¡Descarga Probabilidades y identidades: Ejercicios resueltos - Prof. Alba y más Apuntes en PDF de Administración de Empresas solo en Docsity!
Llista 1. Probabilitat. (Amb soluci´o)
- Descriu l’espai mostral (Ω) associat als seg¨uents experiments aleatoris:
a. Tirem dos daus distingibles i observem els n´umeros de les cares superiors. b. Tirem dos daus distingibles i observem la suma de les cares superiors. c. Tirem tres monedes i observem el n´umero de cares obtingudes. d. El nombre d’encerts en una travessa de 15 partits.
Soluci´o:
a. Si considerem que els dos daus s´on distingibles i seguint amb les notacions de l’apartat anterior, Ω = {(d 1 , d 2 ) |d 1 = 1,... 6; d 2 = 1,... 6 } on d 1 est`a modelant el resultat observat a la cara superior del primer dau i d 2 l’observat a la cara superior del segon. Aqu´ı, el nombre d’elements de Ω ´es 62 = 36 doncs, per exemple, (1, 2) 6 = (2, 1). Si ens haguessin dit que els dos daus s´on indistingibles, aleshores Ω = {d 1 , d 2 |d 1 = 1,... 6; d 2 = 1 ,... 6 }; aqu´ı d 1 i d 2 modelen el resultat que apuntar´ıem en primer i segon lloc. Observem que el nombre d’elements de Ω ´es
5
- 6 = 21 doncs, per exemple, { 1 , 2 } = { 2 , 1 }. b. La suma de les cares superiors en tirar dos daus, pren el seu valor m´ınim en 2, que correspon a quan als dos daus s’ha observat el valor igual a 1 i que podem denotar com a (1,1), entenent que la primera coordenada modela el resultat del primer dau i la segona el segon. El seu valor m`axim es pren en 12, quan s’ha observat (6,6). Tots els naturals entre el 2 i el 12 s´on igualment observables i per tant Ω = { 2 , 3 ,... , 12 } c. En tirar tres monedes podem obtenir 0 , 1 , 2 o b´e 3 cares i per tant Ω = { 0 , 1 , 2 , 3 }. d. En fer una travessa de 15 partits podem obtenir 0 , 1 ,... , 15 encerts i per tant Ω = { 0 , 1 ,... , 15 }.
- Amb l’ajuda de diagrames de Venn, demostra
(A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) ,
on A, B i C s´on esdeveniments qualsevol.
- Siguin A i B dos esdeveniments qualsevol. Demostra les seg¨uents identitats
a. Si B ´es un subconjunt de A (B ⊂ A), aleshores P (B) ≤ P (A). b. P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B). c. Si B ´es un subconjunt de A (B ⊂ A), aleshores P (A ∩ B) = P (A) − P (B).
Soluci´o: a. Podem expressar A = (A∩B)∪(A∩B) on aquesta uni´o ´es disjunta. Per la propietat d’additivitat de la probabilitat, P (A) = P (A ∩ B) + P (A ∩ B) i com que en aquest cas P (A ∩ B) = P (B), tenim que P (B) ≤ P (A) ja que P (A) = P (B) + P (A ∩ B) i P (A ∩ B) ∈ [0, 1]. b. Podem expressar B = (B ∩ A) ∪ (B ∩ A) i A ∪ B = A ∪ (B ∩ A) on aquestes unions s´on totes disjuntes. Aleshores, novament per l’additivitat de la probabilitat P (B) = P (B ∩A)+P (B ∩A) i P (A ∪ B) = P (A) + P (B ∩ A). A¨ıllant P (B ∩ A) i igualant obtenim P (B) − P (B ∩ A) = P (A ∪ B) − P (A), ´es dir P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B). c. Si B ´es un subconjunt de A, aleshores A = B ∪ (A ∩ B), sent aquesta uni´o disjunta. Una vegada m´es per l’additivitat de P , tenim P (A) = P (B) + P (A ∩ B) o, en altres paraules, P (A ∩ B) = P (A) − P (B).
- Considera els subconjunts de R seg¨uents i descriu els conjunts que s’indiquen a continuaci´o:
A = {x ∈ R | − 1 ≤ x ≤ 5 } B = {x | 3 ≤ x ≤ 8 } C = {x | x ≤ 0 }
a. A b. A ∪ B c. B ∩ C d. (A ∪ B) ∩ C Soluci´o:
a. [x < −1] ∪ [x > 5] b. [− 1 ≤ x ≤ 8] c. B d. C
- Suposem que els esdeveniments A i B satisfan P (A) = 127 , P (B) = 127 i P (A ∩ B) = 14. Avalua P (B), P (A ∩ B), P (A ∪ B) i P (A ∪ B). Soluci´o: Determinem primer P (B); com P (B) = 1 − P (B), igualant tenim 127 = 1 − P (B) per tant P (B) = 125. com A = (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) i en ser aquesta uni´o disjunta, per la propietat de σ–additivitat 127 =^14 +^ P^ (A^ ∩^ B), ´es a dir^ P^ (A^ ∩^ B) =^13. Sabem que P (A∪B) = P (A)+P (B)−P (A∩B); substituint els nostres valors obtenim P (A∪B) = 127 +^127 −^13 =^56. Finalment, apliquem les lleis de Morgan per calcular l’´ultima probabilitat P (A ∪ B) = P (A ∩ B) = 1 − P (A ∩ B) = 1 − 14 = 34.
c) Per un estudiant donat, quina ´es la probabilitat de ser triat per fer el tercer salt? d) Ara suposa que entre els 15 estudiants n’hi ha 13 que s´on solters i hi ha una parella. Donat que la parella insisteix en estar en el mateix grup de salt, de quantes maneres diferents pot triar l’instructor els primers 3 estudiants que faran el salt? e) Quina ´es la probabilitat que la parella sigui triada per fer el primer salt? f ) Ara suposa que a m´es hi ha 5 dels estudiants solters que no volen ser els primers en saltar del seu grup (per tant tres d’aquests no poden estar junts en el mateix grup de salt). De quantes maneres diferents pot triar l’instructor els primers 3 estudiants que faran el salt? g ) En aquest ´ultim cas, quina ´es la probabilitat que la parella pugui estar en el primer grup? Soluci´o: a) Com que no ens importa l’ordre tenim en total
3
= 455 maneres de triar els 3 primers estudiants. b) Ja han saltat 6 estudiants, per tant ara nom´es en queden 9 per triar
3
= 84 maneres de triar els estudiants del tercer salt. c) Com que en el tercer salt salten 3 estudiants aquesta probabilitat ´es 153. d) Ho separem en dos casos, les combinacions sense la parella
3
i les combinacions amb la parella 13 (la parella m´es cadascun dels altres estudiants), o sigui que en total tenim (^133 )^ + 13 = 299 e) Ho calculem a partir de la regla de Laplace i de l’apartat anterior 29913. f ) Restem dels casos de l’apartat d) els casos que no es poden donar
3
, per tant obtenim 289 combinacions. g ) Igual que en e) per`o amb els casos possibles de l’apartat anterior 28913.
- Tenim 6 urnes amb 12 boles blanques i negres a cadascuna. D’aquestes 6 urnes, n’hi ha una que cont´e 8 boles blanques, dues amb 6 boles blanques i 3 amb 4 boles blanques. Triem una urna a l’atzar. a) Si en trec una bola, calculeu la probabilitat que aquesta sigui blanca. b) Si en trec una bola, calculeu la probabilitat que aquesta sigui blanca i que l’urna triada sigui la que cont´e 8 boles blanques. c) Si en trec 3 boles al mateix temps, 2 blanques i 1 negra, calculeu la probabilitat que l’urna triada contingui 6 boles blanques. Soluci´o: Siguin B =treure blanca i U 1 =urna amb 8 boles blanques, U 2 =urna amb 6 boles blanques i U 3 =urna amb 4 boles blanques.
a) Pel teorema de la Probabilitat Total
P (B) = P (B|U 1 )P (U 1 ) + P (B|U 2 )P (U 2 ) + P (B|U 3 )P (U 3 ) = 128 · 16 + 126 · 26 + 124 · 36 =^49
.
b) P (B ∩ U 1 ) = P (B|U 1 )P (U 1 ) = 128 · 16 =^19. c) Pel teorema de Bayes
P (U 2 |2 blanques i 1 negra) = P^ (2 blanques i 1 negra P (2 blanques i 1 negra)|U^2 )P^ (U^2 ).
Pel teorema de les Probabilitats Totals
P (2 blanques i 1 negra) = P (2 blanques i 1 negra|U 1 )P (U 1 ) +P (2 blanques i 1 negra|U 2 )P (U 2 ) + P (2 blanques i 1 negra|U 3 )P (U 3 ) =
2
1
3
2
1
3
2
1
3
) 36 =^109330.
Per tant,
P (U 2 |2 blanques i 1 negra) =
(^62 )(^61 )
(^123 )
(^26) 109330 =^
- Suposem que hi ha dos tipus de conductors els prudents i els imprudents. Una companyia d’assegurances sap que el 50 % dels conductors s´on prudents, i que un conductor imprudent t´e un 40 % de possibilitats de tenir un accident cada any mentres que un conductor prudent t´e nom´es un 10 % de possibilitats de tenir un accident cada any. Quan la companyia firma una nova p`olissa no sap si el conductor ´es prudent o imprudent. Assumim que els conductors no tenen mai m´es d’un accident per any.
a) Quina ´es la probabilitat que un conductor amb una polissa nova tingui un accident durant el primer any? b) Quina ´es la probabilitat que un conductor amb una polissa nova i que no ha tingut un accident durant el primer any sigui imprudent?
Soluci´o: Siguin A =tenir un accident durant el primer any i I=ser imprudent. Sabem que P (I) = P (I) = 0 , 5 , P (A|I) = 0, 4 i P (A|I) = 0, 1.
- Pel teorema de la Probabilitat Total
P (A) = P (A|I)P (I) + P (A|I)P (I) = 0, 4 ∗ 0 ,5 + 0, 1 ∗ 0 ,5 = 0, 25
.
- Pel teorema de Bayes
P (I|A) = P^ (A P| I(A)P)^ (I)= (1^ −^1 P −^ (A P| I(A)))P (I)= (1 1 − −^0 0 ,4)0, 25 , 5 = 0, 4.
