va liber (judecat corect ) dac cel puµin 5 juraµi iau deciziacorect (echivalent cu cel mult 7 juraµi iau o decizie gre³it ). Scriem

P1 = P (X ≥ 5) =12∑k=5

(0.8)k(0.2)12−k = 1− P (X ≤ 4) =4∑

k=0

(0.8)k(0.2)12−k = 0.9994.

(2) Dac acuzatul este vinovat, atunci el va închis (judecat corect ) dac cel puµin 8 juraµi iau deciziacorect ³i, astfel, decizia devine efectiv . Scriem

P2 = P (X ≥ 8) =12∑k=8

(0.8)k(0.2)12−k = 1− P (X ≤ 7) =7∑

k=0

(0.8)k(0.2)12−k = 0.9274.

(3) Fie A evenimentul ca juriul s ia decizia corect ³i B evenimentul ca inculpatul s e vinovat. AtunciP (B) = 0.7 ³i

P (A) = P (A|B)P (B) + P (A|B)P (B)

= 0.9274 · 0.7 + 0.9994 · 0.3 = 0.9778.

Exerciµiu 6.5. (lipsa de memorie a variabilei aleatoare geometrice)

Ar taµi c dac X ∼ Geo(p), atunci are loc relaµia:

P (X ≥ m+ n|X ≥ n) = P (X ≥ m), (m, n ∈ N).


(În cuvinte, probabilitatea ca num rul de e³ecuri înregistrate pân la primul succes s e de cel puµinm+n, ³tiind c pân acum au fost cel puµin n e³ecuri, este egal cu probabilitatea ca num rul de e³ecuripân la primul succes s e cel puµin m. Adic , repartiµia geometric nu "µine minte" cele n încerc rinereu³ite.)

Soluµie: Spunem c X ∼ Geo(p), p ∈ (0, 1), dac X ia valori în N, cu probabilit µile

P (X = k) = qkp, pentru orice k ∈ N, unde p ≥ 0 ³i q = 1− p.

(Dac X ∼ Geo(p), atunci variabila aleatoare Y = X + 1 reprezint num rul de încerc ri pân la primul

succes.)

Folosind deniµia probabilit µii condiµionate, putem scrie:

P (X ≥ m+ n|X ≥ n) =P (X ≥ m+ n⋂X ≥ n)

P (X ≥ n)

=P (X ≥ m+ n)P (X ≥ n)

=

∞∑k=m+n

qkp

∞∑k=n

qkp

= qm.

Pe de alt parte, P (X ≥ m) =∞∑k=m

qkp = qm.

Exerciµiu 6.6. O linie aerian vinde 200 de bilete de bilete pentru un avion având 198 de locuri, ³tiind c probabilitatea ca un pasager s nu apar la avion este 0.01. Folosind aproximarea cu repartiµia Poisson,determinaµi probabilitatea ca toµi pasagerii care apar s aib loc.

Soluµie: Not m cuX num rul de pasageri dintre cei care au cump rat bilet care nu apar la avion. Atunci,X este o variabil aleatoare repartizat Poisson P(2) (deoarece num rul mediu este 200× 0.01 = 2). Toµipasagerii vor avea loc dac cel puµin 2 dintre cei care au cump rat bilet nu apar. Adic ,

P = P (X ≥ 2) = 1− P (X < 2) = 1− P (X ≤ 1) = 1− (P (X = 0) + P (X = 1))

= 1− (e−2 + 2e−2) = 1− 3e−2 = 0.5490.



Exerciµiu 6.7. Consideram variabila aleatoare care reprezinta numarul ce apare la aruncarea unui zarideal. Determinati functia de repartitie asociata si reprezentati-o grac.

Exerciµiu 6.8. X este o variabila aleatoare uniform U(−2, 5).(i) Determinati functia de repartitie asociata si reprezentati-o grac.(ii) Se alege aleator, dup repartiµia U(−2, 5), un num r din intervalul (−2, 5). Care este probabilitateaca el s e pozitiv?


f(x) =

λ2 x e−λx , x > 0;

0 , x ≤ 0.

Pentru ce valori ale parametrului λ, funcµia f este o densitate de repartiµie?

Exerciµiu 6.10. (lipsa de memorie a variabilei aleatoare exponenµiale)

Ar taµi c dac X ∼ exp(λ), atunci are loc relaµia:

P (X > y + x|X > y) = P (X > x), (x ≥ 0, y ≥ 0).

Exerciµiu 6.11. Not m cuX procentul de timp necesar unui student (ales la întâmplare) pentru a rezolvaun anumit test într-un interval de timp x. Densitatea de repartiµie a lui X este f : R→ R,

f(x; θ) =

(θ + 1)xθ , 0 ≤ x ≤ 1,

0 , altfel.

(a) Pentru ce valori ale parametrului θ funcµia f este o densitate de repartiµie?(b) Determinati media si dispersia variabilei X.(c) Pentru θ = 2, calculati probabilitatile: P (X < 0.5), P (X = 0.5), P (X > 0.2).


f(x) =

2

λx e−

x2

λ , x > 0;

0 , x ≤ 0.

(a) Pentru ce valori ale parametrului λ, funcµia f este o densitate de repartiµie?(S not m cu X variabila aleatoare ce are aceast densitate de repartiµie)

(b) Calculaµi EX ³i D2(X).(c) Dac λ = 2, calculaµi P (X ≥ 2).

Exerciµiu 6.13. Consider m o v.a. X de tip continuu, având funcµia de repartiµie

F (x) =

0 , x ≤ 0;x

4

1 + ln

4

x

, x ∈ (0, 4);

1 , x ≥ 4.

Calculaµi:(a) P (X ≤ 1), P (X = 1);(b) E(X);(c) P (1 ≤ X < 3).


Exerciµiu 6.14. Temperatura T (0C) dintr-un anumit proces chimic are repartiµia U(−5, 5).Calculaµi P (T < 0); P (−2.5 < T < 2.5); P (−2 ≤ T ≤ 3).

Exerciµiu 6.15. Temperatura de topire a unui anumit material este o v.a. cu media de 120 oC ³i deviaµiastandard de 2 oC. Determinaµi temperatura medie ³i deviaµia standard în oF , ³tiind c oF = 1.8 oC + 32.

Exerciµiu 6.16. Dac Z ∼ N (0, 1), calculaµi:P (Z ≤ 1.35); P (0 ≤ Z ≤ 1); P (1 ≤ Z); P (|Z| > 1.5).

Exerciµiu 6.17. Not m cu Sn suma numerelor ce apar în n arunc ri independente ale unui zar ideal.(a) Calculaµi probabilitatea P = P (S2 ≥ 6).(b) Calculaµi probabilitatea ca S2 sa e num r par.

Exerciµiu 6.18. O companie de asigur ri ofer angajaµilor s i diverse poliµe de asigurare. Pentru unasigurat ales aleator, not m cu X num rul de luni scurs între dou pl µi succesive. Funcµia de repartiµiea lui X este:

F (x) =

0 , x < 1;

0.3 , 1 ≤ x < 3;

0.4 , 3 ≤ x < 4;

0.45 , 4 ≤ x < 6;

0.65 , 6 ≤ x < 12;

1 , 12 ≤ x.

(a) Determinaµi funcµia de probabilitate a lui X.(b) Calculaµi P (3 ≤ X ≤ 6) ³i P (4 ≤ X).

Exerciµiu 6.19. Pentru evaluarea rezultatelor obtinute la teza de Matematica de catre elevii unei anumitescoli, se face un sondaj de volum 35 printre elevii scolii, iar notele lor sunt sumarizate in Tabelul 6.1.

note 4 5 6 7 8 9 10

frecventa 3 6 7 8 5 4 2

Tabela 6.1: Medii generale si frecvente

(i) Sa se scrie si sa se reprezinte grac functia de repartitie pentru aceasta selectie;(ii) Notam cu X variabila aleatoare care guverneaza populatia. Utilizand selectia de mai sus, sa seaproximeze probabilitatea P (6 ≤ X ≤ 8).

Exerciµiu 6.20. Funcµia de repartiµie unei variabile aleatoare Y este:

F (y) =

0 , y < 0;

y/2 , 0 ≤ x < 1;

2/3 , 1 ≤ x < 2;

3/4 , 2 ≤ x < 3;

1 , x ≥ 3.

(a) Reprezentaµi grac aceast funcµie.(b) Calculaµi P (2 < Y ≤ 4), P (Y > 0.75) ³i P (Y = 1).


Exerciµiu 6.21. Variabila aleatoare discret X are tabloul de distribuµie:

X :

−2 0 2

14

12

14

.

G siµi ³i reprezentaµi grac funcµia de repartiµie F (x) a variabilei aleatoare X. Calculaµi F (12).

Exerciµiu 6.22. Durata de funcµionare continu a unui anumit tip de baterii este o variabil aleatoarenormal , de medie 10h ³i dispersie 3.2.Calculaµi probabilitatea ca o baterie aleas la întâmplare s aib durata de funcµionare continu cuprins între 9.5h ³i 10.5h.

Exerciµiu 6.23. Un anumit comerciant vinde trei tipuri de congelatoare: de 160 litri, de 190 litri ³i de230 litri. Fie X variabila aleatoare care reprezint alegerea unui client ales la întâmplare, ce are tabelulde repartiµie:

x 160 190 230

p(x) 0.2 0.5 0.3

(a) Calculaµi E(X), D2(X).(b) Dac preµul unui frigider se calculeaz dup formula P = 7X − 9.5, calculaµi valoarea a³teptat apreµului pl tit de urm torul client care cump r un congelator.(c) Calculaµi D2(P ).(d) Presupunem c , de³i capacitatea a³at este X, capacitatea real a unui congelator este h(X) =X − 0.01X2. Care este valoarea medie a capacit µii reale pentru un congelator cump rat de urm torulclient?



Exerciµiu 7.1. Demonstraµi c dac X ∼ P(λ) ³i Y ∼ P(µ) sunt dou variabile aleatoare independente,atunci X + Y ∼ P(λ + µ). Generalizaµi rezultatul pentru n variabile aleatoare independente repartizatePoisson.

Soluµie: Folosind independenta variabilelor aleatoare date, avem c , pentru orice k ∈ N,

P (X + Y = k) =k∑j=0

P (X = j, Y = k − j) =k∑j=0

P (X = j) · P (Y = k − j) =k∑j=0

e−λλj

j!e−µ

µk−j

(k − j)!

=e−(λ+µ)

k!

k∑j=0

k!

j!(k − j)!λjµk−j =

e−(λ+µ)

k!

k∑j=0

Cjkλjµk−j = e−(λ+µ) (λ+ µ)k

k!,

de unde X + Y ∼ P(λ+ µ).

Observaµia 7.1. Se poate demonstra prin inducµie matematic un rezultat mai general:Dac variabilele aleatoare X1 ∼ P(λ1), X2 ∼ P(λ2), . . . , Xn ∼ P(λn) sunt independente, atunci sumalor, Y = X1 +X2 + · · ·+Xn, urmeaz repartiµia Y ∼ P(λ1 + λ2 + · · ·+ λn).

Exerciµiu 7.2. (a) În magazinul de la colµul str zii intr în medie 20 de clienµi pe or . tiind c num rulclienµilor pe or este o variabil aleatoare repartizat Poisson, s se determine care este probabilitatea caîntr-o anumit or s intre în magazin cel puµin 15 clienµi?(b) Care este probabilitatea ca, într-o anumit zi de lucru (de 10 ore), în magazin s intre cel puµin 200de clienµi?

Soluµie: (a) Probabilitatea este

P1 = P (X ≥ 15) = 1− P (X < 15) = 1− P (X ≤ 14) = 1− FX(14) = 0.8951.

(b) P2 = P (10∑k=1

Xk ≥ 200) = 1 − P (10∑k=1

Xk < 200) = 1 − P (10∑k=1

Xk ≤ 199) = 1 − F∑Xk(199) = 0.5094.

Am folosit faptul c 10∑k=1

Xk ∼ P(200), deoarece avem o sum de v.a. independente, identic repartizate

Poisson (vezi Exerciµiu 7.1).În Matlab, probabilit µile cerute se calculeaz astfel:

P1 = 1 - poisscdf(14,20);

P2 = 1 - poisscdf(199,200);

Transform ri ale unei variabile aleatoare

Deseori întâlnim cazuri în care avem de determinat repartiµia unor funcµii ce au argumente drept variabilealeatoare. Spre exemplu, avem observaµii asupra unor temperaturi în oC ³i dorim s a m repartiµiatransformatelor lor în oF . Un alt exemplu este urm torul: cunoa³tem faptul c anumite erori ale unor


m sur tori sunt normal distribuite ³i dorim s determin m repartiµia sumei p tratelor erorilor. În acestecazuri, putem determina repartiµia dorit dac proced m dup um urmeaz .

Presupunem c X este o variabil aleatoare continu , c reia i se cunoa³te densitatea de repartiµie, fX(x).Not m cu FX(x) funcµia sa de repartiµie. Fie g(x) este o funcµie continu ³i strict monoton . AtunciY = g(X) dene³te o alt variabil aleatoare. Dorim s g sim densitatea de repartiµie pentru g(X). S not m cu DY = x ∈ R; g(x) ≤ y. Deoarece pentru orice y ∈ R, FY (y) = P (Y ≤ y), avem nevoie de adetermina probabilitatea evenimentului Y ≤ y. Putem scrie:

Y ≤ y = g(X) ≤ y = ω ∈ Ω, X(ω) ∈ DY (not= X ∈ DY ).

Atunci,

FY (y) = P (Y ≤ y) = P (X ∈ DY ),

=

∫DY

fX(x) dx. (din deniµia densit µii de repartiµie) (7.1)

Presupunem c g(x) este bijectiv ³i e x = h(y)not= g−1(y). Deoarece

FY (y) =

y∫−∞

fY (z) dz, ∀y ∈ R,

atunci, folosind schimbarea de variabil la integrare, densitatea de repartiµie a lui Y este dat de:

fY (y) = fX(h(y))

∣∣∣∣∣dh(y)

dy

∣∣∣∣∣ . (7.2)

Exemplu 7.2. Consider m funcµiag(x) = ax+ b, a 6= 0.

Dac fX(x) este densitatea de repartiµie a unei variabile aleatoare continue X, atunci densitatea derepartiµie a variabilei aleatoare Y = g(X) este

fY (y) =1

|a|fX

y − ba

.

Alternativ, putem calcula densitatea lui g(X) astfel:Not m cu FY (y) funcµia de repartiµie pentru Y ³i cu fY (y) densitatea sa de repartiµie. Atunci:

FY (y) = P (aX+b ≤ y) =

P

X ≤ y − b

a

, a > 0;

P

X ≥ y − b

a

, a < 0;

=

FX

y − ba

, a > 0;

1− FXy − ba

, a < 0;

Dac FX este continu , atunci:

fY (y) =dFY (y)

dy=

1

|a|fX

y − ba

.

Exerciµiu 7.3. Dac U este o variabil aleatoare repartizat U(0, 1), determinaµi repartiµia variabileialeatoare Y = −λ ln(U), λ > 0.


Soluµie: Densitatea de repartiµie a lui U este

fU (x) =

1, dac x > 0,

0, dac x ≤ 0.

Funcµia de repartiµie a lui Y este

FY (y) = P (Y ≤ y) = P (−λ ln(U) ≤ y) =

=

P(ln(U) ≥ − y

λ

), dac y > 0,

0, dac y ≤ 0.=

1− P

U < e−

yλ

, dac y > 0,

0, dac y ≤ 0.=

1− FU

e−

yλ

, dac y > 0,

0, dac y ≤ 0.

Atunci, densitatea de repartiµie a lui Y este

fY (y) = F ′Y (y) =

fUe−

yλ

1

λe−

yλ , dac y > 0,

0, dac y ≤ 0.

=

1

λe−

yλ , dac y > 0,

0, dac y ≤ 0.

Se observ c Y ∼ exp(λ). √

Metoda funcµiei de repartiµie inverse (Hincin-Smirnov)

Propoziµia 7.3. Fie X este o variabil aleatoare de o repartiµie dat , pentru care funcµia sa de repartiµie,F (x), este continu ³i strict cresc toate, în orice punct în care aceasta nu este 0 sau 1. Fie U o variabil aleatoare repartizat U(0, 1). Atunci, variabila aleatoare Y = F−1(U) urmeaz aceea³i repartiµie ca ³i X.

Demonstraµie. Notez cu FY funcµia de repartiµie pentru Y . Arat m ca FY este tocmai funcµia de repartiµiea lui X. Avem succesiv:

FY (x) = P (Y ≤ x) = P (F−1(U) ≤ x)

= P (U ≤ F (x)) = F (x), ∀x ∈ [0, 1].

Utilizând acest rezultat, urm toarea propoziµie rezult imediat:

Propoziµia 7.4. Fie X o variabil aleatoare ca în propoziµia precedent . Dac U1, U2, . . . , Un suntvariabile aleatoare independentic stochastic ³i identic repartizate U(0, 1), atunci F−1(U1), F−1(U2), . . . ,F−1(Un) formeaz o selecµie întâmpl toare de numere ce urmeaz repartiµia lui X.

Exemplu 7.5. Fie variabila aleatoareX ∼ exp(λ). Funcµia sa de repartiµie este F : R −→ [0, 1], F (x) =1− e−λx, x > 0, iar F−1 este:

F−1(u) =

−λ ln(1− u) , u ∈ (0, 1);

0 , altfel.

Atunci, dac u1, u2, . . . , un sunt numere aleatoare uniform repartizate în [0, 1], avem c F−1(u1),F−1(u2), . . . , F−1(un) formeaz o selecµie întâmpl toare de numere repartizate exp(λ).


În Figura 7.1, am reprezentat grac o dou selecµii de volum 150 de numere aleatoare repartizate exp(5);una generat prin metoda funcµiei de repartiµie inverse, cealalt generat de funcµia Matlab predenit exprnd. Selecµiile generate au fost ordonate descresc tor. Funcµia Matlab care genereaz gura esteprezentat mai jos.Apelarea funcµiei se face prin tastarea în fereastra de lucru în Matlab a comezii expsel(5).

function expsel(lambda) % functia expsel.m

% generez 150 de numere cu metoda Hincin-Smirnov si le ordonez descrescator

Y = sort(-lambda*log(1-rand(150,1)), 'descend');

plot(Y, 'bo'); hold on % desenez selectia si retin figura

% generez 150 de numere cu exprnd si le ordonez descrescator

Z = sort(exprnd(lambda, 150,1), 'descend');

plot(Z, 'r*') % desenez Z cu rosu

legend('metoda functiei inverse','generare cu exprnd')

Figura 7.1: Generare de numere aleatoare prin metoda funcµiei inverse.

Exerciµiu 7.4. Consider m v.a. X ∼ U(−π

2 ,π2

). Determinaµi densitatea de repartiµie a v.a. Y = tanX

³i simulaµi în Matlab o selecµie de observaµii independente asupra lui Y .

Exerciµiu 7.5. Dac X ∼ N (0, 1), determinaµi densitatea de repartiµie a variabilei aleatoare X2.(repartiµia obµinut este χ2(1)).

- Funcµia densitate de repartiµie pentru X este dat de

fX(x) =1√2πe−

x2

2 , x ∈ R. (7.3)

Not m cu FX2(y) funcµia de repartiµie pentru X2 ³i cu fX2(y) densitatea sa de repartiµie. Nu putem folosiformula de la curs deoarece funcµia g(x) = x2, x ∈ R, nu este bijectiv . Pentru a calcula densitatea luiX2, putem proceda astfel:

FX2(y) = P (X2 ≤ y) =

0 , y ≤ 0;

P (−√y ≤ X ≤ √y) , y > 0,


de unde

fX2(y) = F ′X2(y) =

0 , y ≤ 0;

1

2√y

[fX(√y) + fX(−√y)] , y > 0,

=

0 , y ≤ 0;1√yfX(√y) , y > 0.

=

0 , y ≤ 0;

1√2πy

e−y2 dy , y > 0. √

Exerciµiu 7.6. Ar taµi c dac X1, X2, . . . , Xn sunt variabile aleatoare independente, identic repartizate

N (µ, σ), atunci variabila aleatoare H =1

σ2

n∑i=1

(Xi − µ)2 urmeaz repartiµia χ2(n).

- Dac Xi ∼ N (µ, σ), atunci Yi =Xi − µσ

∼ N (0, 1). Deoarece Xini=1 sunt independente,

atunci ³i Y 2i ni=1 sunt independente.

Dac Z ∼ N (0, 1), atunci Z2 are densitatea de repartiµie

fZ2(z) =

1√2πz

e−z2 dz , z > 0.

0 , z ≤ 0.

Funcµia caracteristica pentru Z2 este

φZ2(t) = E(eitZ2) =

∫ ∞0

eitz2 1√

2πze−

z2 dx = (1− 2it)−1/2, t < 1/2.

Folosind independenµa variabilelor Y 2i ni=1, obµinem c funcµia caracteristica a lui H este

φH(t) = φ∑ni=1

Y 2i

(t) =n∏i=1

(1− 2it)−1/2 = (1− 2it)−n/2, t < 1/2,

care este functia caracteristica pentru densitatea de repartiµie a unei variabile aleatoare χ2(n). Dinproprietatea de unicitate a functiei caracteristice, deducem ca H urmeaz repartiµia χ2(n). √



Exerciµiu 7.7. Dac X este o variabil aleatoare repartizat U(0, 1), determinaµi repartiµia variabileialeatoare Y = eX .

Exerciµiu 7.8. Fie X o variabil aleatoare repartizat U(−π2,π

2).

(i) Determinaµi repartiµia variabilei aleatoare Y = tan(X) (Y se nume³te variabil aleatoare Cauchy).(ii) Calculaµi P (| tanX| >

√3).

Exerciµiu 7.9. Fie X o variabil aleatoare repartizat B(n, p). Determinaµi repartiµia variabilei aleatoareY = n−X.

Exerciµiu 7.10. Erorile a 10 m sur tori sunt variabile aleatoare εi ∼ N (0, 1), i = 1, 2, . . . , n. Notam

cu H suma patratelor erorilor, i.e., H =10∑i=1

ε2i . Determinaµi probabilit µile urm toare:

P (H ≤ 7); P (9.25 ≤ H ≤ 10.75); P (H > 12).

Exerciµiu 7.11. Latura unui p trat este o variabil aleatoare ce are densitatea de repartiµie f(x) =x8 , x ∈ (0, 4). Determinaµi densitatea de repartiµie a ariei p tratului.

Exerciµiu 7.12. Dac X ∼ N (0, 1), determinaµi densitatea de repartiµie a lui |X|.

Exerciµiu 7.13. (lipsa de memorie a variabilei aleatoare exponenµiale)

Ar taµi c dac X ∼ exp(λ), atunci are loc relaµia:

P (X > y + x|X > y) = P (X > x), (x ≥ 0, y ≥ 0).

Exerciµiu 7.14. S presupunem c X este o v.a. continu ce reprezint în lµimea (în cm) b rbaµilordintr-o µar . Se ³tie c P (X ≤ 170) = 0.1. tiind c X este normal distribuit , cu media m = 175, s sedetermine dispersia lui X.

Exerciµiu 7.15. Fie X o variabil aleatoare cu µ = E(X) = 1 ³i σ =ÈD2(X) = 0.2. Determinaµi

marginile inferioare pentru urm toarele probabilit µi:

P (0.5 ≤ X ≤ 1.5), P (|X − 1| < 2).

Exerciµiu 7.16. Distanµa X la care sunt aruncate mingile aruncate de o ma³in automat de servit mingide tenis este o variabil aleatoare repartizat normal. Media distanµei este necunoscut , dar deviaµiastandard este 1.2m.(a) tiind c P (X ≤ 20) = 0.95, s se g seasc valoarea a³teptat a distanµei (adic , E(X)).

(b) Stabiliµi repartiµia variabilei aleatoare Z =X − E(X)

1.2³i calculaµi probabilitatea P (Z2 ≤ 2).

Exerciµiu 7.17. Calculati functiile caracteristice pentru repartitiile urmatoare: Bernoulli, Poisson, ex-ponentiala, normala.

Exerciµiu 7.18. Decideti daca urmatoarele functii sunt functii caracteristice. In caz armativ, determi-nati legea de repartitie asociata.

φ(t) = cos t; φ(t) = sin2 t; φ(t) = eitsin t

t; φ(t) = cos2 t; φ(t) = cos t2; φ(t) =

t+ sin t

2t; t ∈ R.


Exerciµiu 7.19. Calculati densitatea de repartitie corespunzatoare functiei caracteristice

φ(t) = e−α|t|, α > 0.

Exerciµiu 7.20. O anumita repartitie are functia caracteristica

φ(t) =cos t+ cos 3t+ i sin 3t

2.

Calculati: (1) Media si dispersia repartitiei; (2) P (X ≥ 2).

Exerciµiu 7.21. Dac variabilele aleatoare X1 ∼ P(λ1), X2 ∼ P(λ2), . . . , Xn ∼ P(λn) sunt inde-pendente, atunci suma lor, Y = X1 + X2 + · · · + Xn, urmeaz repartiµia Y ∼ P(λ1 + λ2 + · · · + λn).Demonstraµi acest rezultat folosind funcµia caracteristic asociat unei variabile aleatoare ³i propriet µileacesteia.

Exerciµiu 7.22. Dac variabilele aleatoare X1 ∼ B(n1, p), X2 ∼ B(n2, p), . . . , Xn ∼ B(nk, p) suntindependente, atunci suma lor, Y = X1 +X2 + · · ·+Xn, urmeaz repartiµia Y ∼ B(n1 +n2 + · · ·+nk, p).Demonstraµi acest rezultat folosind funcµia caracteristic asociat unei variabile aleatoare ³i propriet µileacesteia.

Exerciµiu 7.23. (1) Fie Xi ∼ exp(λ), i = 1, n, independente. Ar taµi c suman∑i=1

Xi ∼ Γ(n, λ).

(2) Timpul de deservire la un anumit ghi³eu dintr-o banc este o variabil aleatoare repartizat expo-nenµial, cu media de 2 minute. tiind c în faµ mai sunt înc 36 persoane ce a³teapt s e servite(prima persoan la rând abia a fost chemat ) ³i c timpii de servire sunt independenµi, s se calculezeprobabilitatea de a a³tepta mai mult de o or la rând.



Variabile aleatoare bidimensionale

Cazul discret

Consider m dou variabile aleatoareX ³i Y discrete. A preciza o variabil aleatoare bidimensional (X, Y )înseamn a preciza valorile perechi (x, y) pe care acest vector le poate lua ³i probabilit µile (ponderile)asociate acestor valori, p(x, y). Deoarece variabilele aleatoare ce compun vectorul sunt discrete, mulµimeatuturor valorilor perechi posibile ale lui (X, Y ) este una cel mult num rabil . Pentru orice valoare posibil (x, y) a lui (X, Y ), probabilitatea p(x, y) este

p(x, y) = PX = x

⋃Y = y

not= P (X = x, Y = y).

Unui vector bidimensional discret pentru care spaµiul selecµiilor este Ω = (xi, yj); i = 1, n, j = 1, m ³iponderile respective sunt pij = p(xi, yj) i se poate asocia un tabel de repartiµie de forma:

Yp(x, y) y1 y2 . . . ymx1 p11 p12 . . . p1m

X x2 p21 p22 . . . p2m

. . . . . . . . . . . . . . .xn pn1 pn2 . . . pnm

Ca ³i în cazul variabilelor aleatoare, avem c :

pij = P (X = xi, Y = yj) ≥ 0, ∀i, j ³in∑i=1

m∑j=1

pij = 1.

Dac A este o submulµime din P(Ω), atunci prin repartiµia mulµimii A înµelegem probabilitatea ca opereche aleatoare (X, Y ) este în A, adic :

P ((X, Y ) ∈ A) =∑∑(x, y)∈A

p(x, y).

Dup cum am v zut în cazul unei singure variabile aleatoare, funcµia de probabilitate (sau de frecvenµe) aunei variabile aleatoare specic ponderile care sunt atribuite ec rei valori ale sale. i în cazul bidimen-sional, funcµia de probabilitate atribuite ec rei perechi (x, y) a vectorului aleator (X, Y ) probabilitateap(x, y). Adic ,

f : R2 −→ [0, 1], f((x, y)) = p(x, y).

Exemplu 8.1. La o benzin rie exist dou tipuri de staµii: cu servire asistat sau cu auto-servire. Fiecareserviciu are câte dou pompe independente. S not m cu X num rul de pompe de la staµia cu servireasistat care sunt folosite într-un anumit moment ³i cu Y num rul de pompe de la auto-servire folosite înacela³i moment. Repartiµia comun pentru (X, Y ) este

Yp(x, y) 0 1 2

0 0.1 0.04 .02X 1 0.08 0.20 .06

2 0.06 0.14 .3


Cazul continuu

Dac X ³i Y sunt variabile aleatoare continue, atunci a preciza repartiµia vectorului aleatoar bidimensional(X, Y ) este echivalent cu a preciza densitatea de repartiµie f(x, y) (notat ³i fX,Y (x, y)) asociat acestuivector. Spunem c o funcµie f(x, y) este o densitate de repartiµie bidimensional dac este o funcµiecontinu a.s. ³i

f(x, y) ≥ 0, ∀(x, y) ³i

∞∫−∞

∞∫−∞

f(x, y) dxdy = 1.

Ca ³i în cazul unei singure variabile aleatoare, mulµimea tuturor valorilor unui vector aleator bidimensionaleste innit ; este un interval din R2, o reuniune de intervale din R2 sau chiar R2. Mai mult, în cazulcontinuu, avem c

p(x, y) = P (X = x, Y = y) = 0, ∀(x, y).

Dac A este o submulµime din P(Ω), atunci prin repartiµia mulµimii A înµelegem probabilitatea ca opereche aleatoare (X, Y ) este în A, adic :

P ((X, Y ) ∈ A) =

∫∫A

f(x, y) dxdy.

În particular, dac A = [a, b]× [c, d], atunci:

P ((X, Y ) ∈ A) = P (a ≤ X ≤ b, c ≤ Y ≤ d) =

b∫a

d∫c

f(x, y) dxdy.

Exemplu 8.2. Conform c rµii tehnice, presiunea din anvelopele din faµ a unui anumit tip de ma³in vatrebui s e de 2.0bar. Presupunem c presiunea din ecare anvelop din faµ este o variabil aleatoare.Not m cu X presiunea în anvelopa din stânga ³i cu Y presiunea în anvelopa din dreapta³i presupunemc repartiµia comun pentru X ³i Y este

f(x, y) =

k(x2 + y2), pentru 1.5 ≤ x ≤ 2.5, 1.5 ≤ y ≤ 2.5.

0, altfel.

(k = 6/49).

Exemplu 8.3. Densitatea de repartiµie pentru un vector aleator normal bidimensional este (vezi Figura8.1):

f(x, y) =1

2πσXσY√

1− ρ2exp

− 1

2(1− ρ2)

(x− µX)2

σ2X

+(y − µY )2

σ2Y

− 2ρ(x− µX)(y − µY )

σXσY

=

1

(2π)k/2|Σ|1/2exp

−1

2(x− µ)TΣ−1(x− µ)

,

unde

µ =

µXµY

, Σ =

σ2X ρσXσY

ρσXσY σ2Y

.

Aceast repartiµie are 5 parametri, ³i anume: µX , σ2X (media ³i dispersia lui X), µY , σ2

Y (media ³i dis-persia lui Y ) ³i ρ, coecientul de corelaµie liniar dintre X ³i Y .


Figura 8.1: Repartiµia normal bidimensional .

Repartiµii marginale

Cazul discret

Dac (X, Y ) este un vector aleator bidimensional discret cu valorile (x, y) ³i ponderile p(x, y), atuncidenim funcµiile de probabilitate marginale a lui X ³i a lui Y ca ind

pX(x) =∑y

p(x, y), pY (y) =∑x

p(x, y).

Folosind aceste funcµii de probabilitate marginale putem calcula eveniment de evenimente care implic doar una intre cele dou variabile, X ³i Y . De exemplu, funcµia de probabilitate marginal a lui X dinExemplul 8.1 este

x 0 1 2

pX(x) 0.16 0.34 0.5

Putem calcula probabilitatea ca X s e cel puµin 1, i.e., P (X ≥ 1) = 0.34 + 0.5 = 0.84.

Cazul continuu

Dac (X, Y ) este un vector aleator bidimensional continuu cu valorile (x, y) ³i densitatea de repartiµief(x, y), atunci denim densit µile de repartiµie marginale a lui X ³i a lui Y ca ind

fX(x) =

∞∫−∞

f(x, y) dy, x ∈ R fY (y) =

∞∫−∞

f(x, y) dx, y ∈ R.

De exemplu, densitatea de repartiµie marginal a lui X din Exemplul 8.2 este

fX(x) =

∞∫−∞

f(x, y) dy =

0.122449x2 + 0.5, pentru 1.5 ≤ x ≤ 2.5.

0, altfel.


Densitatea de repartiµie marginal a lui Y se obµine în mod simetric.Putem calcula probabilitatea ca presiunea în anvelopa din stânga faµ s e între dou valori, de exemplu:

P (1.9 ≤ X ≤ 2.1) =

2.1∫1.9

fX(x) dx = 0.198.

Propoziµia 8.4. Variabilele aleatoare X ³i Y sunt independente dac ³i numai dac pentru orice pereche(x, y), avem:

p(x, y) = pX(x) · pY (y) dac X ³i Y sunt discrete

f(x, y) = fX(x) · fY (y) dac X ³i Y sunt continue

Deniµia 8.5. Fie vectorul aleator bidimensional (X, Y ) care are funcµia de probabilitate p(x, y) (dac sunt discrete) sau densitatea de probabilitate f(x, y) (dac sunt continue). Dac h(x, y) este o funcµie,atunci h(X, Y ) este o variabil aleatoare. În cazul în care aceast variabil aleatoare admite medie, atunciea este denit astfel:

E(h(X, Y )) =∑x

∑y

h(x, y) · p(x, y), dac X ³i Y sunt discrete

E(h(X, Y )) =

∞∫−∞

∞∫−∞

h(x, y) · f(x, y) dydx, dac X ³i Y sunt continue

De exemplu, dac în cazul Exemplului 8.1 am dori s determin m num rul mediu de pompe ale benzin rieiocupate în acela³i timp, atunci h(X, Y ) = X + Y ³i

E(X + Y ) =2∑i=0

2∑j=0

(i+ j) · pij = 2.66.

Corelaµia ³i coecientul de corelaµie (liniar )

Conceptul de corelaµie (sau covarianµ ) este legat de modul în care dou variabile aleatoare tind s semodice una faµ de cealalt ; ele se pot modica e în aceea³i direcµie (caz în care vom spune c X ³i Ysunt direct <sau pozitiv> corelate) sau în direcµii opuse (X ³i Y sunt invers <sau negativ> corelate).Fie X, Y v.a. cu mediile, respectiv, µX , µY ³i dispersiile σ2

X , respectiv, σ2Y . Calculând dispersia sumei

X + Y , obµinem:

D2(X + Y ) = E[(X + Y − (µX + µY )2)]

= E[(X − µX)2] + E[(Y − µY )2] + 2E[(X − µX)(Y − µY )]

= D2(X) +D2(Y ) + 2E[(X − µX)(Y − µY )].

Deniµia 8.6. Denim corelaµia (sau covarianµa) v.a. X ³i Y , notat prin cov(X, Y ), cantitatea

cov(X, Y ) = E[(X−µX)(Y−µY )] =

∑x

∑y

(x− µX)(y − µY ) · p(x, y), dac X ³i Y sunt discrete

∞∫−∞

∞∫−∞

(x− µX)(y − µY ) · f(x, y) dydx, dac X ³i Y sunt continue


Deniµia 8.7. Se nume³te coecient de corelaµie (teoretic) al v.a. X ³i Y covarianµa variabilelor stan-dardizate X ³i Y . Not m astfel:

ρ(X, Y ) = cov(X, Y ) =cov(X, Y )

σXσY. (8.1)

Exerciµiu 8.1. Un anumit restaurant popular serve³te la cin doar trei tipuri de meniuri cu preµuri xe,³i anume: 25, 30 ³i 45 (incluzând b uturile). Pentru un cuplu ales la întâmplare dintre cele ce iau cinaîn acest restaurant, not m cu X costul meniului ales de femeie ³i cu Y costul meniului ales de partenerulei. Repartiµia comun a costurilor este dat în tabelul urm tor:

Yp(x, y) 25 30 4525 0.05 0.05 .10

X 30 0.05 0.10 .3545 0 0.20 .10

(1) Calculaµi repartiµiile marginale pentru X ³i Y ;(2) Care este probabilitatea ca preµul cinei pentru ambii parteneri s e cel mult 30 de ecare?(3) Determinaµi dac X ³i Y sunt v.a. independente;(4) Care este valoarea a³teptat a costului total al cinei pentru un cuplu ales la întâmplare?(5) La nalul cinei, ecare cuplu prime³te din partea casei pr jituri cu r va³. Dac un cuplu g se³te înr va³ mesajul Drept curtoazie din partea casei, din preµul total al cinei vei primi înapoi diferenµa dintre

cel mai scump ³i cel mai ieftin dintre meniurile comandate de amândoi, cât se a³teapt restaurantul s returneze pentru un singur cuplu?

Soluµie: (1) pX(x) =∑y p(x, y). Pentru x = 25, atunci pX(25) = 0.05 + 0.05 + 0.1 = 0.2. Obµinem c

repartiµia marginal a lui X este:

x 25 30 45

pX(x) 0.2 0.5 0.3

Similar, pY (y) =∑x p(x, y). Pentru y = 45, atunci pY (45) = 0.1 + 0.35 + 0.1 = 0.55. Obµinem c

repartiµia marginal a lui Y este:

y 25 30 45

pY (y) 0.1 0.35 0.55

(2) Probabilitatea cerut este P (X ≤ 30, Y ≤ 30) = 0.05 + 0.05 + 0.05 + 0.1 = 0.25.

(3) Variabilele X ³i Y nu sunt independende, deoarece p(x, y) 6= pX(x) · pY (y) m car pentru o pereche(x, y). De exemplu, p(25, 25) = 0.05 6= 0.2 · 0.1 = pX(25) · pY (25).

(4) h(X, Y ) = X + Y ³i E(h(X, Y )) =∑x

∑y

h(x, y)p(x, y) =∑x

∑y

(x+ y)p(x, y) = 71.25.

(5) Determin m repartiµia variabilei aleatoare Z = |X − Y |. Aceasta este:

z 0 5 15 20

pZ(z) 0.1 0.25 0.55 0.1


Media lui Z este E(Z) = 11.5. √

Exerciµiu 8.2. O numit companie de ambalat fructe uscate, amestec în acela³i pachet trei tipuri defructe, mango, ananas ³i papaya, astfel încât masa net a pachetului este de 500 de grame, de³i cantit µileindividuale din ecare fruct uscat pot varia de la un pachet la altul. Deoarece suma ponderilor maselorec rui fruct la produsul nal este egal cu 1, putem determina masa net de ananas din ecare pachetdac am avea informaµii despre repartiµia comun a celorlale dou cantit µi de fruct din pachet.S not m cu X ponderea masei de mango din masa net a unui anumit pachet ³i cu Y ponderea maseide ananas din masa net a aceluia³i pachet, ales la întâmplare. Presupunem c repartiµia comun a celordou cantit µi este

f(x, y) =

24xy, pentru 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, x+ y ≤ 1,

0, altfel.

(a) Vericaµi dac f(x, y) este o densitate de repartiµie legitim ³i calculaµi probabilitatea ca masa net de papaya s e mai mare de un sfert de pachet.(b) Determinaµi densit µile de repartiµie marginale.(c) Vericaµi dac X ³i Y sunt independente.

Soluµie: (a) Se vede c f(x, y) ≥ 0, ∀x, y. În plus,∫ ∞−∞

∫ ∞−∞

f(x, y) dxdy =

∫ 1

0

∫ 1−x

024xy dy

dx =

∫ 1

024x

y2

2

∣∣∣y=1−xy=0

dx =

∫ 1

012x(1− x)2 dx = 1.

Not m cu D = (x, y); 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 ³i x+ y ≤ 0.75. Atunci, probabilitatea cerut este:

P ((X,Y ) ∈ D) =

∫∫D

f(x, y) dxdy =

∫ 0.75

0

∫ 0.75−x

024xy dy

dx = 0.3164.

(b) Repartiµia marginal a lui X este:

fX(x) =

∫ ∞−∞

f(x, y) dy =

12x(1− x)2, dac 0 ≤ x ≤ 1;

0, altfel.

Repartiµia marginal a lui Y este:

fY (y) =

∫ ∞−∞

f(x, y) dx =

12y(1− y)2, dac 0 ≤ y ≤ 1;

0, altfel.

(c) Deoarece f(x, y) 6= fX(x) · fY (y), ∀x, y, cele dou variabile nu sunt independente. √

Exerciµiu 8.3. La nala de 100m vitez masculin din cadrul campionatelor mondiale de atletism în aerliber, timpii de sosire ai celor 8 sportivi calicaµi sunt variabile aleatoare independente stochastic, identicrepartizate U(9.5s, 10.5s). Calculaµi urm toarele probabilit µi:(1) Probabilitatea ca recordul mondial de 9.58s s cad ;(2) Probabilitatea ca toµi candidaµii s termine cursa cu timpi de sosire pân în 10s.- - (1) Deoarece T ∼ U(9.5s, 10.5s), atunci funcµia sa de repartiµie va :

F (x) =

0, dac x ≤ 9.5

x− 9.5, dac 9.5 < x < 10.5

1, dac x ≥ 10.5


Recordul mondial va c dea dac primul atlet are un timp sub 9.58s. Astfel, timpul minim al cursei trebuies e sub 9.58s. Astfel:

P1 = P (mini=1,8

Ti ≤ 9.58) = 1− P (mini=1,8

Ti > 9.58) = 1− P (8⋂i=1

Ti > 9.58)

= 1−8∏i=1

P (Ti > 9.58) = 1−8∏i=1

[1− P (Ti ≤ 9.58)]

= 1− [1− F (9.58)]8 = 1− 0.928 = 0.4868.

(2) Dac toµi atleµii vor termina sub 10s, atunci timpul maxim al cursei va sub 10s. Vom scrie:

P2 = P (maxi=1,8

Ti ≤ 10) = P (8⋂i=1

Ti ≤ 10) =8∏i=1

P (Ti ≤ 10)

=8∏i=1

F (10) = [F (10)]8 = 0.58 = 0.004.

√

Exerciµiu 8.4. Not m cu P1, P2, . . . , P9 preµurile oferite de 9 ofertanµi la o licitaµie public pentru vinde-rea unui anumit tablou. Presupunem c acestea sunt variabile aleatoare repartizate uniform U(1000, 2000).Obiectul se va vinde celui care vine cu oferta cea mai mare. Determinaµi valoarea a³teptat a preµuluiobµinut pentru acest tablou.

- Deoarece P ∼ U(1000, 2000), atunci

f(x) =

1

1000 , dac 1000 < x < 2000

0, dac x 6∈ (1000, 2000)

³iF (x) =

0, dac x ≤ 1000x−1000

1000 , dac 1000 < x < 2000

1, dac x ≥ 2000

Funcµia de repartiµie a statisticii M = maxP1, P2, . . . , P9 este

FM (x) = P (maxi=1,9

Pi ≤ 10) = P (9⋂i=1

Pi ≤ 10) =9∏i=1

P (Pi ≤ 10) = [F (x)]9, x ∈ R.

Densitatea de repartiµie a variabilei aleatoare M este

fM (x) = F ′M (x) = 9[F (x)]8f(x), x ∈ R.

Preµul de vânzare a³teptat este media variabilei aleatoare M ,

E(M) =

∞∫−∞

xfM (x)dx =9

1000

2000∫1000

x

x− 1000

1000

8

dx = 1900.

√



Exerciµiu 8.5. Dac Xi, i = 1, n, sunt variabile aleatoare independente ³i identic repartizate, avânddensitatea de repartiµie f(x), determinaµi densit µile de repartiµie ale variabilelor aleatoare

m = mini=1, n

Xi ³i M = maxi=1, n

Xi

Exerciµiu 8.6. Repartiµia comun a vectorului aleator bidimensional (X, Y ) este reprezentat de tabelulurm tor:

Yp(x, y) 10 20 3020 a 0.1 a

X 40 0.1 0.3 3a

(a) Determinaµi parametrul real a pentru care tabelul reprezint o repartiµie legitim ;(b) Calculaµi P (X ≥ 20 ³i Y ≥ 30) ³i P (X ≤ 20 ³i Y ≥ 30).(c) Calculaµi F (20, 30), F (30, 40) ³i F (30, 25).(d) Pentru Z = X + Y , calculaµi probabilitatea P (|Z − 45| > 5).(e) Pentru W = 2X − 0.5Y + 10, determinaµi E(W ) ³i D2(W ).(f) Determinaµi cov(X, Y ) ³i ρX,Y .

Exerciµiu 8.7. La o benzin rie exist dou tipuri de staµii: cu servire asistat sau cu auto-servire. Fiecareserviciu are câte dou pompe independente. S not m cu X num rul de pompe de la staµia cu servireasistat care sunt folosite într-un anumit moment ³i cu Y num rul de pompe de la auto-servire folosite înacela³i moment. Repartiµia comun pentru (X, Y ) este

Yp(x, y) 0 1 2

0 0.1 0.04 .02X 1 0.08 0.20 .06

2 0.06 0.14 .3

(a) Calculaµi P (X = 1 ³i Y = 1) ³i P (X ≤ 1 ³i Y ≤ 1).(b) Descrieµi în cuvinte evenimentul (X 6= 0 ³i Y 6= 0) ³i calculaµi probabilitatea acestuia.(c) Determinaµi probabilit µile marginale pentru X ³i Y .(d) Vericaµi dac X ³i Y sunt independente.(e) Determinaµi coecientul de corelaµie ρX,Y .

Exerciµiu 8.8. O anumit rm prime³te comenzi la oricare dintre cele dou linii telefonice disponibile.Pentru ecare linie, timpul de a³teptare dintre dou apeluri este repartizat exponenµial. Not m prin X³i Y cei doi timpi de a³teptare. Presupunem c ace³ti timpi sunt independenµi unul de cel lalt. Dac Xeste timpul de a³teptare mai mic dintre dou , atunci se poate ar ta c repartiµia comun pentru X ³i Yeste

f(x, y) =

2e−(x+y), pentru 0 < x < y <∞.0, altfel.

(a) Determinaµi densitatile de repartiµie marginale.(b) Vericaµi dac X ³i Y sunt independente.


Exerciµiu 8.9. Presupunem c timpii de funcµionare continu a dou baterii, T1 ³i T2, sunt independenµiunul de cel lalt. De asemenea, presupunem c T1 ∼ exp(1000h) ³i T2 ∼ exp(1200h).(1) Determinaµi densitatea de repartiµie comun celor dou variabile aleatoare.(2) Calculaµi probabilitatea ca ambele baterii s funcµioneze continuu mai mult de 1500h.

Exerciµiu 8.10. Vectorul aleator (X, Y ) are densitatea de repartiµie

f(x, y) =

ke−y pentru 0 < x < y < 1.

0, altfel.

(a) Determinaµi valoarea lui k pentru care f(x, y) este o densitate de repartiµie.(b) Calculaµi coecientul de corelaµie ρX,Y .

Exerciµiu 8.11. Vectorul aleator (X, Y ) are densitatea de repartiµie

f(x, y) =

ke−y pentru x > 0, y > x.

0, altfel.

(a) Determinaµi valoarea lui k pentru care f(x, y) este o densitate de repartiµie.(b) Determinaµi densit µile de repartiµie marginale.

Exerciµiu 8.12. Fie variabilele aleatoare discrete X ³i Y , reprezentând sumele ce pot câ³tigate la dou jocuri de noroc independente. Aceste variabile au tabelele de repartiµie urm toare:

X = x 5 10 20

p(x) 0.5 0.4 0.1

Y = y 1 10 15 30

p(y) 0.6 0.25 0.1 0.05

(i) S se determine repartiµiile variabilelor aleatoare m = minX, Y ³i M = maxX, Y .(ii) Determinaµi valoarea a³teptat a câ³tigului cumulat din cele dou jocuri.

Exerciµiu 8.13. Tudor ³i Maria au hot rât s se întâlneasc între orele 1:00p.m. ³i 2:00p.m. în faµa unuirestaurant local, pentru a lua prânzul. Not m cu X timpul sosirii Mariei ³i cu Y timpul sosirii lui Tudor.Presupunem c X ³i Y sunt independente, ecare ind uniform repartizate U(1, 2).(a) Care este repartiµia comun a vectorului (X, Y )?(b) Care este probabilitatea ca amândoi s ajung între 1:15 ³i 1:30?(c) Dac primul care ajunge a³teapt 15 minute, iar dac cel talt nu sose³te în acest timp pleac , careeste probabilitatea ca ei s se întâlneasc în faµa acelui restaurant?(d) Dac Tudor a ajuns la 1:15 p.m., care este probabilitatea ca Maria s ajuns pân la 1:30p.m.?(e) Determinaµi probabilitatea ca primul sosit s ajung pân la ora 1:15p.m.(f) Determinaµi probabilitatea ca amândoi s soseasc pân la ora 1:15p.m.

Exerciµiu 8.14. Fie X ³i Y dou variabile aleatoare independente, identic repartizate N (0, 1). Determi-naµi raza cercului (r) cu centrul în origine astfel încât P ((X, Y ) ∈ D(0, r)) = 0.95. (D(0, r) = (x, y) ∈R, x2 + y2 ≤ r2)

Exerciµiu 8.15. Fie X si Y doua variabile aleatoare independente si identic repartizate N (0, σ). Aratatica variabilele aleatoare U = X2 + Y 2 si V = X

Y sunt, de asemenea, independente.

Exerciµiu 8.16. Fie U ³i V dou variabile aleatoare independente ³i identic repartizate U(0, 1).(1) Determinaµi repartiµia vectorului aleator (U, V ).(2) Determinaµi repartiµiile variabilelor aleatoare X =

√−2 lnU cos(2πV ) ³i Y =

√−2 lnU sin(2πV ).

(3) Bazându-v pe rezultatul de la (2), construiµi un algoritm care s permit simularea de variabilealeatoare N (0, 1) independente plecând de la variabile aleatoare U(0, 1) independente.


Exerciµiu 8.17. Determinaµi repartiµia sumei a dou variabile aleatoare independente ³i identic reparti-zate U(0, 1).

Exerciµiu 8.18. Repartiµia comun pentru variabilele aleatoare X ³i Y este

f(x, y) =

e−(x+y), pentru 0 < x, y <∞.0, altfel.

Determinaµi densit µile de repartiµie pentru variabilele aleatoare U = X + Y ³i V = XX+Y .

P&S S10 - S13 [Dr. Iulian Stoleriu] 60

9 Probabilitati si Statistica (S10-S13)

Legi limita in Teoria Probabilitatilor

Câteva comentarii:

[1] Legile numerelor mari descriu comportamentul asimptotic al unui sir de variabile aleatoare. In cazulcel mai simplu (si mai utilizat in Statistica), in care variabilele aleatoare Xkk≥1 sunt independentestochastic ³i identic repartizate, cu E(Xn) = µ < ∞, ∀n ∈ N, atunci legea tare a numerelor mari spune

ca sirul Snn≥1, cu Sn =n∑k=1

Xk satisface convergenta:

Snn

a.s.−→ µ.

Astfel, de³i variabilele aleatoare independente Xkk≥1 pot lua valori dep rtate de mediile lor, mediaaritmetic a unui num r sucient de mare de astfel de variabile aleatoare ia valori în vecin tatea lui µ, cuo probabilitate foarte mare.

In Statistica, acest ³ir de v.a. poate privit ca ind un model pentru repetiµii independente ale unuiexperiment aleator, efectuate în aceleasi condiµii. De³i avem de-a face cu un ³ir de funcµii ce iau valoriîntâmpl toare, suma unui num r sucient de mare de variabile aleatoare î³i pierde caracterul aleator.

Legea tare a numerelor mari e foarte util în metode de simulare tip Monte Carlo.

[2] Teoremele limit clasice descriu comportarea asimptotic a sumei Sn, potrivit normalizat .

In forma cea mai simpla (si cu aplicatii directe in Statistica), teorema TLC ne spune c , dac avem un ³irXkk≥1 de v.a. independente stochastic ³i identic repartizate, atunci, pentru n sucient de mare, sumastandardizat ,

Sn =Sn − nµσ√n

(9.1)

este o v.a. de repartiµie N (0, 1). Aici, am folosit faptul ca E(Sn) = nµ si D2(Sn) = σ√n.

Altfel, mai putem spune c distribuµia v.a. X =1

n

n∑k=1

Xk este aproximativ normal N (µ,σ√n

).

Convergenµa din teorema limit central este echivalent cu

limn→∞

P (Sn ≤ x) = Θ(x), ∀x ∈ R, (9.2)

unde Θ(x) (functia lui Laplace) este denit în (10.3). De asemenea, (9.2) este echivalenta cu

limn→∞

P

a ≤ Sn − nµ

σ√n≤ b

=

1√2π

∫ b

ae−x

2/2 dx = Θ(b)−Θ(a). (9.3)

[3] Dac m = 0, σ2 = 1, atunci TLC devine

1√n

n∑k=1

Xk ⇒ Y ∼ N (0, 1), pentru n→∞.


[4] TLC ne permite s aproxim m sume de v.a. identic repartizate, avînd orice tip de repartiµii (atâttimp cât variaµia lor e nit ), cu o v.a. normal . Un exemplu ar aproximarea repartiµiei normale curepartiµia binomial când num rul de încerc ri e foarte mare (vezi teorema lui de Moivre-Laplace de maijos).

[5] Se pune problema: Cât de mare ar trebui s e n, în practic , pentru c teorema limit central s

e aplicabil ? Dac variabilele aleatoare Xkk sunt deja normal repartizate, atunci teorema aproximareasumei standardizate cu o variabil normal este, de fapt, o egalitate, ind adevarat pentru orice n ∈ N∗.Dac Xkk nu sunt normal repartizate, atunci un num r n astfel încât n ≥ 30 ar sucicient pentruaproximarea cu repartiµia normal de³i, dac repartiµia lui Xk este simetric , aproximarea ar putea bun ³i pentru un num r n mai mic de 30.

[6] In cazul particular, in care Xn ∼ B(1, p), avem urmatorul rezultat:

Teorema 9.1. (de Moivre9 - Laplace)Fie X1, X2, . . . , Xn, . . . un ³ir de v.a. independente stochastic, identic repartizate B(1, p) ³i e Sn =X1 +X2 + · · ·+Xn. Atunci, pentru orice −∞ < a < b <∞, avem:

limn→∞

P

a ≤ Sn − np√

npq≤ b

=

1√2π

∫ b

ae−x

2/2 dx. (q = 1− p) (9.4)

[7] A³adar, dac parametrul n este sucient de mare, atunci o repartiµie binomial poate aproximat cu una normal , cu media np ³i dispersia npq. În practic ,

aproximarea este una sucient de bun dac np ≥ 5 ³i n(1− p) ≥ 5;

aceast aproximare poate îmbun t µit dac aplic m factori de corecµie.

[8] Fie n ³i p îndeplinind condiµiile de mai sus, ³i e X ∼ B(n, p). Folosind (9.2), putem aproximafuncµia de repartiµie a repartiµiei binomiale prin:

P (X ≤ k) ≈ Θ

k − np√npq

, (9.5)

unde Θ este funcµia de repartiµie pentru repartiµia normal standard, i.e.,

Θ(x) =1√2π

x∫−∞

e−y2

2 dy, x ∈ R.

[9] De asemenea, putem aproxima ³i funcµia de probabilitate a repartiµiei binomiale folosind densitatearepartiµiei normale standard:

P (X = k) ≈ 1√npq

Φ

k − np√npq

, (9.6)

unde displaystyleΦ(x) = ddxΘ(x) = 1√

2πe−

x2

2 este densitatea de repartiµie a repartiµiei normale standard.[10] O variant îmbun t µit a aproxim rii (9.5) este:

P (X ≤ k) = P (X < k + 1) ≈ Θ

k + 1

2 − np√npq

. (9.7)

9Abraham de Moivre (1667− 1754), matematician francez


Termenul 12 din (9.7) este folosit ca o valoare de ajustare când se face aproximarea unei variabile aleatoare

discrete cu una continu .O variant îmbun t µit a aproxim rii (9.6) este:

P (X = k) = P (k − 1

2< X < k +

1

2)

= P

k − 1

2 − np√npq

<X − np√npq

<k + 1

2 − np√npq

≈ Θ

k + 1

2 − np√npq

−Θ

k − 1

2 − np√npq

.

[11] În general, dac dorim s aproxim m o repartiµie discret (ce are media µ ³i dispersia σ2) cu unanormal , atunci scriem:

P (X ≤ k) ≈ Θ

k + 1

2 − µσ

(9.8)

³i

P (X = k) ≈ 1

σΦ

k − µσ

, (9.9)

sau

P (X = k) ≈ Θ

k + 1

2 − µσ

−Θ

k − 1

2 − µσ

. (9.10)

Justicare grac a Teoremei limit central

În Figura 9.1 am reprezentat grac (cu bare) funcµiile de probabilitate pentru repartiµiile binomial ³iPoisson, atunci când num rul de extrageri în schema binomial este un num r mare. Observ m c pentruun num r n sucient de mare, cele dou grace se suprapun. Aceasta este o "demonstraµie" grac aurm toarei convergenµe:

limn→∞p→0

λ=np

Ckn pk qn−k =

e−λλk

k!. (9.11)

În practic , proprietatea (9.11) este satisf cut pentru

n ≥ 30, p ≤ 0.1, λ = n p ≤ 0.1.

Din gura 9.1, observ m c gracul are forma clopotului lui Gauss, justicând grac faptul c funcµiilede probabilitate pentru binomial (albastru) ³i Poisson (ro³u) tind la densitatea de repartiµie pentrurepartiµia normal .

n = input('n='); p = input('p='); lambda = n*p;

a=fix(lambda-3*sqrt(lambda)); b=fix(lambda+3*sqrt(lambda)); % a, b sunt ca in problema celor 3σ

x=a:b; fB=binopdf(x,n,p); fP=poisspdf(x,lambda);

bar(x',[fB',fP'])


0 5 10 15 20 25 300

0.02

0.04

0.06

0.08

0.1

0.12

Figura 9.1: B(n, p) ³i P(np) pentru n = 100, p = 0.15

Exercitii rezolvate

Exerciµiu 9.1. O pereche de zaruri ideale sunt aruncate de 100 de ori, în mod independent. Not m cuX variabila aleatoare ce reprezint num rul de duble ap rute.(a) Care este probabilitatea de a obµine exact 20 de duble?(b) S se calculeze P (14 ≤ X ≤ 17).(c) Aproximaµi probabilit µile de la (a) ³i (b) folosind teorema limit central .

Soluµie: (a) Avem de calculat P1 = P (X = 20). Îns X este o variabil aleatoare repartizat B(100, 1/6), a³adar rezultatul exact este:

P1 = C20100

1

6

20 5

6

80

≈ 0.0679.

(b) Not m cu FX funcµia de repartiµie pentru variabila aleatoare binomial X. Atunci,

P2 = P (14 ≤ X ≤ 17) = P (X ≤ 17)− P (X < 14)

= FX(17)− FX(13)

=17∑

k=14

Ck100

1

6

k 5

6

100−k≈ 0.3994.

(c) Dac aproxim m P1 folosind formula

P (X = k) ≈ 1√npq

Φ

k − np√npq

, (k = 20, p =

1

6, q =

5

6)

obµinem:

P1 ≈1È

100 · 16 ·

56

Φ

20− 100/6È

100 · 16 ·

56

≈ 0.0717.


Dac aproxim m P2 folosind formula

P (X ≤ k) ≈ Θ

k + 1

2 − np√npq

,

obµinem:

P2 = P (14 ≤ X ≤ 17) = P (X ≤ 17)− P (X ≤ 13) ≈ Θ

17 + 1

2 −1006È

100 · 16 ·

56

−Θ

13 + 1

2 −1006È

100 · 16 ·

56

≈ 0.3907.

Codul Matlab urm tor calculeaz probabilit µile cerute.

P1 = binopdf(10,100,1/6) % valoarea exacta P1

P2 = binocdf(17,100,01/6) - binocdf(13,100,1/6) % valoarea exacta P2

P1 = 6/sqrt(500)*normpdf((20-100/6)*6/sqrt(500)) % valoarea aproximativa P1

P2 = normcdf((17+0.5-100/6)*6/sqrt(500))-normcdf((13+0.5-100/6)*6/sqrt(500)) % aprox P2

Exerciµiu 9.2. Timpul de deservire la un anumit ghi³eu dintr-o banc este o variabil aleatoare repar-tizat exponenµial, cu media de 2 minute. tiind c în faµ mai sunt înc 36 persoane ce a³teapt s e servite (prima persoan la rând abia a fost chemat ) ³i c timpii de servire sunt independenµi, s secalculeze probabilitatea de a a³tepta mai mult de o or la rând.

Soluµie: Not m cu Ti timpul de deservire pentru persoana din rând de pe poziµia i (i = 1, 36).

Atunci Ti sunt variabile aleatoare independente ³i identic repartizate exp(2). Not m cu S36 =36∑i=1

Ti.

Probabilitatea c utat este

P (S36 > 60) = 1− P (S36 ≤ 60) = 1− FS36(60).

Pentru o variabil aleatoare exponenµial exp(2), media este µ = 2 ³i deviaµia standard este σ = 2.Deoarece n = 36 > 30, aplicând teorema limit central , putem concluziona c Sn ∼ N (nµ, σ

√n).

A³adar, S36 ∼ N (72, 12). Atunci, probabilitatea c utat este aproximativ

1 - normcdf(60, 72, 12) = 0.8413.

Altfel, putem scrie probabilitatea sub forma

P (S36 > 60) = 1−P (S36 ≤ 60) = 1−PS36 − 72

12≤ 60− 72

12

= 1−Θ(−1) = 1−normcdf(-1) = 0.8413.

√

Observaµia 9.2. Putem chiar determina ³i repartiµia exact a variabilei aleatoare S36. Folosind faptul c suma de variabile aleatoare exponenµiale independente este o variabil aleatoare cu repartiµia Gama, adic S36 ∼ Γ(36, 2). Folosind Matlab, probabilitatea c utat este (exact)

P (S36 > 60) = 1− FS36(60) = 1− gamcdf(60, 36, 2) = 0.8426.


Exerciµiu 9.3. Un cet µean turmentat pleac de la bar spre cas . S presupunem c punctul de plecareeste punctul O de pe axa orizontal ³i se mi³c doar pe aceast ax astfel: în ecare unitate de timp, acestaori face un pas în faµ , cu probabilitatea 0.5, ori face un pas în spate, cu probabilitatea 0.5, independentde pa³ii anteriori. Folosind Teorema limit central , estimaµi probabilitatea ca, dup 100 de pa³i, acestanu a ajuns la mai mult de doi pa³i de punctul de plecare.

Soluµie: Fie Xi variabila aleatoare ce reprezint pasul pe care cet µeanul îl face la momentul i (i ∈ N).S atribuim X = −1, dac face un pas la stânga, ³i X = 1, dac face un pas la dreapta. A³adar, X esteo variabil aleatoare discret ce poate lua doar dou valori, −1 ³i 1, ambele cu probabilitatea 0.5. Secalculeaz cu u³urinµ , E(X) = 0 ³i D2(X) = 1. Suntem interesaµi s a m ce se întâmpl dup 100 de

pa³i. Consider m mai întâi Sn =n∑i=1

Xi. Atunci,

E(Sn) =n∑i=1

E(Xi) = 0 ³i D2(Sn) =n∑i=1

D2(Xi) = n,

deoarece Xii=1, n sunt independente. Pentru n ≥ 30, Teorema limit central spune c

Sn − E(Sn)

D(Sn)=

Sn√n∼ N (0, 1),

echivalent cu Sn ∼ N (0,√n). Pentru n = 100, S100 ∼ N (0, 10). Probabilitatea cerut este:

P (|S100| ≤ 2) = P (−2 ≤ S100 ≤ 2) = P

−1

5≤ S100

10≤ 1

5

= Θ(0.2)−Θ(−0.2) ≈ 0.1585.

În Matlab, calcul m astfel: normcdf(0.2)-normcdf(-0.2).Folosind urm torul cod, putem simula în Matlab mi³carea aleatoare 1dim (vezi Figura 9.2):

N = input('N = '); % numar de pasi

X = 2*(rand(N,1)<0.5)-1; % simuleaza pasii la fiecare moment

S = cumsum(X); % simuleaza unde a ajuns dupa fiecare pas

plot(1:N, S, '-') % reprezinta miscarea

Z=length(find(S == 0)) % numarul de reintoarceri la bar √

Exerciµiu 9.4. Not m cu Sn suma numerelor ce apar în n arunc ri independente ale unui zar ideal.(a) Calculaµi probabilitatea P = P (S2 ≥ 6).(b) Folosiµi teorema limit central pentru a aproxima probabilit µile urm toare:

(i) P1 = P (S50 > 180);(ii) P2 = P (340 ≤ S100 ≤ 360).

Soluµie: (a) Tabloul de repartiµie pentru S2 este:

S2 :

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12136

236

336

436

536

636

536

436

336

236

136

,

de unde:P = 1− P (S2 < 6) = 1− P (S2 ≤ 5) = 1− 10

36=

13

18.


Figura 9.2: Mi³care aleatoare (random walk) 1D.

(b) Not m cu Xi num rul ap rut la aruncarea de rang i (i = 1, n).Observ m c : Xi = S1 ∼ U(6), µ = E(Xi) = 3.5, σ2 = D2(Xi) = 35

12 (i = 1, n).

Sn =n∑k=1

Xi, E(Sn) =n∑k=1

E(Xi) = n · E(Xi) = 3.5n, D2(Sn) =n∑k=1

D2(Xi) =35

12n.

Obµinem c : S50 ∼ N (175,È

8756 ), S100 ∼ N (350,

È8753 ). Pentru aproximare, scriem

P (Sn ≤ x) ≈ Θ

x+ 0.5− E(Sn)

D(Sn)

.

Vom avea:

P1 = P (S50 > 180) = 1− P (S50 ≤ 180) ≈ 1−Θ

(5.5

Ê6

875

)≈ 0.3244.

În Matlab,1-normcdf(5.5*sqrt(6/875))

P2 = P (340 ≤ S100 ≤ 360) = P (S100 ≤ 360)− P (S100 ≤ 339)

≈ Θ

(10.5

Ê3

875

)−Θ

(−10.5

Ê3

875

)≈ 0.4613.

În Matlab,normcdf(10.5*sqrt(3/875)) - normcdf(-10.5*sqrt(3/875)) √

Exerciµiu 9.5. Consideram sirul de variabile aleatoare independente Xkk≥1, repartizate astfel:

Xk −2−k 2−k

pk12

12

pentru orice n ≥ 1. Fie Sn =n∑k=1

Xk.

(a) Aratati ca sirul Snn≥1 converge in repartitie la o variabila uniforma continua U(−1, 1), cand


n→∞.(b) Arataµi ca sirul satisface legea slaba a Xkk≥1 numerelor mari.(c) Demonstrati convergenta urmatoare:

limn→∞

cos

t

2n· cos

t

22n· . . . · cos

t

2nn

= 1, pentru orice t ∈ R.

Soluµie: (a) Aratam ca Sn converge in functie caracteristica la U ∼ U(−1, 1), ceea ce este echivalentcu convergenta in repartitie. Folosind faptul ca Xk sunt independente, functia caracteristica a lui Sn este

φSn(t) =n∏k=1

φXk(t) =n∏k=1

1

2e−it2

−k+

1

2eit2

−k

=n∏k=1

cos

t

2k

= cos

t

2· cos

t

22· . . . · cos

t

2n

=sin t

2 sin t2

·sin t

2

2 sin t22· . . . ·

sin t2

2 sin t2n

=sin t

2n sin t2n

n→∞−→ sin t

t= φU (t), ∀t ∈ R∗.

(b) Arat m ca sirul satisface legea slaba a numerelor mari. In acest sens, vom arata caSnn

p−→ 0, candn→∞.

E(Sn) =n∑i=1

E(Xk) = 0,

si

D2Snn

=

1

n2

n∑i=1

D2(Xk) =1

n2

1

2+

1

4+ . . .+

1

2n

n→∞−→ 0.

(c) Convergenta siruluiSnn

in probabilitate implica convergenta in functie caracteristica, adica

φSnn

(t) = φSn

t

n

= cos

t

2n· cos

t

22n· . . . · cos

t

2nnn→∞−→ φ0(t) = 1, ∀t ∈ R.

√

Exerciµiu 9.6. Consideram sirul de variabile aleatoare independente Xkk≥1 repartizate astfel:

Xk 1 3 9

pk13

13

13

, pentru orice n ≥ 1.

Determinati limita in probabilitate (pentru n→∞) pentru variabila Pn = n√X1 ·X2 · . . . ·Xn.

Soluµie: Logaritmand Pn, obtinem:

lnPn =1

n

n∑k=1

lnXk

Repartitiile pentru ln(Xk) suntlnXk 0 ln 3 ln 9

pk13

13

13

Deoarece lnXkk≥1 sunt independente si identic repartizate, LSNM este aplicabila si obtinem ca

lnPnp−→ E(lnXk) = ln 3, cand n→∞,

de unde limn→∞

Pn = eln 3 = 3 (limita in probabilitate). √


Exerciµiu 9.7. Consider sirul de variabile aleatoare continue independente Xnn≥1, identic repartizate,cu densitatea de repartitie

f(x) =

0 pentru x < θ;

eθ−x pentru x ≥ θ,

unde θ ∈ R. Aratati ca:

(a) Sirul Yn =1

n

n∑i=1

Xi converge astfel: Ynp−→ 1 + θ, cand n→∞.

(b) Sirul Zn = mini=1, n

Xi converge astfel: Znrep=⇒ θ, cand n→∞.

Soluµie: (a) Se observa ca Yn =Snn, unde Sn =

n∑i=1

Xi. Calculam media comuna pentru Xk:

E(Xk) =

∫ ∞∞

xf(x) dx =

∫ ∞θ

xeθ−x dx = 1 + θ, ∀k ≥ 1.

Deoarece variabile aleatoare Xnn≥1 sunt independente si identic repartizate, sirul satisface LSNM,

asadarSnn

p−→ 1 + θ, cand n→∞.

(b) Aratam ca Zn converge in functie de repartitie la θ, ceea ce este echivalent cu convergenta in repartitie.Functia de repartitie a lui Zn este

FZn(x) =

0 , pentru x < θ;

1− eθ−x , pentru x ≥ θ.

Functia de repartitie a v.a. X = θ a.s. este

Fθ(x) =

0 , pentru x < θ;

1 , pentru x ≥ θ.

Putem scrie succesiv:

FZn(x) = P (Zn ≤ x)

= P

mini=1, n

Xi ≤ x

= 1− P

mini=1, n

Xi > x

= 1− P

⋂i=1, n

Xi > x

= 1−

∏i=1, n

P (Xi > x) , (folosind independenta v.a. Xk)

= 1−∏i=1, n

[1− FXi(x)]

=

0 , pentru x < θ;

1− en(θ−x) , pentru x ≥ θ,

n→∞−→

0 , pentru x < θ;

1 , pentru x ≥ θ,= Fθ(x), ∀x ∈ R. √


Exerciµiu 9.8. Fie X o variabila aleatoare continua ce ia valori nenule doar in intervalul [0, 1]. Sa searate ca sirul de variabile aleatoare Yn = nX (aici, α reprezinta partea fractionara a numarului α)converge in repartitie la o repartitie uniforma U(0, 1).

Soluµie: Convergenta in repartitie este echivalenta cu convergenta in functie de repartitie. O vom aratape ultima. Mai intai, functia de repartitie (comuna) pentru Yn este:

FYn(x) = P (nX ≤ x) =n−1∑k=0

P ([nX] = k⋂nX ≤ k).

Folosind identitatea nX = [nX] + nX si [nX] = k, nX ≤ k, obtinem ca k ≤ nX < k + x. Asadar,

FYn(x) =n−1∑k=0

P (k ≤ nX < k + x).

Astfel, functia de repartitie a lui Yn devine:

FYn(x) = P (nX ≤ x) =

0 , pentru x ≤ 0;n−1∑k=0

P (k ≤ nX < k + x) , pentru x ∈ (0, 1)

1 , pentru x ≥ 1.

Insa, folosind o teorema de medie, putem scrie:

n−1∑k=0

P (k ≤ nX < k + x) =n−1∑k=0

P

k

n≤ X <

k

n+x

n

=

n−1∑k=0

k/n+x/n∫k/n

fX(ξ) dξ

Th.medie=

n−1∑k=0

x

nfX(αk,n) = x

n−1∑k=0

fX(αk,n)1

n, unde αk,n ∈

k

n,k

n+x

n

,

n→∞−→ x

1∫0

fX(ζ) dζ = x, ∀x ∈ (0, 1).

In concluzie, functia de repartitie a lui Yn converge la

FYn(x) = P (nX ≤ x) =

0 , pentru x ≤ 0;

x , pentru x ∈ (0, 1)

1 , pentru x ≥ 1,

care este functia de repartitie a unei variabile aleatoare U(0, 1). √



Exerciµiu 9.9. Consideram sirul de variabile aleatoare independente Xnn≥1, repartizate astfel:

Xn −5n 0 5n

p 13n2 1− 2

3n21

3n2

pentru orice n ≥ 1. Vericati daca acest sir satisface legile slaba si tare ale numerelor mari.

Exerciµiu 9.10. Consideram sirul de variabile aleatoare independente Xnn≥1, repartizate astfel încâtP (X1 = 0) = 1 ³i

Xn −√

lnn√

lnn

p 0.5 0.5

pentru orice n ≥ 2. Vericati daca acest sir satisface legile slaba a numerelor mari.

Exerciµiu 9.11. Not m cu Sn num rul de steme ce apar la aruncarea repetat de n ori a unei monedeideale. Folosiµi teorema limit central pentru a aproxima urm toarele probabilit µi:(a) P1 = P (S100 > 57);(b) P2 = P (473 ≤ S1000 ≤ 548);(c) P3 = P (S50 = 25). Care este valoarea exact a lui P3?

Exerciµiu 9.12. Fie X1, X2, . . . , Xn variabile aleatoare identic repartizate ³i independente stochastic,astfel încât P (Xi > 0) = 1, ∀i (i.e., Xi > 0 a.s.). Ar taµi c pentru n sucient de mare, produsulX1 ·X2 · . . . ·Xn urmeaz repartiµia lognormal .

Exerciµiu 9.13. Consideram sirul de variabile aleatoare independente Xnn≥1, repartizate astfel:

Xn −nαn nαnpn

12

12

unde αn > α > 0 pentru orice n ≥ 1. Aratati ca Xnn≥1 nu satisface legea slaba a numerelor mari.

Exerciµiu 9.14. Fie Xn o variabila aleatoare repartizata P(n).

(a) Aratati convergenta:Xn

na.s.−→ 1 cand n→∞.

(b) Numarul de clienti care intra intr-un magazin este o v.a. Poisson cu rata medie (parametrul) 50 peora. Estimati probabilitatea ca, in urmatoarea ora, sa intre in magazin mai mult de 100 de clienti.

Exerciµiu 9.15. Consideram sirul de variabile aleatoare independente Xkk≥1, repartizate astfel:

Xk 0 k2

pk 1− 1k3

1k3

pentru orice k ≥ 1. Fie Sn =n∑k=1

Xk. Aratati ca sirulSnn

a.s.−→ 0 cand n→∞.

Exerciµiu 9.16. Consider sirul de variabile aleatoare continue independente Xnn≥1, identic repartizateU(0, 1). Consider sirurile Yn = max

i=1, nXi si Zn = n(1 − Yn). Aratati convergenta: Zn

rep=⇒ X ∼ exp(1),

cand n→∞.

Exerciµiu 9.17. Se arunc o pereche de zaruri în mod repetat ³i independent.(a) Care este num rul mediu de arunc ri necesare pentru a obµine o dubl ?(b) Care este probabilitatea de a obµine o dubl pentru prima dat din cel mult 3 arunc ri? Dar dinexact 3 arunc ri?(c) Aplicând Teorema limit central , determinaµi num rul minim de arunc ri necesare pentru ca, cu oprobabilitate de 0.95, frecvenµa relativ a num rului de duble obµinute s e între 0.25 ³i 0.35.


Exerciµiu 9.18. Un zar ideal este aruncat de 48 de ori. Utilizaµi Teorema limit central pentru aaproxima:(a) probabilitatea ca suma punctelor obµinute s e mai mare decât 165.(b) probabilitatea ca suma punctelor obµinute s e între 160 ³i 175.

Exerciµiu 9.19. Consideram sirul de variabile aleatoare Xnn≥1 repartizate astfel:

Xn −n 0 n

p 12n2 1− 1

n21

2n2

pentru orice n ≥ 1. Aratati ca Xnp−→ 0 cand n→∞, dar Xn

Lp

6−→ 0 (p ≥ 2) cand n→∞.

Exerciµiu 9.20. Dac X ∼ P(1), determinaµi cel mai mic num r natural n pentru care P (X < n) ≥ 0.99.

Exerciµiu 9.21. Fie X o variabil aleatoare cu µ = E(X) = 1 ³i σ =ÈD2(X) = 0.2. Determinaµi

marginile inferioare pentru urm toarele probabilit µi:

P (0.5 ≤ X ≤ 1.5), P (|X − 1| < 2).

Exerciµiu 9.22. Consider m ³irul de variabile aleatoare independente Xnn∈N∗ care pot lua urm toarelevalori: −

√n, 0,

√n, cu probabilit µile:

P (X1 = 0) = 1, P (Xk = −√k) = P (Xk =

√k) =

1

k³i P (Xk = 0) = 1− 2

k, k = 2, 3, 4, . . . .

Ar taµi c acest ³ir satisface legea slab a numerelor mari.

Exerciµiu 9.23. Teorema limit central arm c suma unui ³ir de v.a. independente ³i identic reparti-zate are o form normal , indiferent ce tip de repartiµie au variabilele din ³ir. Dorim s dovedim aceastagrac, prin simul ri în Matlab, alegând o funcµie de repartiµie oarecare. S alegem 40 de numere dinintervalul [0, 1] ce au una dintre densit µile de repartiµie de mai jos. Calcul m suma lor, notat S40.Repet m acest eperiment de 1000 de ori ³i realiz m un grac cu bare (20 de bare) a rezultatelor obµinute.În acela³i sistem de coordonate, desen m densitatea de repartiµie N (µ, σ), unde µ = µ(S40) ³i σ = σ(S40).Urm riµi cât de bine se potrivesc cele dou grace.

(a) f(x) = 2x; (b) f(x) = 3x2; (c) f(x) = 2− 4|x− 0.5|.

Exerciµiu 9.24. Cât de mare ar trebui s e n, astfel încât suma Sn din exerciµiul precedent s eaproximativ normal ? R spundeµi al aceast întrebare alegând, pe rând, câte n = 1, 5, 15, 20 numerealeatoare în [0, 1], pentru ecare dintre densit µile de repartiµie de la (a) − (c), calculaµi de ecare dat Sn ³i repetaµi experimentul de 1000 de ori. Determinaµi, de ecare dat , pe acel n pentru care obµineµicea mai bun potrivire între gracul cu bare ³i gracul densit µii de repartiµie.

Anexa1 © 2016 [Dr. Iulian Stoleriu] 72

10 Anexa 1

Exemple de repartiµii discrete

În dreptul ec rei repartiµii, în parantez , apare numele cu care aceasta care poate apelat în Matlab.

(1) Repartiµia uniform discret , U(n) (unid)

Scriem c X ∼ U(n), dac valorile lui X sunt 1, 2, . . . , n, cu probabilit µile

P (X = k) =1

n, k = 1, 2, . . . , n.

Media ³i dispersia sunt: E(X) = n+12 , D2(X) = n2−1

12 .Exemplu: num rul de puncte care apar la aruncarea unui zar ideal este o valoare aleatoare repartizat U(6).

(2) Repartiµia Bernoulli10, B(1, p) (bino)

Scriem X ∼ B(1, p). V.a. de tip Bernoulli poate lua doar dou valori, X = 1 (succes) sau X = 0(insucces), cu probabilit µile P (X = 1) = p; P (X = 0) = 1− p.Media ³i dispersia sunt: E(X) = p; D2(X) = p(1− p).Exemplu: aruncarea o singur dat a unei monede ideale poate modelat ca ind o v.a. B(1, 0.5).

(3) Repartiµia binomial , B(n, p): (bino)

Scriem X ∼ B(n, p) (schema bilei revenite sau schema extragerilor cu repetiµie) (n > 0, p ∈ (0, 1)),dac valorile lui X sunt 0, 1, . . . , n, cu probabilit µile

P (X = k) = Cknpk(1− p)n−k, k = 0, 1, . . . , n.

Media ³i dispersia sunt: E(X) = np; D2(X) = np(1− p).

Dac (Xk)k=1,n ∼ B(1, p) ³i (Xk)k independente stochastic, atunci X =n∑k=1

Xk ∼ B(n, p).

Exemplu: aruncarea de 15 ori a unei monede ideale poate modelat ca ind o v.a. binomial B(15, 0.5).

(4) Repartiµia hipergeometric , H(n, a, b) (hyge)

X ∼ H(n, a, b) (schema bilei nerevenite sau schema extragerilor f r repetiµie) (n, a, b > 0) dac

P (X = k) =CkaC

n−kb

Cna+b


Media ³i dispersia sunt: EX =n∑i=0

E(Xi) = np; D2(X) = np(1− p)a+ b− na+ b− 1

.

10Jacob Bernoulli (1654− 1705), matematician elveµian


Observaµia 10.1. (i) Dac (Xk)k=0,n ∼ B(1, n), cu p = aa+b (v.a. dependente stochastic), atunci

X =n∑i=1

Xi ∼ H(n, a, b).

În cazul schemei bilei nerevenite, nu mai putem scrie egalitate între D2(X) ³in∑i=0

D2(Xi), deoarece (Xi)i

nu sunt independente stochastic.(ii) Pentru N = a+ b n, putem face aproximarea a+b−n

a+b−1 ≈a+b−na+b = 1− n

N , de unde

D2(X) ≈ np(1− p)

1− n

N

. (10.1)

Observ m c repartiµiile binomial ³i hipergeometric au aceea³i medie, îns dispersiile difer prin terme-nul N−nN−1 . În cazul în care num rul de bile este mult mai mare decât num rul de extrageri (N n), atunciacest termen devine aproximativ

(1− n

N

). În plus, dac N este foarte mare, atunci trecând N → ∞ în

(10.1), g sim c ³i dispersiile celor dou repartiµii coincid. Cu alte cuvinte, când num rul de bile din urn este foarte mare, nu mai conteaz dac extragerea bilelor se face cu repetiµie sau nu. Acest fapt îl vomutiliza în Teoria selecµiei, când extragerile se fac dintr-o colectivitate de volum foarte mare.

(5) Repartiµia Poisson11, P(λ) (poiss)

Valorile sale reprezint num rul evenimentelor spontane (cu intensitatea λ) realizate într-un anumit inter-val de timp. Pentru un λ > 0, spunem c X ∼ P(λ) (legea evenimentelor rare) dac X ia valori naturale,cu probabilit µile

P (X = k) = e−λλk

k!, ∀k ∈ N.

E(X) = λ; D2(x) = λ.

(6) Repartiµia geometric , Geo(p) (geo)

Valorile sale reprezint num rul de insuccese avute pân la obµinerea primului succes,stiind probabilitatea de obµinere a unui succes, p.

Spunem c X ∼ Geo(p), (p ∈ (0, 1)) dac X ia valori în N, cu probabilit µile

P (X = k) = p(1− p)k, pentru orice k ∈ N, unde p ≥ 0.

E(X) =1− pp

; D2(X) =1− pp2

.

Observaµia 10.2. Dac X ∼ Geo(p), atunci variabila aleatoare Y = X + 1 reprezint a³teptarea pân la

primul succes.

(7) Repartiµia binomial cu exponent negativ, BN (m, p) (nbin)

Valorile sale reprezint num rul de insuccese obµinute înainte de a se realiza succesul de rang m.În cazul particular m = 1, obµinem repartiµia geometric .

11Siméon-Denis Poisson (1781− 1840), matematician ³i zician francez, student al lui Laplace


Pentru m ≥ 1, p ∈ (0, 1), spunem c X ∼ BN (m, p) dac X ia valorile m, m + 1, m + 2, . . . , cuprobabilit µile

P (X = k) = Cm−1m+k−1p

m(1− p)k, ∀k ≥ m, p ≥ 0.

Media ³i dispersia sunt: E(X) =m(1− p)

p; D2(X) =

m(1− p)p2

.

Exemple de repartiµii continue

(1) Repartiµia uniform , U(a, b) (unif)

V.a. X ∼ U(a, b) (a < b) dac funcµia sa de densitate este

f(x; a, b) =

¨1b−a , dac x ∈ (a, b)

0 , altfel.

E(X) =a+ b

2, D2(X) =

(b− a)2

12.

Exemplu: Alegerea la întâmplare a unei valori din intervalul (0, 1), în cazul în care orice valoare areaceea³i ³ans de a aleas , urmeaz o repartiµie U(0, 1). Comanda rand din Matlab realizeaz acestexperiment (vezi capitolul urm tor).

(2) Repartiµia normal , N (µ, σ) (norm)

Spunem c X ∼ N (µ, σ), dac X are densitatea:

f(x; µ, σ) =1

σ√

2πe−

(x−µ)2

2σ2 , x ∈ R.

E(X) = µ ³i D2(X) = σ2.Se mai nume³te ³i repartiµia gaussian . În cazul µ = 0, σ2 = 1 densitatea de repartiµie devine:

f(x) =1√2πe−

x2

2 , x ∈ R. (10.2)

În acest caz spunem c X urmeaz repartiµia normal standard, N (0, 1).Gracul densit µii de repartiµie pentru repartiµia normal este clopotul lui Gauss (vezi Figura 10.1). Dingrac (pentru σ = 1), se observ c majoritatea valorilor nenule ale repartiµiei normale standard se a în intervalul (µ− 3σ, µ+ 3σ) = (−3, 3).


Dac X ∼ N (0, 1), atunci X = σX+µ ∼ N (µ, σ). Înmod similar, dac X ∼ N (µ, σ), atunci X = X−µ

σ ∼N (0, 1). Pentru o v.a. N (0, 1) funcµia de repartiµieeste tabelat (valorile ei se g sesc în tabele) ³i are onotaµie special , Θ(x). Ea e denit prin:

Θ(x) =1√2π

∫ x

−∞e−

y2

2 dy. (10.3)

Funcµia de repartiµie a lui X ∼ N (µ, σ) este dat prin

F (x) = Θ(x− µσ

), x ∈ R. (10.4)

Figura 10.1: Clopotul lui Gauss pentruX ∼ N (0, σ), (σ = 1, 2, 3)

(3) Repartiµia log-normal , logN (µ, σ) (logn)

Repartiµia log-normal este foarte util în Matematicile Financiare, reprezentând o repartiµie de preµuriviitoare pentru un activ nanciar. Dac X ∼ N (µ, σ), atunci Y = eX este o v.a. nenegativ , avânddensitatea de repartiµie

f(x; µ, σ) =

1xσ√

2πe−

(ln x−µ)2

2σ2 , dac x > 0

0 , dac x ≤ 0

A³adar, Y ∼ logN (µ, σ) dac lnY ∼ N (µ, σ).Media ³i dispersia sunt date de E(X) = eµ+σ2/2, D2(X) = e2µ+σ2

(eσ2 − 1).

(4) Repartiµia exponenµial , exp(λ) (exp)

Valorile sale sunt timpi realizaµi între dou valori spontane repartizate P(λ).

Spunem c X ∼ exp(λ) (λ > 0) dac are densitatea de repartiµie

f(x; λ) =

¨λe−λx , dac x > 00 , dac x ≤ 0

Media ³i dispersia sunt: E(X) =1

λ³i D2(X) =

1

λ2.

Repartiµia exponenµial satisface proprietatea a³a-numitei lips de memorie, i.e.,

P (X > x+ y|X > y) = P (X > x), ∀x, y ≥ 0.

Este unica distribuµie continu cu aceast proprietate. Distribuµia geometric satisface o variant discret a acestei propriet µi. [Vericaµi!]


(5) Repartiµia Gamma, Γ(a, λ) (gam)

O v.a. X ∼ Γ(a, λ), a, λ > 0, dac densitatea sa de repartiµie este:

f(x; a, λ) =

λa

Γ(a)xa−1e−λx , dac x > 0,

0 , dac x ≤ 0.

unde Γ este funcµia lui Euler,

Γ : (0, ∞)→ (0, ∞), Γ(a) =

∫ ∞0

xa−1e−xdx.

Media ³i dispersia sunt: E(X) =a

λ, D2(X) =

a

λ2.

Observaµia 10.3. (i) Γ(1, λ) ≡ exp(λ).

(ii) Dac v.a. Xkk=1,n ∼ exp(λ) sunt independente stochastic, atunci suma lorn∑k=1

Xk ∼ Γ(n, λ).

(6) Repartiµia Weibull12, Wbl(k, λ) (wbl)

Aceast repartiµie este asem n toare cu repartiµia exponenµial (aceast obµinându-se în cazul particulark = 1) ³i poate modela repartiµia m rimii particulelor. Când k = 3.4, distribuµia Weibull este asem n -toare cu cea normal . Când k →∞, aceast repartiµie se apropie de funcµia lui Dirac.Vom spune c X ∼Wbl(k, λ) (k > 0, λ > 0) dac are densitatea de repartiµie

f(x; k, λ) =

kλ

(xλ

)k−1 e−( xλ)k

, dac x ≥ 00 , dac x < 0.

Media pentru repartiµia X ∼Wbl(k, λ) este E(X) = λΓ

1 +

1

k

.

(7) Repartiµia χ2, χ2(n) (chi2)

O v.a. X ∼ χ2(n) (se cite³te repartiµia hi-p trat cu n grade de libertate) dac densitatea sa de repartiµieeste:

f(x; n) =

1

Γ(n2

)2n2xn2−1e−

x2 , dac x > 0,

0 , dac x ≤ 0.

unde Γ este funcµia lui Euler. Gracul acestei repartiµii (pentru diverse valori ale lui n) este reprezentatîn Figura 10.2.Media ³i dispersia sunt: E(χ2) = n, V ar(χ2) = 2n.

12Ernst Hjalmar Waloddi Weibull (1887− 1979), matematician ³i inginer suedez


(a) Repartiµia χ2(n) este, de fapt, repartiµia Γ(n2 ,12).

(b) Dac v.a. independente Xk ∼ N (0, 1) pentruk = 1, 2, . . . , n, atunci

X21 +X2

2 + · · ·+X2n ∼ χ2(n).

În particular, dac X ∼ N (0, 1), atunci X2 ∼ χ2(1).

Figura 10.2: Repartiµia χ2(n) pentru pa-tru valori ale lui n.

(8) Repartiµia Student (W. S. Gosset13), t(n) (t)

Spunem c X ∼ t(n) (cu n grade de libertate) dac densitatea de repartiµie este:

f(x; n) =Γn+1

2

√nπ Γ

(n2

) 1 +x2

n

−n+12

, x ∈ R.

E(X) = 0, D2(X) =n

n− 2.

(9) Repartiµia Fisher14, F(m, n) (f)

Spunem c X ∼ F(m, n) (cu m, n grade de libertate) dac densitatea de repartiµie este:

f(x) =

(mn )

m2 Γ(m+n

2 )Γ(m2 )Γ(n2 )

xm2−1 (1 + m

n x)−m+n

2 , x > 0;

0 , x ≤ 0.

E(X) =n

n− 2, D2(X) =

2n2(n+m− 2)

m(n− 2)2(n− 4).

(10) Repartiµia Cauchy15, C(λ, µ) (f r corespondent în Matlab)

Spunem c X ∼ C(λ, µ) dac densitatea de repartiµie este:

f(x; λ, µ) =λ

π[(x− µ)2 + λ2], x ∈ R.

NU admite medie, dispersie sau momente!!!

13William Sealy Gosset (1876− 1937), statistician britanic, care a publicat sub pseudonimul Student14Sir Ronald Aylmer Fisher (1890− 1962), statistician, eugenist, biolog ³i genetician britanic15Augustin Louis Cauchy (1789− 1857), matematician francez

Date post:	07-Jan-2020
Category:	Documents
Upload:	others
View:	20 times
Download:	1 times

Introducere în eoria Probabilit µilorstoleriu/SPSlast2016.pdf · la aruncarea de 4 ori a unui zar...

Documents