2-probabilitati

Constantin P ătrăşcoiu

P R O B A B I L I T Ă Ţ I INTRODUCERE

Teoria probabilităţilor s-a născut din curiozitatea unui mare amator al jocurilor de noroc : cavalerul de de Méré (1607-1684). (1607-1684). Acesta a apelat la Blaise Pascal (1623-1662) pentru rezolvarea unor probleme ap ărute în practica acestor jocurilor de noroc .O dată cu corespondenţa pe această temă stabilită între Pascal şi Pierre Fermat (1601-1665) s-a născut noua stiinţă . În anul 1657 Christian Huyghens ( 1596-1687 ) a publicat primul tratat intitulat "Le calcul dans les jeux de hasard" şi în 1966 Wilhem Gottfried Leibniz (1646-1716 ) a publicat tratatul ,, De arte combinatorie"; care au atras atenţia asupra noului domeniu al matematicii. La elaborarea conceptelor Teoriei probabilitaţilor un rol deosebit l-au avut matematicieni ca : Jacques Bernoulli (1654-1705) care a formulat primul legea numerelor mari , Georges Louis de Bufon (1707-1788) şi Thomas Bayes (1702-1761). A urmat aportul matematicienilor : Pierre Simon Laplace (1749-1827) (1749-1827) , Karl Friedrich Guss (1777-1855) (1777-1855) şi Adrien Marie Le Gendre (1752 (1752 -1833) -1833) ;în urma cărora a rămas de îndeplinit mai curând o sarcin ă de ordonare şi precizare a cunoştinţelor acumulate .Acest lucru a fost realizat de P. Cerbişev (1796-1878), Henri Poincaré (1854-1912) , Emile Borel (1871-1956) şi Andrei Kolmogorov (1903-1987) . În ştiinţele experimentale analizarea şi verificarea concluziilor ce decurg din datele obţinute pe baza observaţiilor şi măsurătorilor efectuate, necesită folosirea pe scară largă a metodelor probabilistice;ceace a condus la o dezvoltare deosbită a “Teoriei probabilităţilor “şi a aplicaţiilor ei mai ales în ultimele decenii. În prezent teoria probabilităţilor a găsit noi domenii de aplicare (fizică, 69


chimie , astronomie , medicină , statistică etc.) şi a generat noi discipline ştiinţifice (teoria informaţiei, teoria deciziei, teoria fiabilitaţiietc). Este cunoscut faptul că în realitatea înconjur ătoare foarte multe fenomene nu sunt de natură deterministă şi studierea lor nu se poate face fară “Ştiinţa hazardului”. Vom prezenta două astfel de de fenomene stochastice. EXEMPLU Să considerăm “jocul” ce constă în aruncarea unei monede. Rezultatul aruncării monedei este una din feţele ei denumite convenţional “cap” respectiv “pajură”. La un număr foarte mare de de aruncări n, constatăm că se obţin aproximativ de acelaşi număr de ori “cap” respectiv “pajură”. Deci cele două feţe, pentru n suficient de mare apar aproximativ de 21 n ori ceea ce ne îndreptăţeşte să afirmăm că pentru o aruncare a monedei (n=1) probabilitatea obţineii fiecărei feţe este 21 . EXEMPLUL Considerăm “experienţa” ce constă în aruncarea unui zar cubic omogen având doă din feţe vopsită în gri (1 şi 2); celelalte patru feţe vopsite în alb. Se constată că la un număr mare de aruncări n, se obţin de aproximativ 1 n ori o faţă gri şi de 2 n 3

3

ori o faţă albă. Acest lucru ne îndrept ăţeşte să spunem că la o aruncare a zarului (n=1) probabilitatea apariţiei unei feţe gri este 1 iar probabilitatea apariţiei unei feţe vopsită în gri 3 este 2 . Din cele n aruncări în ambele cazuri se obţine o faţă de n = 3

n ori ceeace ne îndreptăţeşte să spunem că la o aruncare, probabilitatea obţinerii unei feţe este egală cu 1; deci probabilitatea 1×

70


“evenimentului sigur”este 1. Se observă că suma probabilităţilor celor două “evenimente contrare” faţă albă, faţă gri; este 1. Frecven ţ a empirică a apariţiei unei feţe gri (în acest caz 1 sau 2), este

raportul dintre numărul de apariţii ale faţei gri împărţit la numărul total de aruncări ale zaului. Probabilitatea apariţiei unei feţe gri este limita frecvenţei empirice, deci frecvenţa empirică a apariţiei unei feţe gri converge (când num ărul de aruncări creşte) către probabilitatea apariţiei unei feţe gri egală cu 1 . In figura următoare 3

vom ilustra acest lucru pentru 1000 de arunc ări ale zarului.

Fig. 1. Apariţia feţei 1 sau 2 în 1000 de aruncări ale unui zar. Evident, în ambele exemple de mai sus, este vorba de “jocuri” sau “experien ţ e aleatoare “ ( a căror efectuare o vom numii probă ), adică experienţe ale căror rezultate posibile se cunosc, însă nu se poate spune cu certitudine înainte de efectuarea lor, care din rezultatele posibile se vor produce. Probabilitatea măsoară deci “şansa” de realizare a “evenimentelor”

legate de astfel de experienţe aleatoare. 71


În cele două exemple am prezentat două “experienţe aleatoare” cu un număr finit de cazuri posibile. În relitate există şi situaţii în care pot fi o infinitate de rezultatele posibile. In concluzie, calculul probabilităţilor este ştiinţa care modelează fenomene aleatoare. Evident, orice modelare implică o simplificare a fenomenelor dar acest lucru conduce la posibilit ăţi de cunatificare, deci la posibilităţi de a efectua calcule şi de a furniza previziuni asupra evenimentelor în cauză.

1. CÂMP DE EVENIMENTE DEFINIŢIE 1.1. Fie o experienţă aleatoare. Mulţimea notată cu Ω, ale cărei elemente sunt rezultatele posibile ale experienţei aleaoare se numeşte univers de probabilitate sau spa ţ u de selec ţ ie ie sau spa ţ iul iul observa ţ iilor iilor sau spa ţ iul iul evenimentelor elementare sau mul ţ imea imea cazurilor posibile. EXEMPLE 1.1. Dacă experienţa aleatoare constă în aruncarea unui zar cubic atunci: Ω = {1,2,3,4,5,6} . Dacă experienţa aleatoare constă în aruncarea unei monede cu feţele notate convenţional c (“cap”) şi p (“pajură”) atunci: Ω = {c, p} . Dacă experienţa aleatoare constă în trei aruncări consecutive ale unei monede (sau aruncarea simultană a trei monede) atunci atunci: Ω = {ccc, ccp, cpc, cpp, pcc, ppc, pcp, ppp} . Dacă experienţa aleatoare constă dintr-un şir infinit de aruncări consecutive ale unei monede atunci: Ω = {c, p} N (mulţimea funcţiilor definite pe N cu valori în {c, p} ). Dacă experienţa aleatoare constă în observarea duratei de funcţionare a unu bec electric de 60 W atunci: Ω = [0,∞). 72


OBSERVAŢIE 1.1. A efectua o experienţă aleatoare este echivalent cu a selecţiona printr-un procedeu oarecare un element ω dintr-o mulţime Ω. De exemplu a arunca un zar este echivalent cu a selecţiona un element din mul ţimea Ω = {1,2,3,4,5,6} . Problema care se pune în legătură cu o experienţă aleatoare este de obicei de tipul urm ător: Se alege o submul ţime A, a mulţimii cazurilor posibile Ω şi se pune întrebarea: rezultatul ω al experienţei aparţine sau nu lui A? Părţile (submulţimile) mulţimii Ω pentru care se pune acest tip de problemă se numesc evenimente . Deci vom numi evenimente anumite submulţimi ale mulţimii Ω (dar nu întotdeauna toate). Evident dac ă A şi B sunt două “evenimente interesante” atunci tot aşa vor trebui să fie A (complementara mulţimii A în raport cu Ω) şi A ∪ B . In concluzie, mulţimea evenimentelor trebue s ă fie stabilă în raport cu complementara şi reuniunea. DEFINIŢIE 1.2. Fie o mul ţime nevidă Ω, P(Ω) mulţimea submulţimilor mulţimii Ω şi ℑ ⊂ P(Ω). ℑ este un trib (sau σ - algebră sau σ -corp de părţi sau corp borelian de părţi) dacă satisface următoarele trei axiome: 1. Ω∈ℑ ℑ 2. Oricare ar fi A∈ℑ ⇒ A ∈ℑ ℑ , unde A = Ω − A 3. Oricare ar fi şirul A1 , A2 ,..., An ,... ∈ ℑ ⇒ U An ∈ ℑ n ≥1

Elementele lui ℑ (care sunt deci submulţimi ale lui Ω) se numesc evenimente . EXEMPLE 1.x. Fie experienţa aleatoare ce constă în trei aruncări consecutive ale unei monede cu feţele notate convenţional c , p şi Ω = {ccc, ccp, cpc, cpp, pcc, ppc, pcp, ppp} mulţimea cazurilor posibile. Cel mai mic trib pe care îl putem defini pe Ω este: ℑ = {Ω,∅}, având două elemente, deci două evenimente. 73


Cel mai mare trib pe care îl putem defini pe Ω este: având 28 elemente (evenimente), întrucât ℑ = P(Ω), card (Ω)=8. Se pot construi multe alte triburi pe mul ţimea Ω, un alt exemplu: ℑ = {Ω,∅, {ccc,ccp,cpc,pcc},{cpp,ppc.pcp,ppp}}. OBSERVAŢII 1.2. Dacă Ω∈ℑ ℑ ⇒ Ω = ∅∈ℑ şi reciproc. Atunci axioma 1. din defini ţia precedentă poate fi înlocuită cu ∅∈ℑ ℑ. S-ar păre că prima axiomă din definiţia 1.2. poate fi dedus ă din celelalte două: A∈ℑ ℑ ⇒ A ∈ℑ ℑ şi conform axiomei 3, Ω = A ∪ A ∈ ℑ. Dacă suntem totuşi atenţi, constatăm că axioma 1 este echivalentă cu faptul că mulţimea ℑ este nevidă şi deci are cel puţin un element A. PROPOZIŢIE 1.1. Fie ℑ un trib de părţi ale mulţimii Ω. Atunci oricare ar fi şirul de evenimente A1 , A2 ,..., An ,... ∈ ℑ ⇒ I An ∈ ℑ n ≥1

Demonstraţie A1 , A2 ,..., An ,... ∈ ℑ şi conform axiomei 2 rezultă că A1 , A2 ,..., An ,... ∈ ℑ. Atunci din axioma 3 rezult ă că U An ∈ ℑ. n ≥1

Conform axiomei 2, U An ∈ ℑ, dar U An = I An = I An . n ≥1

n ≥1

n ≥1

n ≥1

DEFINIŢIE 1.2. Fie Ω o mulţime nevidă şi ℑ⊂ P(Ω) un trib ( σ corp de părţi). Perechea (Ω,ℑ) se numeşte câmp de evenimente. Orice submulţime a mulţimii Ω aparţinând lui ℑ se numeşte eveniment . Evenimentele care conţin un singur element al mulţimii Ω se numesc evenimente elementare , Ω se numeşte evenimentul sigur, ∅ se numeşte evenimentul imposibil. O realizare a experienţei se numeşte probă. Spunem că evenimentul A s-a realizat dacă rezultatul probei aparţine lui A. 74

Constantin P ătrăşcoiu Dacă Ω este finită având n∈N elemente (card (Ω) = n), atunci avem un câmp finit de evenimente şi în acest caz dacă ℑ = P(Ω), atunci ℑ are 2n elemente, din care n evenimente elementare ( formate din câte un singur element al mulţimii Ω).

EXEMPLE 1.2. Dacă experienţa aleatoare constă în aruncarea unei monede cu feţele notate convenţional c (“cap”) şi p (“pajură”), câmpul de evenimente finit (Ω,ℑ = P(Ω)), este constituit din mulţimea cazurilor posibile Ω = {c, p} , corpul de părţi 2 ℑ = {∅, {c},{ p}, {c, p}}. Avem deci 2 = 4 evenimente, din care două evenimente elementare {c}, { p}. Evenimentul {c ,p} este sigur, evenimentul ∅ este imposibil. În cazul aruncării unui zar avem un câmp finit de probabilitate (Ω,ℑ=P(Ω)), mulţimea cazurilor posibile Ω= {1,2,3,4,5,6} , ℑ = {∅, {1}, {2},..., {6}, {1,2},..., {1,2,3},..., Ω} . Cum Ω are 6 elemente, ℑ=P(Ω)), va avea 26 = 64 evenimente din care 6 evenimente elementare {1},{2},{3},{4},{5},{6}. Fie A = {2,4,6} (evenimentul care constă în apariţia unei feţe pare). Dacă rezultatul probei este 2 sau 4 sau 6, spunem că evenimentul A s-a realizat. Evenimentul A = {1,3,5} O urnă conţine două bile albe şi o bilă neagră. Se extrag din urnă succesiv două bile f ără a pune bila extrasă înapoi în urnă. Avem un câmp finit de evenimente ( Ω,ℑ=P(Ω)), mulţimea cazurilor posibile Ω={(a1,a2),(a1,n1),(a2,a1),(a2,n1), (n1,a1) ,(n1,a2)}, ℑ = {∅, {(a1,a2)},…,{ (a1,a2),(a1,n1)},…, Ω}. Cum Ω are A32 =6 elemente, multimea evenimentelor 6 ℑ=P (Ω)), are 2 =64 elemente, din care 6 evenimente sunt elementare. 75


În mod uzual, avem două cazuri particulare de câmpuri de evenimente: Cazul când Ω este finită sau numărabilă, de obicei luăm ℑ = P(Ω) şi deci câmpul de evenimente va fi (Ω,P(Ω)); Cazul când Ω este mulţimea numerelor reale R, luăm ℑ = B (tribul lui Borel), cel mai mic trib care conţine toate intervalele reale şi deci câmpul de evenimente va fi (Ω,B). Se poate demonstra (cu dificultate) că B ≠ _______________________

P(Ω).

Fie o experienţă aleatoare, mulţimea cazurilor posibile Ω şi (Ω,ℑ) câmpul de evenimente asociat. Cum evenimentele (elementele ale lui ℑ), sunt submulţimi (ale lui Ω), cu acestea pot fi efectuate operatiile uzuale din teoria multimilor ( ∪ , ∩,−) şi se poate vorbi de complementara unui eveniment (în raport cu Ω). Pe lângă limbajul ensemblist (folosit în teoria mul ţimilor), în operaţiile cu evenimente vom introduce şi un limbaj specific teoriei probabilităţilor, având deci de-a face cu o dualitate în limbaj. DEFINIŢIE 1.3. Fiind dat un câmp de evenimente (Ω,ℑ), şi două evenimente A, B∈ℑ ℑ, spunem că evenimentul A implică evenimentul B dacă A⊂ B. OBSERVAŢIE 1.3. Dacă A ⊂ B realizarea evenimentului A atrage realizarea evenimentului B (dacă evenimentul A se realizează atunci şi evenimentul B se realizează ) PROPOZIŢIE 1.2. Fiind dat un câmp de evenimente (Ω,ℑ) relaţia:"⊂" este o rela ţ ie de ordine pe multimea ℑ. Evident, dacă A ,B,C ∈ℑ au loc relaţiile: 1. A⊂ A 76

Constantin P ătrăşcoiu 2. A⊂ B şi B⊂ C ⇒ A⊂ C 3. A⊂ B şi B⊂ A ⇒ A = B.

OBSERVAŢIE 1.4. Relaţia " ⊂ " nu este totală (Fiind date două evenimente oarecare A şi B nu rezultă A⊂ B sau B⊂ A). DEFINIŢIE 1.4. Evenimentele A şi B aparţinând aceluiaşi câmp de evenimente se numesc echivalente dacă realizarea unuia din ele atrage realizarea celuilalt. OBSERVAŢIE 1.5 Evenimentele A şi B sunt echivalente dacă A⊂ B şi B⊂ A (deci dacă A= B). ________________________ Fie (Ω,ℑ), un câmp de evenimente. DEFINIŢIE 1.5. Fiind date două evenimente A, B∈ℑ ℑ, evenimentul A ∪ B se numeşte A sau B şi se realizează dacă cel puţin unul din cele două evenimente se realizează. DEFINIŢIE 1.6. Fie două evenimente A, B∈ℑ ℑ. Evenimentul A∩ B se numeşte A şi B. El se realizează dacă ambele evenimente se realizează simultan. DEFINIŢIE 1.7. Fie evenimentul A∈ℑ. Evenimentul A = Ω − A se numeşte evenimentul contrar lui A şi se notează A sau non A. El se realizează dacă nu se realizează A. DEFINIŢIE 1.8. Evenimentele A, B∈ℑ ℑ se numesc incompatibile dacă A∩ B = ∅. Evident, două evenimente incompatibile nu se realizeză simultan. ____________________________ 77


DEFINIŢIE 1.9. Fiind dat un câmp de evenimente ( Ω,ℑ). Se numeşte sistem complet de evenimente o partiţie a multimii Ω, adică o familie evenimente: Ai , (i = 1,2,...,n); disjuncte două câte două ( Ai∩ A j = ∅), cu proprietatea că : Ω = A1∪ A2∪...∪ An. OBSERVAŢIE 1.4. Dacă Ai , (i = 1,2,...,n), este un sistem complet de evenimente, atunci oricare ar fi evenimentul A avem: A=A∩Ω=A∩( A1∪ A2∪...∪ An)=( A∩ A1)∪( A∩ A2)∪...∪( A∩ An) evenimentele A∩ Ai i = 1,2,...,n fiind incompatibile două câte două. OBSERVAŢIE 1.4. Evenimentele elementare constituie un sistem complet de evenimente. Aşa cum am mai spus, fiind dat un câmp de evenimente, în legătură cu evenimentele sale putem folosi limbajul teoriei mul ţimilor sau limbajul evenimentelor (introdus prin defini ţiile precedente). Legătura intre cele două limbaje este dată de tabelul următor, unele din enunţurile din acest tabel putând fi u şor extinse la n evenimente.

Notaţii

Vocabular ensemblist

Vocabular probabilistic

A∈ℑ ℑ ∅ Ω A ⊂ B A ∪ B A∩ B A =Ω-A A∩ B=∅

A aparţine tribului ℑ

A este un eveniment

mulţimea vidă mulţimea cazurilor posibile A este inclus în B A reunit cu B A intersectat cu B Complementara lui A A şi B disjuncte

Evenimentul imposibil Evenimentul sigur A implică B A sau B A şi B Contrarul lui A. A şi B incompatibile

78


PROPOZIŢIE 1.2. Dacă (Ω,ℑ) este un câmp de evenimente atunci oricare ar fi evenimentele A, B,C ∈ℑ au loc relaţiile: A∪ B∈ℑ ℑ A ∪ B = B∪ A A ∪ ∅ = A ( A ∪ B) ∪ C = A ∪ ( B ∪ C ) A ∪ A = A A ∪ A = Ω A∪ ( B∩C ) = ( A ∪ B)∩( A∪ C ) A ∪ B = A ∩ B (De Morgan)

A∩ B∈ℑ ℑ A∩ B = B∩ A A∩Ω = A ( A∩ B)∩C = A∩( B∩C ) A∩ A = A A∩ A = ∅ A∩( B ∪ C ) = ( A∩ B) ∪ ( A∩C ) A ∩ B = A ∪ B (De Morgan)

Unele din enunţurile precedente se pot extinde uşor la n evenimente sau la o familie numărabilă de evenimente. De exemplu, formulele lui De Morgan pentru n evenimente devin: n

n

n

n

k =1

k =1

k =1

k =1

U Ak = I Ak respectiv I Ak = U Ak sau pentru o familie numărabilă de evenimente: U An = I An respeciv I An = U An n∈ N

n∈ N

n∈ N

n∈ N

Vom demonstra pentru exemplificare relaţia A ∪ B = A ∩ B , folosind atât limbajul ensemblist cât şi limbajul evenimentelor. În limbajul mulţimiilor: ∀ x ∈ A ∪ B ⇒ x ∈ E , x ∉ A ∪ B ⇒ x ∈ E , x ∉ A, x ∉ B ⇒ x ∈ A, x ∈ B ⇒ x ∈ A ∩ B ⇒ A ∪ B ⊂ A ∩ B Analog incluziunea A ∪ B ⊃ A ∩ B de unde rezultă egalitatea .

În limbajul evenimentelor: A ∪ B se realizează dacă nu se realizează A∪ B, deci dacă nu se realizează nici A nici B,deci dacă se realizează 79

Constantin P ătrăşcoiu A şi B ,deci dacă se realizează A ∩ B ; ceea ce înseamnă că A ∪ B implică A ∩ B . Analog implicaţia inversă de unde rezultă echivalenţa.

EXEMPLE 1.3. În cazul aruncării unei monede câmpul de evenimente (Ω,ℑ), este dat de Ω = {c, p} şi ℑ = {∅,{c},{ p}, {c, p}}. Evident, au loc egalităţile: {c} = { p},{ p} = {c},{c} ∪ { p} = Ω,{c} ∩ { p} = ∅ Deci contrarul evenimentului {c} este { p} şi reciproc, evenimentele {c} şi { p} sunt elementare şi constitue un sistem complet de evenimente O urnă conţine două bile albe şi două bile negre .Se extrag din urnă succesiv două bile f ără a pune bila extrasă inapoi în urnă. Mulţimea cazurilor posibile Ω are A43 =12 elemente. Ω={ (a1,a2), (a1,n1), (a1,n2) , (a2,a1), (a2,n1), (a2,n2) , (n1,a1), (n1,a2 ), (n1,n2), (n2,a1), (n2,a2), (n2,n1) } unde am notat bilele albe a1, a2 şi bilele negre n1,n2. Câmpul de evenimente asociat are 212 evenimente din care 12 sunt evenimente elementare. Fie evenimentele (neelementare): A={(n1,n2),(n2,n1)}, B ={(a1,a2),(a2,a1)}, C ={(n1,a1),(n1,a2),(n1,n2),(n2,a1),(n2,a2),(n2,n1)}, D={(a1,a2),(a1,n1),(a1,n2),(a2,a1) ,(a2,n1),(a2,n2)}. Se pot verifica imediat relaţiile: A∩ B=∅, A⊂ C ,B⊂ D, C = D , D =C Deci, evenimentele A şi B sunt incompatibile, evenimentul A implică B; B implică D,contrarul lui C este D şi contrarul lui D este C . Evenimentul A se realizează dacă ambele bile extrase sunt negre , evenimentul B se realizează dacă ambele bile extrase sunt albe evenimentul C se realizează dacă prima bilă extrasă este neagră , 80


evenimentul D se realizează dacă prima bilă extrasă este albă Evident nerealizarea lui C atrage realizarea lui D( C ⊂ D) şi nerealizarea evenimentului D atrage realizarea evenimentului C ( D ⊂ C ) de unde C = D, D =C . Evenimentul C-A={(n1,a1)(n1,a2),(n2,a1),(n2,a2)} Evenimentul C-A = C ∩ A acest eveniment realizandu-se dacă se realizeaza “ C si A ”. EXERCIŢII 1.1.

1.Fie (Ω,ℑ) un câmp de evenimente şi A, B∈ℑ ℑ. Să se demonstreze că: a) B∩( A- B) = ∅ ; b) A- B = A-( A∩ B); c) A∩ B ⊂ A d) A∪ B = A∪( B- A); e) A = B∪ ( A∩ B) dacă B ⊂ A

2. Stiind că toate evnimentele care intervin aparţin aceluiaşi câmp de evenimente (Ω,ℑ), să se demonstreze următoarele relaţii: 1) A1 ∩ A2 ∩... ∩ An = A1 ∪ A2 ∪...∪ An , (n∈N,n ≥ 2) 2) A1 ∪ A2 ∪... ∪ An = A1 ∩ A2 ∩...∩ An , (n∈N,n ≥ 2) 3) A ∩ ( A1 ∪ A2 ∪... ∪ An ) = ( A ∩ A1 ) ∪ ( A ∩ A2 )∪...∪ ( A ∩ An ) (n∈N,n ≥ 2) 4) A ∪ ( A1 ∩ A2 ∩... ∩ An ) = ( A ∪ A1 ) ∩ ( A ∪ A2 )∩...∩ ( A ∪ An ) (n∈N,n ≥ 2) 5) A = A 6) A ∪ B = A ∩ B 81


3. Să se demonstreze că dacă evenimentul A implică evenimentul B atunci contrarul evenimentului B implică contrarul evenimentului A. Reciproca este adevarată ? 4. Dacă evenimentul " A sau B" este echivalent cu B, evenimentul " A şi B" este echivalent cu A? Reciproca este adevarată? 5. Dacă evenimentele A, B sunt incompatibile, care din urmatoarele relaţii: (a) A∪ B = Ω; (b) A∩ B = A; (c) B⊂ A ; (d) A∪ B =Ω ; (e) A∪ B = Ω . sunt adevărate? 6. O urnă conţine 5 bile albe şi 3 bile negre.Se extrag din urnă două bile, notându-se culorile. a) Câte evenimente elementare are câmpul de evenimente corespunzător dacă prima bilă extrasă nu este pusă înapoi în urnă ? b) Câte evnimente elementare are câmpul de evenimente corespunzator dacă prima bilă extrasă este pusă înapoi în urnă ? Fie A evenimentul care se realizează dacă cel puţin una din bilele extrase este albă, B evenimentul care se realizează dacă ambele bile extrase sunt negre. Câte evenimente elementare implică evenimentul A şi câte implică B în cazul (a), respectiv (b) ? 82


2. PROBABILITATE. CÎMP DE PROBABILITATE .DEFINIŢIE 1.9. Fie (Ω,ℑ) un câmp de evenimente. Se numeşte probabilitate pe câmpul de evenimente (Ω,ℑ), o functie P: ℑ → [0,1] satisf ăcând următoarele două axiome: 1) P(Ω)=1 2) Oricare ar fi şirul de evenimente A1 , A2 ,..., An ,... ∈ ℑ, disjuncte două câte două ( Ai ∩ A j ≠ ∅, i ≠ j ), avem   ∞ P U Ak  = ∑ P ( Ak ) .  k ≥1  k =1   (seria ∑ ( Ak ) este convergentă şi are suma P U Ak  ) k =1  k ≥1  DEFINIŢIE 1.9. Tripletul (Ω,ℑ,P) se numeşte câmp de probabilitate. Dacă câmpul de evenimente (Ω,ℑ) este finit câmpul de probabilitate (Ω,ℑ,P) se numeşte câmp finit de probabilitate. ∞

OBSERVAŢIE 1.4. Axioma 2 din definiţia probabilităţii se numeşte proprietatea de σ - aditivitate a probabilit ăţii. Dacă câmpul de probabilitate este finit adică mulţimea cazurilor posibile Ω este finită, axioma 2 poate fi înlocuită cu proprietatea de aditivitate: P( A∪ B) = P( A) + P ( B) oricare ar fi evenimentele A, B disjuncte ( A∩ B ≠ ∅ ).

EXEMPLU 1.3. Fie experienţa aleatoare ce constă în trei aruncări consecutive ale unei monede cu feţele notate convenţional c (“cap”), p (“pajură”) şi Ω= {ccc, ccp, cpc, cpp, pcc, ppc, pcp, ppp} mulţimea cazurilor posibile. Fie câmpul de evenimente (Ω,ℑ) unde tribul: ℑ = {Ω,∅, {ccc,ccp,cpc, pcc},{cpp ,ppc ,pcp, ppp}}. 83

Constantin P ătrăşcoiu Definim funcţia P: ℑ → [0,1] prin: P(Ω)=1, P(∅)=0,

1 2 . 3 3 Se verifică f ără dificultate că P este o probabilitate. P({ccc,ccp,cpc, pcc})= , P ({cpp, ppc, pcp, ppp})=

TEOREMĂ 1.3. Fie (Ω,ℑ,P) un câmp de probabilitate. Atunci 1. P (∅)=0. 2. Dacă A1 , A2 ,..., An ∈ ℑ sunt două câte două disjuncte, atunci P( A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An ) = P( A1 ) + P( A2 ) + … + P( An ). În particular P( A ) = 1- P( A). 3. Dacă A, B ∈ ℑ şi A ⊂ B atunci P( A) ≤ P(B). Demonstraţie. 1. Aplicând axioma de aditivitate a probabilităţii şirului constant An = ∅, care este format din evenimente două câte două disjuncte obţinem o serie convergentă de termen general P(∅) constant. Cum termenul general al unei serii convergente are limita 0, trebue să avem P(∅)=0. 2. Prima parte se obţine aplicând axioma de aditivitate 2 pentru şirul A1 , A2 ,..., An , ∅ = An +1 = An+ 2 = .... şi utilizând P(∅) = 0. Aplicând egalitatea obţinută pentru n = 2, A1 = A, A2 = A obţinem 1= P(Ω) = P( A) + P( A ), adică P( A )=1- P( A). 3. Dacă A ⊂ B putem scrie B = A ∪ ( B − A) ca reuniune a două mulţimi disjuncte, şi aplicând punctul precedent al teoremei avem P( B) = P( A) + P ( B − A) ≥ P ( A) TEOREMĂ 1.3. Fie (Ω,ℑ,P) un câmp de probabilitate. Atunci 1. Fie doă evenimente nu neapărat disjuncte A, B ∈ℑ ℑ. Avem: P( A∪ B) = P( A) + P( B) - P( A ∩ B). Dacă A1 , A2 ,..., An ∈ ℑ unt evenimente nu neapărat disjuncte atunci P( A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An ) ≤ P( A1 ) + P( A2 ) + … + P( An ). 84


2. Continuitate crescătoare şi descrescătoare: Fie un şir B1 , B2 ,..., Bn ,... crescător ( Bn ⊂ Bn +1 , n ≥ 1 ) sau un şir descrescător ( Bn ⊃ Bn+1 , n ≥ 1 ) de evenimente ale lui ℑ Atunci, în cazul crescător avem: şirului lim P( Bn ) = P( U Bn ) iar în cazul şirului descrescător n → +∞

n ≥1

lim P( Bn ) = P( I Bn ).

n → +∞

n ≥1

3. Subaditivitate numărabilă: Fie un şir B1 , B2 ,..., Bn ,... de evenimente ale lui ℑ . Atunci seria

∞

∑1 P( B

k

) este divergentă

k =





 n≥1



sau este convergentă caz în care suma sa este ≥ P U Bn  . Demonstraţie. 1. B = ( A ∩ B) ∪ ( B − A) , ( A ∩ B) ∩ ( B − A) = ∅. Rezultă P( B) = P( A ∩ B) + P( B-A). Analog P( A) = P( A ∩ B) + P ( A-B). Scriem apoi A ∪ B = ( A ∩ B ) ∪ ( B − A) ∪ ( A − B) ca reuniune de trei mulţimi disjuncte două câte două, de unde: P ( A ∪ B ) = P ( A ∩ B ) + P ( B − A) + P ( A − B) = = P ( A ∩ B ) + (P( B)- P ( A ∩ B ) ) + (P( A) - P ( A ∩ B ) )= = P( A) + P( B) - P ( A ∩ B ) . Vom demonstra prin inducţie a doua relaţie a acestui punct. Pentru n = 1 inegalitatea este adevărată. Presupunem inegalitatea adevărată pentru n şi luăm: A = A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An , B = An +1 . Vom avea: P ( A ∪ B ) = P( A) + P( B) - P ( A ∩ B ) ≤ P( A) + P ( B) n

∑1 P( A ) + P( A

≤

k

k =

85

n +1

).


2. In cazul şirului crescător, punem A1 = B1 şi pentru n ≥ 2, An = Bn − Bn −1 . Termenii şirului A1 , A2 ,..., An ,... sunt atunci doi câte doi disjuncţi şi deci seria: ∞

∑1 P( A ) k

este convergentă. Aplic and punctul 2 al teoremei

k =

precedente avem: P( Bn ) = P( A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An ) =

n

∑1 P( A ) . k

k =

Trecând la limită obţinem: lim P( Bn ) =

n → +∞

∞

∑1 P( A ) k

k =

Dar, conform axiomei de aditivitate al doilea membru este P( U Ak ) = P( U Bn ). k ≥1

n ≥1

Pentru cazul descrecător, se poate ajunge la cazul precedent prin trecere la complementare, cu ajutorul regulelor lui De Morgan: complementara reuniunii este intersecţia complementarelor: lim P( Bn ) = 1- lim P( Bn ) =1- P( U Bn ) = 1-(1- P( I Bn )) = n → +∞

n → +∞

n ≥1

n ≥1

= P ( I Bn ). n ≥1

3. Sirul evenimentelor definit prin C n = B1 ∪ B2 ∪ ... ∪ Bn este crescător şi îi putem aplica punctul 2. Utilizând de asemenea aditivitatea finită avem: P( U Bn ) = lim P( C n ) ≤ lim (P( B1 ) + P( B2 ) + … + P( Bn )) = n ≥1

n → +∞

n → +∞

∞

= ∑ P ( Bk ) . k =1

CONSECINŢE Din demonstraţia punctului 1. al teoremei precedente avem: P( A-B) = P( A)- P ( A∩ B), de unde P( A-B) = P( A)- P( B), dacă B⊂ A 86


EXERCIŢII 1.1. 1. Fie A, B, C trei evenimente aparţinând aceluiaşi câmp de probabilitate (Ω,ℑ,P) . Demonstraţi că: P( A ∪ B ∪ C ) = P( A) +P( B) + P(C ) - P( A ∩ B) - P( B ∩ C ) - P(C ∩ A) + P ( A ∩ B ∩ C) 2. Fiind date n evenimente A1 , A2 ,..., An aparţinând aceluiaşi câmp de probabilitate (Ω,ℑ,P) demonstraţi egalitatea: P ( A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An ) = Ρ ( A ) − ∑ Ρ ( A ∑ 1 1 i

≤i ≤ n

i

≤ i < j ≤ n

∑ Ρ ( A ∩ A

∩ A j ) +

i

j

n

∩ Ak ) + ... + (−1) Ρ (I Ai ) n

1≤ i < j < k ≤ n

i =1

Probabilitate pe o mulţime finită PROPOZIŢIE Fie (Ω,ℑ=P(Ω),P) un câmp finit de probabilitate. Atunci probabilitatea P, este complet determinată de valorile sale pentru evenimente elementare (de colecţia (P({ω}))ω∈Ω). Demonstraţie. Fie n = card(Ω) şi Ω = {ω 1 , ω 2 ,..., ω n } . Fie un eveniment oarecare A = {ω i1 , ω i2 ,..., ω i } ∈ℑ ℑ Atunci . A = {ω i1 } ∪ {ω i2 } ∪ ... ∪ {ω i } . Evenimentele elementare fiind incomatibile dou ă câte două avem: P( A) = P ( {ω i1 } ) + P( {ω i2 } ) +…+ P ( {ω i } ) c.t.d. k

k

k

CONSECINŢĂ In condiţiile propoziţie precedente avem: P( {ω 1} ) + P( {ω 2 } )+…+P( {ω n } ) = P(Ω)=1 PROPOZIŢIE Fie Ω o mulţime finită şi x → p x o funcţie definită pe Ω cu valori în muţimea numerelor reale nenegative cu proprietatea c ă ∑ p x = 1 . x∈Ω

87


Dacă pentru orice eveniment A ⊂ Ω , punem P ( A) = ∑ p x , x∈ A

atunci (Ω,P(Ω),P) este un câmp de probabilitate. Reciproc, orice probabilitate P pe câmpul (Ω,P(Ω)) este de forma precedentă cu p x = P ({ x}). EXERCIŢIU Să se determine câmpul de probabilitate (Ω,ℑ,P) dacă Ω = {1,2,3,4,} şi probabilităţile evenimentelor elementare sunt proporţionale cu numerele 5,7,6,9. Rezolvare. Ω fiind dată se cunoaşte şi tribul ℑ=P(Ω),. Probabilitatea oricărui eveniment fiind cunoscută dacă se cunosc probabilităţile evenimentelor elementare rămâne să determinăm doar probabilităţile evenimentelor elementare. Fie : P ({1}) = p, P ({2}) = q, P ({3}) = s, P ({4}) = t . Atunci p + q + s + t = 1 şi din ipoteză rezultă că: p q s t p + q + s + t 1 şi deci = = = = = 5 7 6 9 5 + 7 + 6 + 9 27 5 7 6 2 9 1 , q = , s = = , t = = p = 27 27 27 9 27 3

Un caz particular important - probabilităţi echidistribuite, este dat de propoziţia următoare: PROPOZIŢIE Fie (Ω,ℑ=P(Ω),P) un câmp finit de probabilitate, evenimentele elementare fiind egal probabile. Atunci probabilitatea oricărui eveniment este raportul dintre num ărul evenimentelor elementare incluse în evenimentul respectiv (cazuri favorabile) şi numărul total al evenimentelor elementare (cazuri posibile), adică : card ( A) nr . cazuri favorabile = P ( A) = card (Ω) nr . cazuri posibile 88


Demonstraţie : Fie Ω = {ω 1 , ω 2 ,..., ω n } şi A = {ω i1 , ω i2 ,..., ω i } un eveniment oarecare. Dacă evenimentele elememtare au aceeaşi probabilitate, cum P ( {ω 1} ) + P ( {ω 2 } )+…+P ( {ω n } ) =1, 1 rezultă că P ( {ω i } )= , i∈{1,2,...,n}. Atunci k

n

P ( A) = P ( {ω i1 , ω i2 ,..., ω ik } ) = P ( {ω i1 } ∪ {ω i2 } ∪ ... ∪ {ω ik } ) = P ( {ω i } ) + P ( {ω i2 } )+…+P ( {ω ik } ) =

k , c.t.d. n

EXEMPLE 1.3. 1.Considerăm aruncarea unui zar "perfect". Mulţimea cazurilor posibile Ω ={1,2,3,4,5,6},ℑ = P(Ω) are 26 = 64 evenimente. Avem un câmp finit de probabilitate. 1 Cele 6 evenimentele elementare au aceeaşi probabilitate 6 (renumerotarea feţelor zarului nu influentează rezultatul probei, zarul fiind considerat "perfect"). Fie A evenimentul care se realizează dacă se obţine o faţă pară. 3 1 ( A={2,4,6}) Atunci P ( A)= = deoarece există trei cazuri 6 2 favorabile (evenimente elementare incluse în A) şi şase cazuri posibile (evenimente elementare). 2.Considerăm aruncarea unei pioneze.Mulţimea cazurilor posibile Ω = {P1,P2} unde am notat cu P1, respectiv P2 cele dou ă poziţii posibile ale pionezei (P1 : pioneza cu cu vârful atingând planul orizontal si P2 : pioneza cu vârful pe vertical ă). Suntem în cazul unui câmp finit de probabilitate. Evenimentele elementare {P1},{P2} nu au aceeaşi probabilitate. O probabilitate pe câmpul de evnimente asociat este dată, dacă se dau probabilitaţile celor două evenimente elementare. Cum {P2} este contrarul lui {P1}; probabilitatea este dată dacă se dă probabilitatea evenimentului {P1}. Dacă P({P1}) = p∈ (0,1) ⇒ P {P1})=1- p, (P (Ω)=1, P ( ∅ )=0). 89


3.O urnă conţine patru bile albe(notate cu a1,a2,a3,a4) şi două bile negre(notate cu n1,n2). Din urna se extrage o bil ă. Mulţimea cazurilor posibile Ω = {a1,a2,a3,a4, n1,n2. Evenimentele elementare Ai={ai},i=1,2,3,4; Bi={ni}, i=1,2 1 au aceeaşi probabilitate (revopsirea şi renumerotarea bilelor nu 6 influenţează rezultatul probei) . Există deci şase cazuri posibile.. Fie A evenimentul care se realizează când bila obţinută este albă ( A={a1, a2, a3, a4 }) şi B evenimentul care se realizează dacă bila obţinută este neagră ( B={n1,n2}). Există patru cazuri favorabile lui A 4 2 2 1 şi două cazuri favorabile lui B. avem P ( A) = = , P ( B) = = . 6 3 6 3 4. O urnă conţine patru bile albe şi două bile negre. Se extrag simultan două bile din urnă. Fie A evenimentul care se realizează dacă cele doua bile sunt albe şi B evenimentul care se realizează dacă una din bile este albă şi cealaltă neagră. Să se calculeze probabilităţile celor doua evenimente. Există două posibilităti de alegere a evenimentelor elementare deci a câmpului de evenimente asociat (şi a câmpului de probabilitate respectiv). i). Presupunem că luăm în considerare ordinea notării culorii celor două bile. Există atunci A 26 =30 evenimente elementare egal probabile (cazuri posibile) şi A 24 =12 evenimente elementare incluse în A(cazuri favorabile evenimentului A) şi deci 12 2 = . P( A) = 30 5 Cazurile favorabile evenimentului B sunt (a1,n1) (a1,n2) (n1,a1) (n1,a2) (n1,a3) (n1,a4) (a2,n1) (a2,n2) (n2,a1) (n2,a2) (n2,a3)(n2,a4) (a3,n1) (a3,n2) (a4,n1) (a4,n2) 90


16 8 şi deci P ( B) = = . 30 15

ii). Presupunând că nu notăm ordinea de extragere a celor două bile, există atunci C 26 =15 evenimente elementare şi C 24 =6 cazuri favorabile pentru A. Rezultă : 6 2 P ( A) = = . 15 5 Pentru B avem 8 cazuri favorabile: { a1,n1},{ a1,n2} { a2,n1},{ a2,n2} { a3,n1},{ a3,n2} { a4,n1},{ a4,n2} şi deci: 8 P ( B) = . 15 5. Într-un hotel 49% din turi şti vorbesc germana , 27% vorbesc franceza şi 12% vorbesc şi germana şi franceza. Care este probabilitatea ca alegînd la întâmplare un turist din acest hotel (orice turist are aceeaşi şansă de a fi ales.) , acesta : i)Să vorbească cel puţin una din cele două limbi . ii)Să vorbească numai franceza Soluţie. Suntem în cazul unui câmp de probabilitate finit cu evenimentele elementare egal probabile Fie evenimentele: G:“turistul vorbeşte germana”; F :“turistul vorbeşte franceza”; S :“turistul vorbeşte cel puţin una din cele două limbi”; N :”Turistul vorbeşte numai franceza”. i). Evident evenimentele G şi F nu sunt incompatibile şi deci : P (S ) = P (G∪F )= P (G)+P(F )- P (G∩F )=0,49+0,27-0,12=0,64 Observaţie:Pentru a avea o imagine intuitiv ă putem folosii diagrama Venn asociată evenimentelor G şi F . (Ω este evenimentul sigur) 91


Se poate observa de exemplu c ă: S = G∪(F -(F ∩G)) şi deci P (S )=0,49+0,15=0,64 ii). P ( N )= P (F ∩G )= P (F )- P (F ∩G)=0,27-0,15=0,12 Justificarea formulei de mai sus se poate face în modul următor: P (F )= P [(F ∩G)∪(F ∩ G )] = P (F ∩G)+ P(F ∩ G ) deoarece evenimentele din paranteza dreaptă sunt disjuncte. Deci P (F∩G ) = P (F) - P (F∩G) pentru orice evenimente F ,G. Intuitiv acest rezultat se observă imediat pe diagrama Venn corespunzătoare celor trei evenimente. 6. Într-un liceu există trei cercuri sportive:Handbal, Fotbal şi Tenis. Un elev care participă la cel puţin unul din aceste cercuri îl vom numii “sportiv”. Repartizrea elevilor în aceste cercuri este dat ă de următorul tabel: Handbal

Fotbal

Tenis

Handbal şi Fotbal

Handbal şi Tenis

Fotbal şi Tenis

18%

35%

9%

7%

6%

8%

Handbal Tenis şi Fotbal 4%

Alegând la întâmplare un elev din liceu (oricare elev având aceeaşi şansă să fie ales ) care este probabilitatea ca să fie ales un “sportiv”?

92


Ca şi în problema precedentă pentru formarea unei imagini intuitive, prezentăm alături diagrama Venn corespunzătoare evenimentelelor care intervin Fie evenimentele H :”elevul participă la cercul de handbal” F : ”elevul participă la cercul de fotbal” T : ”elevul participă la cercul de tenis” S : ”elevul este sportiv”. Vom avea atunci: P ( H ∪F ∪T )= P( H ) + P(F ) + P (T ) - P ( H ∩F ) - P ( H ∩T ) - P (T ∩S ) + P ( H ∩F ∩T )

= 0,18+0,35+0,9-0,7-0,6-0,8+0,4=0,45. Evenimentul S se poate scrie ca reuniunea unor evenimente disjuncte a căror probabilitate este cunoscută şi să se calculeze şi în acest mod probabilitatea evenimentului S . 7. Într-un oraş cinci prieteni M,N,P,Q,R au hotărât simultan şi independent unul de celălalt să meargă la un cinematograf .Dacă în oraş există şase cinematografe şi oricare are aceeaşi probabilitate de a fi ales , să se calculeze probabilităţile următoarelor evenimente: A:”toţi cinci să aleagă acelaşi cinematograf.” B:”toţi cinci să aleagă cinematografe diferite” 93

Constantin P ătrăşcoiu C :”primii doi ( M,N ) să aleagă acelaşi cinematograf şi ceilalţi

cinematografe diferite de cel al primilor doi şi diferite între ele.” D:” doi să aleagă acelaşi cinematograf şi ceilalţi cinematografe diferite de cel al celor doi şi diferite între ele.” R:”cel puţin doi să aleagă acelaşi cinematograf.” Soluţie. Suntem în cazul unui câmp de probabilitate finit cu evenimente elementare egal probabile. Un eveniment elementar (un caz posibil)este determinat de o alegere a celor cinci. A-i trimite pe cei cinci prieteni la cinematograf înseamnă a asocia fiecăruia un cinematograf. Dacă Ci ; i =1,2,3,4,5,6 sunt cele şase cinematografe un caz posibil va fi deci o corepondenţă ,de la mulţimea celor cinci prieteni la mulţimea celor şase cinematografe,cu condiţia ca la fiecare element al mulţimii prietenilor să corespundă un element şi numai unul din mulţimea cinematografelor. Deci un caz posibil va fi o funcţie de la mulţimea celor 5 prieteni la mulţimea celor 6 cinematografe.Se ştie atunci că există 65 astfel de funcţii deci există 65 cazuri posibile .Există 6 cazuri favorabile evenimentului A şi deci 6 1 P ( A) = 5 = 4 . 6 6 Un caz favorabil evenimentului B este o funcţie injectivă de la mulţimea celor cinci prieteni la mul ţimea celor şase cinematografe.Există A65 astfel de funcţii injective. Deci P (B) =

A65

65 Raţionând ca mai sus : P ( D)= 6

A63 5

; P ( R) =

6 R este contrarul lui B deci:

P ( R) =1- P ( B) = 1-

C 52 A63

65

A65

65 94


EXERCIŢI 1). Evenimentele A, B aparţin unui câmp finit de probabilitate (Ω,ℑ,P). a).Se dă: P ( A)=0,6 şi P ( A∩ B)=0,4. Se cere P ( A ∩ B ). b).Se dă: P ( A )=0,5; P ( B )=0,6 şi P ( A∩ B)=0,2. Se cere: P ( A∪ B) c).Se dă: P ( A )=0,8 şi P ( A ∩ B ). Se cere : P ( A ∩B) d).Se dă: P ( A)=0,5, P ( B)=0,6 şi P ( A ∪ B )=0,2 Se cere: P ( A∪ B) e).Se dă : A ∩ B =∅; Se cere: P ( A∪ B) f). Se dă : P ( A ∩ B ) =0,6 . Să se expice de ce P ( A)≥0,6 şi P ( B)≥0,4 g).Diferenţa simetrică a două evenimente Aşi B este definită prin: A ∆B = ( A ∩ B ) ∪ ( B ∩ A).

Sesizaţi că acest eveniment se realizează dacă se realizează exact unul din evenimentele A, B. Demonstraţi că: P ( A∆ B) = P ( A) + P ( B)-2 P ( A∩ B) 2). Studentul DAN alege la întâmplare din alfabetar, trei din cele 27 de litere, pe care le aşează în ordinea extragerii în faţa sa. Care este probabilitatea să obţină literele din care este format numele său .( toate literele au aceeaşi şansă să fie alese). 95


3). Cei 11 jucători ai unei echipe de fotbal având tricouri numerotate de la 1 la 11 se aşează în mod întâmpl ător pe un rând. Care este probabilitatea ca în dreapta jucătorului cu numărul 7 să fie cel cu numărul 11? 4). Se aruncă trei zaruri perfecte. Care este probabilitatea ca suma punctelor obţinute să fie : i) egală cu 15; ii) mai mare ca 14; iii) mai mică decât 20?

3. PROBABILITATE CONDIŢIONATĂ Fie (Ω,ℑ, P) un câmp de probabilitiate DEFINIŢIE 1.9. Fiind date două evenimente A, B∈ℑ ℑ, P( B)≠0, se numeşte probabilitate a evenimentului A condi ţ ionat ă de evenimentul P( A ∩ B) B, raportul notat: P ( A / B ) = P( B) OBSERVAŢIE 1.9. Probabilitatea evenimentului A condiţionată de evenimentul B se poate interpreta ca probabilitate a evenimentului A ştiind că s-a realizat evenimentul B. Vom justifica observaţia precedentă în cazul unui câmp finit de probabilitate cu evenimentele elementare egal probabile. Fie n numărul cazurilor posibile , j numarul cazurilor favorabile evenimentului B şi k numarul cazurilor favorabile evenimentului A ∩ B.

96


Ştiind că s-a realizat B (s-a realizat unul din cele j evenimente k elementare incluse în B), probabilitatea realizarii lui A va fi j deoarece k din cele j evenimente elementare sunt incluse şi în A. k k P( A ∩ B) Dar = n = = P( A / B) j j P( B) n EXERCIŢI

1. Se dau două urne, prima având două bile albe şi trei negre , a doua cinci bile albe şi şapte bile negre. Se alege la întâmplare o urnă din care se extrage o bilă. Fie A evenimentul realizat dacă bila obţinută este albă şi B evenimentul realizat dacă 5 extragerea s-a efectuat din urna a doua. Atunci P(A/B)= 12 2. O familie are doi copii dintre care o fată. Care este probabilitatea că celălalt copil să fie băiat? Care este probabilitatea că celălalt copil să fie băiat dacă fata a fost primul copil al familiei? Presupunem că probabilitatea unui nou n ăscut este aceeaşi indiferent de sex sau de ordinea naşterii. Atunci mulţimea cazurilor posibile pentru o familie cu doi copii este: Ω={ fb,bf ,ff ,bb}. Cum familia are o fată, înseamnă că s-a realizat evenimentul A1={ fb,bf ,ff }. Fie B1={ fb,bf } evenimentul ca familia să aibă un băiat şi o fată. Atunci prima întrebare solicită probabilitatea evenimentului B1 condiţionat de evenimentil A1. 1 P ( A1 ∩ B1 ) 2 P({ fb, bf }) P( B1 / A1) = = = 2 = P( A1 ) P({ fb, bf , ff }) 3 3 4 97


Puteam calcula probabilitatea de mai sus şi cu ajutorul observaţiei precedente: ştiimcă s-a realizat evenimentul A 2 probabilitatea lui B1 condiţionată de A1 este (două cazuri 3 favorabile din cele trei posibile). In cazul al doilea se cere P( B2 / A2) cu A2={ fb, ff }şi B2={ fb}. Se 1 obţine P( B2 / A2)= 2 EXERCIŢI 1.Studiindu-se traficul pe o autostradă (în S.U.A) s-au obţinut urmă-toarele rezultate: • Probabilitatea ca un şofer să fi implicat intr-un accident este: 0,000 000 097 (deci P(“accident”)=0,000 000 097) • Probabilitatea ca un şofer să fie ”intoxicat”(să fi consumat alcol, droguri sau medicamente contraindicate)este:0,000 39. (deci P(“intoxicat”)=0,000 39) • Probabilitatea ca un şofer să fie în acelaşi timp şi implicat în acident şi “intoxicat” este:0,000 000 041. (deci P(“accident”∩“intoxicat”)=000 000 041) Avem atunci:

98


P (" accident" ∩"intoxicat") P (" accident"/" intoxicat") = = P ("intoxicat") =

0, 000 000 041 = 0, 000105 0, 00039

P ("intoxicat"/"accident) =

P ("intoxicat" ∩"accident") = P ("accident")

0, 000 000 041 = = 0, 423 0,000 000 097 P (" accident"/" neintoxicat") = =

P ("accident" ∩"intoxicat") = P ("intoxicat")

P ("accident") - P ("accident" ∩"intoxicat") = 1- P ("intoxicat")

0,000 000 097 - 0,000 000 041 = = 0,000 000 056 1-0,000 39 : • Din egalitatea a doua rezultă: 42,3% din persoanele implicate în accidente sunt “intoxicate” • Din prima şi a treia rezultă că un şofer “intoxicat”este de : 0,000 105/0,000 000 056 =1877 mai expus unui accident decât unul “neintoxicat”. 2.Se dau patru cărţi de joc:As de pică ,As de treflă ,Damă de pică şi Damă de treflă. Cărţile se pun cu faţa în jos,se amestecă şi se aleg două din ele. Fie evenimentele: -B:”s-au obţinut doi aşi” -C:”în cărţile alese este asul de pică” -D:” în cărţile alese este cel puţin un as”. Atunci vom avea:

99


1 P ( B ∩ C ) 6 1 = = P ( B / C ) = 1 3 P ( C ) 2 1 P ( B ∩ D) 6 1 P ( B / D) = = = 5 5 P ( D) 6

Deci dacă ştim că în cele două cărţi există un as specificat probabilitatea ca şi al doilea să fie as este mai mare decât dacă ştim că în cărţile alese este un as nespecificat. NEAŞTEPTAT! CONSECINŢĂ Din definiţia probabilităţii condiţionate rezultă : P( A∩ B)=P( B) P( A / B) sau (schimbând rolurile lui A şi B dacă P( A)>0 ) : P( A∩ B)=P( A) P( B / A) şi deci P( B) P( A / B)=P( A) P( B / A) PROPOZIŢIE

Aplicaţia P( . / B) : ℑ→ [0,1] A→ P( A / B) este o probabilitate pe ℑ. PROPOZIŢIE (Formula probabilităţii totale) Fie (Ω,ℑ, P) un câmp de probabilitiate. Dacă Ai,(i = 12....n) este un sistem complet de evenimente cu probabilităţi nenule atunci probabilitatea unui eveniment oarecare A∈ℑ ℑ va fi dată de formula: n

P ( A) =

∑1 P( A ) P( A / A ) i

i

i=

Demonstraţie: Evident A = A ∩ Ω = A ∩ ( A1 ∪ A2 ∪... ∪ An ) = ( A ∩ A1 ) ∪ ( A ∩ A2 )∪...∪ ( A ∩ An ) şi evenimentele ( A ∩ Ai), i=12..n, sunt incompatibile două cîte două. Deci, conform consecinţei precedente: 100

Constantin P ătrăşcoiu n

P ( A) =

n

∑1 P( A ∩ A ) = ∑1 P( A ) P( A / A ) i

i=

i

i

i=

PROPOZIŢIE În condiţile propoziţiei precedente avem: P ( Ai / A) =

P ( Ai ∩ A) = P ( A)

P ( Ai ) P ( A/ Ai ) n

∑1 P( A ) P( A / A ) k

, i = 1,2,.,n

k

k =

(Formula lui Bayes) EXERCIŢIU Se dau trei urne având compoziţiile date de tabelul următor: Urna U1 U2 U3

Numărul bilelor albe 5 4 6

Numărul bilelor negre 2 3 8

Se alege la întâmplare o urnă din care se extrage o bilă. Se cere: i) Probabilitatea ca bila extrasă să fie albă ii) Ştiind că bila extrasă a fost albă se cere probabilitatea ca acesta să provină din urna U2 Fie Ai (i=1,2,3) evenimentul realizat dacă extracţia se face din urna Ui şi A evenimentul realizat dacă bila extrasă este albă. Evident evenimentele Ai (i = 1,2,3) formează un sistem complet de evenimente. 1 5 4 6 P( A1 ) = P( A2 ) = P( A3 ) = , P( A / A1 ) = , P( A / A2 ) = , P( A / A3 ) = 3 7 7 14 şi deci conform formulei probabilităţii totale avem: 3 15 14 1 6 4 P ( A) = ∑ P ( Ai ) P( A / Ai ) = + + = 3 7 3 7 3 14 7 i =1 101


Probabilitatea cerută la punctul ii) va fi conform formulei lui Bayes: 14 1 P ( A2 ) P ( A / A2 ) P ( A2 / A) = 3 = 37 = 4 3 P ( Ai ) P ( A/ Ai ) ∑ 7 i =1 PROPOZIŢIE Pentru oricare evenimente A1 , A2 ,..., An aparţinând aceluiaşi câmp de probabilitate are loc rela ţia: P( A1 ∩ A2 ∩... ∩ An )= P ( A1 ) P ( A2 / A1 ) P( A3 / A1 ∩ A2 )... P ( An / A1 ∩ A2 ∩... ∩ An −1 ) Demonstraţie: P ( A1 ) = P ( A1 ) P ( A2 / A1 ) =

P( A2 ∩ A1 ) P ( A1 )

P( A3 ∩ A2 ∩ A1 ) P ( A3 / A1 ∩ A2 ) = P( A1 ∩ A2 )

...................................................................... P( An ∩ ... ∩ A2 ∩ A1 ) ( / ... ) P An A1 ∩ A2 ∩ ∩ An −1 = P ( A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ An −1 ) Înmulţind membru cu membru rezultă egalitatea cerută. PROPOZIŢIE (Inegalitatea lui Boole) Fie A1 , A2 ,..., An n evenimente aparţinând aceluiaşi câmp de probabilitate. n

n

i =1

i =1

Are loc inegalitatea: P (I Ai ) ≥1 − ∑ P( Ai ) 102

Constantin P ătrăşcoiu n

n

i =1

i =1

Caz particular: P (I Ai ) ≥ ∑ P ( Ai ) − ( n − 1) n  n   n      Dmonstraţie: P I Ai  = 1 − P I Ai  = 1 − P U Ai   i =1   i =1   i =1 

 n  n Tinând seama de inegalitatea: P U Bi  ≤ ∑ P( Bi ) obţinem  i =1  i =1 inegalitatea din enunţ.

Folosind egalitatea: n

n

n

∑1 P( A ) = ∑1 (1 − P( A )) = n − ∑1 P( A ) i

i=

i

i

i=

i=

rezultă cazul particular de mai sus. EXERCIŢI 1. Se extrag din cele 52 cărţi de joc două cărţi. (Prima carte extrasă nu se pune înapoi în pachetul de cărţi) Se cere: i) Probabilitatea ca să se obţină doi aşi. ii) Probabilitatea ca să se obţină cel puţin un as. Fie A evenimentul: “prima carte extrasă este as” şi B evenimentul:” a doua crte extrasă este as”; A , B evenimentele contrare evenimentelor A respectiv B. Pentru formarea unei imagini intuitive vom construi arborele corespunzător rezultatelor probei date. Prima carte P(B/A)= 3/51

A doua carte

Rezultat

Probabilitatea

( as) B

(as,as) A∩ B

P(A∩ B)=P(A)P(A/B)= =(4/52)(3/51)=0,005

103


(as) A

P(A)= 4/52

P( B /A)= 48/51

P( A ) = 48/52

(nonas)

B

(as, nonas) A∩ B

P(B/ A )= 4/51

(as) B

P( B / A )= 47/51

(nonas)

(nonas, as)

A ∩ B

P(A∩ B )=P(A)P( B /A)=

=4/52)(48/51)=0,072

P( A ∩ B)=P( A )P(B/ A )= =(48/52)(4/51)=0,072

(nonas)

A B

(nonas, nonas)

A ∩ B

P( A ∩ B )=P( A )P( B / A ) =(48/52)(47/51)=0,851

Se observă că probabilitatea pe fiecare “ramură” se obţine f ăcând produsul probabilităţilor “ situate pe ramura” respectivă. (i) Probabilitatea obţinerii a doi aşi este P(as,as)= P(A∩ B) =0,005

(ii) Probabilitatea obţinerii a cel puţin un as se poate calcula în două moduri: a) P(“cel pu ţ in un as”)=P[(as,nonas)∪ (nonas,as) ∪ (as,as)] =P(as,nonas)+ P(nonas,as) + P(as,as)=0,005+0,072+0,072=0,149 ; deoarece evenimentele care intervin în reuniune sunt incompatibile. b) P(“cel pu ţ in un as”)=1-P(nonas,nonas)=1-0,851=0,149

2. Probabilitatea ca un trăgător să lovească ţinta este de 0,9.Tragerea se opreşte dacă trăgătorul loveşte ţinta.Care este probabilitatea ca ţinta să fie lovită din cel mult trei încercări? Fie D evenimentul ce constă în lovirea ţintei şi N evenimentul contrar evenimentului D.Evident P(D)=0,9;P(N)=0,1. Putem construi arborele corespunzător ca în exemplul precedent:

104

Constantin P ătrăşcoiu Prima tragere

0,9

A doua A treia Rezultat tragere tragere

D

0,1

D 0,9

D

Probabilitatea

0,9

N ∩ D

(0,1)(0,9)=0,09

∩ D N ∩ N

(0,1)2 (0,9)= =0,009

∩ N N ∩ N

(0,1)3 =0,0001

N 0,1

0,9

D

N 0,1

N

Fie A evenimentul ce constă în lovirea ţintei.Cu notaţile de mai sus putem calcula probabilitatea evenimentului A în două moduri: •

∪ (N ∩ N ∩ D)]=0,9+0,09+0,009=0,999 P(A)=P[(D)∪ (N ∩ D)

deoarece cele trei evenimente sunt independente. •

deoarece ∩ N)=1-0,001=0,999 P(A)=1-P(N ∩ N ∩ N este contrarul evenimentului A. N ∩ N

evenimentul

3. O urnă conţine 10 bile din care: patru bile ro şii ,cinci bile verzi şi una albă.Se extrag din urnă simultan două bile. i)Să se construiască arborele corespunzător. ii)Care este probabilitatea ca să obţinem două bile de culori diferite? iii)Care este probabilitatea ca bilele să fie de culori diferite din care una să fie roşie? iv)Care este probabilitatea ca extrăgând simultan trei bile din urnă acestea să aibă culori diferite?

4. EVENIMENTE INDEPENDENTE 105


Fie (Ω,ℑ,P) un câmp de probabilitiate şi A, B două evenimente ale acestui câmp. Evenimentele A şi B sunt independente dacă realizarea sau nerealizarea oricăruia din ele nu afectează probabilitatea celuilalt, deci dacă P ( A / B ) = P ( A) . Pentru a putea defini independen ţa inclusiv pentru evenimente cu probabilitatea nul ă vom da următoarea definiţie. DEFINIŢIE Evenimentele A şi B se numesc independente dacă P( A ∩ B) = P( A)P( B). EXEMPLE. Se aruncă două zaruri cubice (“perfecte”) unu roşu şi celălalt verde. Care este probabilitatea obţinerii dublei unu-unu? Fie A evenimentul ce constă în apariţia feţei unu la zarul roşu şi B evenimentul ce constă in apariţia feţei unu la zarul verde. Cele două evenimente sunt independente şi deci probabilitatea cerută 1 1 1 este: P( A ∩ B)= P ( A) P( B) = × = 6 6 36 • Se aruncă un zar cubic (“perfect”). Fie evenimentele: - A:”se obţine o faţă pară” - B:”se obţine o faţă mai mare ca 4” Atunci: P( A∩ B)=P({6})=1/6;

3 1 P( A)=P({2,4,6})= = ; 6 2 2 P( B)=P({5,6})= şi deci 3 P( A∩ B) = P( A)P( B).

Aşadar evenimentele A şi B sunt independente.

106


PROPOZIŢIE Dacă evenimentele A şi B sunt independente atunci şi următoarele perechi : ( A, B ); ( A ,B); ( A , B ) sunt formate din evenimente independente. DEFINIŢIE Find date n evenimente A1 , A2 ,..., An apartinând aceluiaşi câmp de probabilitate (Ω,ℑ, P), spunem că acestea sunt independente dacă probabilitatea oricarei intersecţii de k evenimente din cele n (2 ≤ k ≤ n) este egală cu produsul probabilitaţilor evenimentelor respective. REMARCĂ avem:

Find date n evenimente independente A1 , A2 ,..., An

n

n

n

n

n

i =1

i =1

i =1

i =1

i =1

P(U Ai ) = 1 − P(U Ai ) = 1 − P(I Ai ) = 1 − ∏ P( Ai ) = 1 − ∏ (1 − P( Ai ))

deoarece şi evenimentele A1 , A2 ,..., An sunt independente. OBSERVAŢIE Dându-se n evenimente independente două câte două nu rezultă că ele sunt independente, după cum se poate vedea din exemplul următor (Bernstein). EXEMPLU Se aruncă un "zar"sub forma unui tetraedru regulat (omogen) având feţele numerotate 1,2,3,4. Fie evenimentele A = {1,2}, B = {1,3}, C = {1,4} 2 1 Evident P( Ai)= = , A∩ B = A ∩ C = B ∩ C = {1} = A ∩ B ∩ C . 4 2 P( A ∩ B)=P( A)P( B) , P( A ∩ C )=P( A)P(C ) , P( B ∩ C )=P( B)P(C ) ,ceea ce justifică faptul că evenimentele date sunt independente dou ă câte 1 1 două. Dar P( A ∩ B∩ C )= ≠ = P( A)P( B)P(C ) de unde rezultă că 4 8 evenimentele A ,B,C nu sunt independente . EXERRCIŢIU Se consideră aruncarea a două zaruri (echilibrate). Fie: A = „Prima cifră este pară”; 107

Constantin P ătrăşcoiu B = „A doua cifră este pară”; C = „Suma celor două cifre este pară”. Arătaţi că cele trei evenimente A, B,C , nu sunt

independente (în ansamblul lor), dar sunt independente două câte două. PROPOZIŢIE Două evenimente A şi B sunt independente dacă şi numai dacă P( A / B)=P( A) (sau P( B / A)=P( B)) Demonstraţie: P( A ∩ B) = P ( A) ⇔ P ( A ∩ B ) = P ( A ) P ( B ) P(A/B)=P(A) ⇔ P( B) Reamintim că, intuitiv, putem spune c ă dacă realizarea unui eveniment nu "afectează" realizarea (sau nerealizarea) celuilalt, evenimentele sunt independente. Dacă ştim că două evenimente sunt independente cunoscând probabilitatile lor putem calcula probabilitatea intersectiei evenimentelor date. EXERCIŢIU Fie A şi B două evenimente ale aceluiaşi cămp de probabilitate. Se ştie că: 1 2 1 P ( A) = , P ( B ) = , P( A / B ) = . Calculaţi: 2 5 2 a) P( A sau B) , „sau” neexclusiv b) P( A sau B) , „sau” exclusiv c) Sunt independente evenimentele A, B? d) Sunt incompatibile evenimentele A ,B? EXEMPLE Patru fotbalişti execută câte o lovitură de la 11 metrii cu 5 2 7 1 probabilităţile de a marca, respectiv ; ; ; . Probabilitatea ca 6 3 10 2 toţi patru să marcheze va fi probabilitatea intersecţiei celor patru 52 7 1 7 evenimente independente deci = 6 3 10 2 36 108


În tabelul următor sunt trecute rezultatele obţinute pentru 100 000 de persoane în legătură cu fumatul şi cancerul la plămâni.

C:”cancer pulmonar” nonC(:”f ără cancer pulmonar”) TOTAL

S1 :”fumează mai mult de 20 ţigări pe zi” 130

S2 :”fumează între 10 şi 20 de ţigări pe zi” 55

S3 :”fumează mai puţin de zece ţigări pe zi” 65

TOTAL

250

9 870

21 945

67 935

99 750

10 000

22 000

68 000

100 000

Calculând probabilitatea evenimentului ca o persoan ă să aibă cancer pulmonar, ştiind că fumează mai mult de douăzeci de ţigări zilnic şi probabilitatea ca persoana respectivă să aibă cancer pulmonar obţinem: 130 130 P ( C ∩ S 1 ) 100000 P ( C / S 1 ) = = = = 0, 013 10000 10000 P ( S 1 ) 100000 250 = 0, 0025 P ( C ) = 100000 Deci P(C/S 1)≠P(C) ceea ce înseamnă că cele două evenimente C şi S 1 0,013 =13,6 nu sunt independente. Deoarece P(C/S 1)/P(C/S 3)= 0,000956 putem spune că riscul de cancer pulmonar este de 13,6 ori mai mare pentru cei care fumează mai mult de 20 ţigări pe zi faţă de cei care fumează mai puţin de 10 ţigări zilnic.(Rezultatele respective se aplică grupului studiat )

109


EXERCIŢI Dacă A şi B sunt două evenimente aparţinând aceluiaş câmp finit de probabilitate Care din urm ătoarele afirmaţii sunt adevărate şi care sunt false? 1).Dacă A∩B≠∅, atunci P(A∪B)>P(A)+P(B). 2).Dacă A∩B≠∅, atunci P(A∪B)≠P(A)+P(B). 3) Dacă P(A∩B)=P(A)P(B), atunci P(A∪B)
5.SCHEME CLASICE DE PROBABILITATE TEOREMĂ (Schema binomială generalizată sau schema lui Poisson) Fie (Ω,ℑ, P) un câmp de probabilitate şi n evenimente independente A1 , A2 ,..., An ∈ℑ ℑ, n∈N* cu probabilităţile: P ( Ai ) = pi , P ( Ai ) = qi = 1 − pi i=1,2,...,n. Probabilitatea realizării a k din cele n evnimente A1 , A2 ,..., An (şi nerealizării a n-k din evenimentele date) este coeficientul lui X k din polinomul: ( p1 X+q1)( p2 X+q2)....( pn X+qn) Demonstraţie: Evenimentul A ce constă in realizarea a k din evenimentele A1 , A2 ,..., An este reuniunea evenimentelor de tipul reuniunea facându-se după Ai1 ∩ Ai 2 ∩... Aik ∩ A ik +1 ∩... ∩ Ain , 110

Constantin P ătrăşcoiu submulţimile {i1.i2,...ik} ale muţimii {1,2,...n}. Evenimentele Ai (i= 1,2,...n) fiind independente şi evenimentele Ai1 ∩ Ai 2 ∩... Aik ∩ A ik +1 ∩... ∩ Ain sunt independente; evenimentele de

tipul Ai1 ∩ Ai 2 ∩... Aik ∩ A ik +1 ∩...∩ Ain care intervin în reuniune sunt evenimente incompatibile două câte două , de unde P( A)= ∑ pi1 p i2 pi qi qi 1 ...q i Se observă că suma din membrul drept este coeficientul lui X k din polinomul specificat in teoremă. k

k

k +

n

EXEMPLU Se consideră urnele Ui ,i=1,2,3 avînd compozitia dată de tabelul : Urna numărul bilelor albe numărul bilelor negre U1 3 2 U2 4 5 U3 7 3 Se extrage câte o bilă din fiecare urnă. Care este probabilitatea obtinerii a dou ă bile negre şi a unei bile albe? Fie Ai evenimentul ce constă în extragerea unei bile negre din urna i (i=1,2,3). Probabilitatea extragerii a două bile negre şi a unei bile albe va fi probabilitatea realizării a două din evenimentele independente Ai , i=1,2,3 deci coeficientul lui X 2 din polinomul : ( p1 X+q1)( p2 X+q2)( p3 X+q3) unde: 2 3 p1 = P ( A1 ) = ; q1 = 1 − p1 = 5 5 5 4 p2 = P ( A2 ) = ; q2 = 1 − p2 = 9 9 3 7 p3 = P ( A3 ) = ; q3 = 1 − p3 = 10 10 Atunci, probabilitatea cerută va fi: p1 p2 q3 + p1 p3q2 + p2 p2 q1 =

2 5 7 2 3 4 5 3 3 61 + + = 5 9 10 5 10 9 9 10 5 225

111


TEOREMĂ (Schema binomială sau schema lui Bernoulli) Fie (Ω,ℑ, P) un câmp de probabilitate şi n evenimente independente având aceeaşi probabilitate p ℑ, A1 , A2 ,..., An ∈ℑ n∈N*, ( P ( Ai ) = p, P ( Ai ) = q = 1 − p , i = 1,2,3). Probabilitatea realizării a k din cele n evenimente (şi a nerealizării a n-k din cele n evenimente), k ∈ N*, k ≤ n este: Cnk p k q n− k . Demonstraţie : Conform teoremei precedente,probabilitatea realiz ării a k din evenimentele date este coeficientul lui X k din polinomul ( pX+q)( pX+q)...( pX+q)=( pX+q)n care, conform formulei binomului lui Newton este Cnk p k q n − k . EXEMPLU O urnă conţine 5 bile albe şi 7 bile negre.Se extrag succesiv trei bile punând bila extrasă înapoi în urnă .Care este probabilitatea obţinerii a două bile albe? Fie Ai evenimentul obţinerii unei bile albe la extragerea i, i=1,2,3. 5 Evident, evenimentele respective sunt independente şi P( Ai ) = , 12 i=1,2,3. Probabilitatea cerută va fi probabilitatea realizării a două din evenimentele A1 , A2 , A3 , deci ,conform schemei lui Bernoulli va fi 2 5 2   7 . C 3    12  12 TEOREMĂ (Schema Hipergeometrică) O urnă conţine N bile din care a bile albe şi b bile negre (a+b=N ) . Se extrag n bile, n ≤ N fară a pune bila extrasă înapoi în urnă. Probabilitatea obţinerii a k bile albe si a n-k bile negre (k ≤ a, n-k ≤ b) este:

112

C ak C bn − k C N n


Demonstraţie: Evident avem C N n cazuri posibile. Cele k bile albe pot fi extrase în C ak moduri, fiecăruia corespunzându-i C bn−k moduri de extragere a celor n-k bile negre. Deci avem C ak C bn−k cazuri favorabile de unde probabilitatea cerută. EXMPLU Dintr-un lot de 36 sportivi din care 20 b ăieţi şi 16 fete se aleg la intâmplare 5 sportivi pentru controlul antidoping. Care este probabilitatea alegerii a trei băieţi si a două fete? 3 2 C20 C 16 Conform teoremei precedente probabilitatea cerut ă este: 5 C 36 EXERCIŢI

1. Se consideră aruncarea unui număr oarecare de zaruri din care unul este “perfect”(cubic omogen) celelalte putînd fi “trucate” (neomogene).Să se demonstreze că probabilitatea evenimentului A ce constă în obţinerea unei sume a punctelor tuturor zarurilor par ă, este 1 (probabilitatea evenimentului A nu este afectată de 2 “imperfecţiunile” celorlalte zaruri). Fie B,C evenimentele ce constau în obţinerea unei feţe pare respectiv impare pentru zarul “perfect” şi D, F evenimentele ce constau în obţinerea sumei pare respectiv impare a punctelor celorlalte zaruri . 1 Evident P( B)=P(C )= , notînd P( D) = p avem P(F) = 1- p 2 Dar A=(B∩D)∪( C∩F) şi (B∩D)∩(C∩F)=∅. Atunci probabilitatea evenimentului cerut va fi: P(A)=P((B∩D)∪(C∩F))=P(B∩D)+P(C∩F)= 1 =P(B)P(D)+P(C)P(F)=(1/2)p+(1/2)(1-p)= 2 deoarece evenimentele B,D respectiv C,F sunt independente. 2. Un elev primeşte spre rezolvare o problemă aleasă cu aceeaşi probabilitate ,din algebră sau din geometrie. Probabilitatea să 113


rezolve problema de algebră este 0,8 iar probabilitatea s ă rezolve problema de geometrie este 0,6. i).Care este probabilitatea ca elevul să rezolve problema? ii) Care este probabilitatea ca problema să fie de geometrie ştiind că a rezolvat-o corect? Soluţie. Fie evenimentele:A -problema primit ă este de algebră G-problema primită este de geometrie; C-Elevul rezolvă problema. Evident C=(A∩C)∪(G∩C) evenimentele A∩C;G∩C fiind incompatibile.Atunci : P(C)=P(A∩C)∪P(G∩C)=P(A)P(C/A)+P(G)P(C/G)= =0,5 × 0,8+0,5 × 0,6=0,7 P(G/C)=P(G∩C)/ P(C)=0,3/0,7≈0,44 3. Trei grupe de studenţi au compoziţia dată de tabelul: GRRUPA Grupa 1 Grupa 2 Grupa 3

Numărul băieţilor 7 8 5

Numărul fetelor 6 7 9

Se alege la întâmplare câte un reprezentant din fiecare grupă pentru a participa la o testare. a) Care este probabilitatea ca toţi reprezentanţii să fie băieţi ? b) Care este probabilitatea ca cel puţin un reprezentant să fie băiat ? a) Fie Ai (i=1,2,3) evenimentul ce constă în alegerea unui băiat din grupa i. Atunci: 7 8 5 P ( A1 ) = , P( A2 ) = , P ( A3 ) = , 13 15 14 evenimentele respective fiind independente avem: 7 8 5 4 P ( A1 ∩ A2 ∩ A2 ) = P ( A1 ) P ( A2 ) P ( A3 ) = = 13 15 14 39 114


b) Este mai uşor să calculăm probabilitatea evenimentului contrar şi anume probabilitatea ca nici un reprezentant să nu fie băiat deci probabilitatea evenimentului : A1 ∩ A2 ∩ A3 .Evident şi evenimentele contrare evenimente-lor Ai sunt independente şi deci avem: 6 7 9 9 = P ( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P ( A1 ) P( A 2 ) P ( A3 ) = 13 15 14 65 de unde rezultă că probabilitatea evenimentului cerut este: 9 56 1− = 65 65 4. O urnă conţine a bile albe şi b bile negre.Se extrag două bile din urnă (fară a pune prima bila extrasă înapoi). Se cere probabilitatea ca cele două bile să aibă culori diferite. Metoda I. Fie evenimentele: A constând în extragerea unei bile albe la prima extragere B constând în extragerea unei bile negre la a doua extragere C constând în extragerea unei bile negre la prima extragere D constând în extragerea unei bile albe la a doua extragere Atunci probabilitatea evenimentului cerut va fi : P (( A ∩ B) ∪ ( C ∩ D)) = P ( A ∩ B) + P( C ∩ D) = a b b a = P ( A ) P ( B / A) + P ( C ) P ( D / C ) = + = a +b a + b −1 a +b a + b −1 2ab = ( a + b )( a + b − 1) Am ţinut seama de faptul că evenimentele: A ∩ B , C ∩ D sunt

incompatibile. Metoda II.

115


Numărul cazurilor posibile este numărul perechilor ordonate de cîte două bile care se pot forma cu cele a+b bile deci: Aa2+b ; numărul cazurilor favorabile este ab+ba=2ab(există ab perechi cu o bilă albă pe primul loc şi neagră pe locul doi şi ba perechi cu bilă neagră pe primul loc şi albă pe locul doi), deci probabilitatea cerută este: 2ab 2ab = 2 Aa +b ( a + b )( a + b − 1) 4. O clasă are 30 de elevi nici unul din aceştia ne fiind născut pe 29 februarie.Care este probabilitatea ca cel puţin doi elevi să fie născuţi în aceeaşi zi. Soluţie.Fiecărui elev asociindu-i una din cele 365 de zile ale anului am construit o funcţie de la mulţimea celor 30 de elevi la mulţimea celor 360 de zile ale anului.Există deci 36530 astfel de funcţii deci de cazuri posibile.Se calculează mai uşor probabilitatea evenimentului 30 30 contrar. Acesta are A365 cazuri favorabile deoarece există A365 funcţii injective de la mulţimea elevilor la mulţimea zilelor anului. Evenimentul contrar are probabilitatea cerută este:1-

30 A365

365

30

şi deci probabilitatea

30 A365

36530 6. (Paradoxul lui Bertrand) Trei dulăpioare(jucărie) identice conţin fiecare cîte două sertare.In fiecare dulăpior exsistă două bacnote ;una de 1$ şi cealaltă de 10$ repartizate cîte una în fiecare sertar. Se alege un dulăpior la întâmplare ,se deschide un sertar (deasemenea la întîmplare) şi se constată că sertarul deschis conţine 1$. Proprietarul dulăpioarelor propune următorul pariu: Dacă în sertarul celălalt este bacnota de10$ el pierde 100$, dac ă este bacnota de1$ cî ştigă 100$. Se păcăleşte proprietarul dulăpioarelor? 116


Un raţionament posibil ar fi :în sertarele nedeschise se găsesc 3 bacnote de 10$ şi 2 bacnote de 1$.Deci şansa proprietarului este mai mică. Acest raţionament este greşit deoarece: P(“10$ în sertarul nedeschis”/”1$ în sertarul deschis”)=

1 10$ în sertarul nedeschis”∩”1$ în sertarul deschis” 6 1 =P( )= = . 3 3 ”1$ în sertarul deschis” 6 EXERCIŢI 1. Să se determine câmpul de probabilitate ( Ω,ℑ, P) ştind că: Ω ={a,b,c,d,e}, dacă: i) probabilităţile evenimentelor elementare sunt direct proporţionale cu numerele:12,8,5,7,8. ii) P({a})=2P({b})+P({c})=1-P({d})=P({e}) 2. Se aruncă n zaruri (0

3) Trei numere diferite 4) Exact două numere identice 5) Cel mult două numere identice 6) Suma numerelor să fie pară 7) Suma numerelor să fie mai mare ca 16. 5. Se aruncă două zaruri cubice unul având fe ţele numerotate 1,2,3,4,5,6;celălalt având feţele numerotate 1,1,1,3,3,5, fiecare faţă având aceeaşi probabilitate .Calculaţi probabilitatea ca: 1) Toate feţele sunt 1 2) Toate feţele au acelaţi număr. 3) Suma numerelor obţinute este 6. 6. O editură expediază opt cărţi puse în opt colete diferite la patru clienţi A,B,C,D.Clientul A trebuie să primească un colet, B şi C fiecare câte două şi D trei colete.Se scriu opt etichete cu adresele clienţilor şi se lipesc la întâmplare pe colete Presupunând că avem aceeaşi probabilitate în lipirea etichetelor se cere probabilitatea evenimentelor: 1) Fiecare client să primească ceea ce a comandat. 2) Clientul A să primească cartea comandată. 3) Clientul D să primească cele trei cărţi comandate. 4) Clienţi A,D să primească cărţile comandate. 5) Clientul D să primească cel puţin o carte comandată. 7. Un juriu este format prin tragere la sor ţi din opt persoane dintr-o listă de 40 de persoane din care 22 femei şi 18 bărbaţi. I) Calculaţi probabilitatea ca : i) Juriul să fie format numai din femei ii) Juriul să fie format din 5 bărbaţi şi trei femei iii) Juriul să fie format dintr-un număr egal de bărbaţi şi femei. II) Dan şi Ana sunt pe lista celor 40 de persoane. Calculaţi probabi-litatea ca: a) Dan să facă parte din juriu. 118


b) Ana să facă parte din juriu c) Dan şi Ana să facă parte din juriu. d) Evenimentele de la punctele (a) şi (b) sunt independente ? 8. Doi jucători joacă o serie de partide independente în fiecare partidă primul jucător are aceeaşi probabilitate de a câştiga x (evident cel de-al doilea are probabilitatea de a câştiga 1-x).Cel care pierde dă 1$ celui ce câştigă. La început primul jucător dispune de a$ iar al doilea de b$. Jocul se termină atunci când un jucător este ruinat adică când nu mai are nici un dolar. Fie pn probabilitatea ca primul jucător să fie ruinat ştiind că la un moment dat avea n$ (0≤ n≤ 3a) şi qn probabilitatea ca al doilea să fie ruinat ştind că la un moment dat avea n$. i) Demonstrati că pn= xpn+1+(1-x)pn-1 ; qm= (1-x)qm+1+xqm-1 ii) Verificaţi că pa+q2a=1 . Comentaţi egalitatea. iii) Studiaţi cazul x=1/2 iv) Găsiţi valoarea lui x pentru care jocul este echitabil.(cei doi jucători au aceeaşi şansă de câştig). 9. Se consideră un zar având feţele numerotate 1,2,3,4,5,6. Fie pi probabilitatea apariţiei feţei i. Dacă : * p1 ,p3 ,p5 sunt termeni consecutivi ai unei progresii geometrice cu raţia 1/2. * p2 , p4 , p5 sunt termeni consecutivi ai unei progresii geometrice cu raţia 1/8 * 2p1=3p2 a) Calculaţi probabilitatea obţinerii unei cifre pare la o aruncare a zarului; b) Care este probabilitatea obţinerii a exact trei cifre impare dacă se aruncă de cinci ori zarul; 10. La un joc electronic se dispune de patru rachete pentru distrugerea "invadatorilor".Fiecare are probabilitatea de a atinge ţinta 1/3 independent de rezultatele celorlalte. 119


Să se calculeze probabilitatea evenimentelor: A: Numai prima rachetă să lovească ţinta B: Numai a treia rachetă să lovească ţinta C: O rachetă şi numai una să lovească ţinta D: Numai primele doua rachete să lovească ţinta E: Numai două rachete să lovească ţinta 11. O urnă conţine douăsprezece bile indiscernabile la atingere: m bile albe şi n bile negre. Extragem succesiv două bile din urnă,bila extrasă nefiind repusă în urnă dupa prima extragere. Determinaţi cuplul (m,n) pentru care probabilitatea de a 16 obţine două bile de culori diferite să fie egala cu . 33 Pentru m=8 si n=4 extragem succesiv 3 bile din urnă,bila extrasă fiind repusă în urnă după fiecare extragere. a.)Calculaţi probabilitatea de a obţine exact o bilă albă. b.)Calculaţi probabilitatea de a obţine cel puţin o bilă albă şi cel puţin o bilă neagră 12. Un chestionar cu alegeri multiple este constituit din 8 întrebări. Pentru fiecare dintre ele,4 raspunsuri sunt propuse, din care unul singur este exact. Un candidat răspunde la întâmplare. 1)Determinaţi numărul de răspunsuri posibile la acest chestionar. 2)Calculaţi probabilitatea pentru care acest candidat raspunde corect la exact 6 întrebari. 3)Care este probabilitatea ca acest candidat să fie admis dacă lui i se cere să dea cel puţin 6 raspunsuri corecte? 13. Se aruncă o monedă de 10 ori, rezultatele posibile la o aruncare fiind: “cap” sau ”pajură”. a) care este probabilitatea să se obţină “cap” de exact trei ori? b) care este probabilitatea să se obţină cel mult de 3 ori “cap”? 120


c) care este probabilitatea să se obţină cel puţin de 3 ori “cap”? 14. Se aruncă un zar de 5 ori. a) care este probabilitatea să se obţină un rezultat care să înceapă cu 3? b) care este probabilitatea să se obţină un rezultat care să conţină pe 3? c) care este probabilitatea să se obţină un rezultat care să nu conţină pe 2? 15. Un lot de 120 piese este supus unui control de calitate. Lotul este respins dacă se găseşte cel puţin un rebut la 5 piese controlate la întâmplare. Ştiind că lotul conţine 3 % piese defecte, să se determine probabilitatea ca lotul s ă fie respins. 16. Un program pentru gestiunea unei firme trebue instalat pe un computer. Se pot ivi urm ătoarele situaţii: a) programul se instaleaza fara erori si poate fi utilizat imediat; b) programul necesită mici modificari pentru a fi funcţional; c) trebuie rescrise câteva secvente pentru ca programul să funcţioneze ; d) se impune schimbări majore în program pentru a fi funcţional. În primul caz programul funcţionează deci imediat. În cazul (b) ajustarea durează 15 minute, în cazul (c) este nevoe de două ore pentru a face corecturile necesare, iar în cazul d) este nevoe de în 16 ore pentru a reface programul. Probabilităţile celor patru etape sunt 0,4 ; 0,1; 0,15 ; 0,35. Să se determine probabilitatea ca programul să funcţioneze după cel puţin 3 ore de la instalare. 17. Un aparat se compune din trei elemente a căror fiabilitate (durata de funcţionare f ără defecţiune tot timpul într-un interval de timp dat) este egală cu 0,7 ; 0,85 şi 0,9 . Primul element este indispensabil pentru funcţionarea aparatului, defectarea unuia din celelalte două elemente face ca aparatul să 121


funcţioneze cu un randament inferior, iar defectarea simultan ă a elementelor doi şi trei face imposibilă funcţionarea aparatului. Elementele se defectează independent unul de altul. Se cere probabilitatea ca aparatul să funcţioneze tot timpul într-un interval de timp dat. 15. ( Méré) Să se demonstreze că probabilitatea de a se obţine cel puţin un 6 cînd se aruncă un zar de patru ori este mai mare decît probabilitatea de a se obţine cel puţin o dublă şase-şase , atunci cînd se aruncă două zaruri de 24 de ori. 16. (Galileu) De ce dacă se aruncă trei zaruri se obţine mai des suma feţelor10 decît 9 cu toate că 10 şi 9 se scriu ca sume în 6 moduri? 17. (Moivre) Un jucător A aruncă două monede ;un al jucător B aruncă trei.Câştigă cel ce obţine pajură de mai multe ori.Dacă obţin pajura de acelaşi număr de ori jocul se reia.Care este probabilitatea să câştige B? 18. (Banach) Un fumător are două pachete de ţigări.Scoate la întâmplare unul din pachete când vrea să fumeze şi ia o ţigară.Care este probabilitatea ca în momentul când constat ă că un pachet este gol celălalt să conţină k ţigări dacă ambele pachete conţineau n ţigări? 19. (Bernoulli) Se aruncă un zar de n ori. Calculaţi probabilitatea p , de a obţine 6 de cel puţin două ori. Să se determine n astfel ca p>0,5. 20. (Huyghens) i. O urnă conţine 10 bile albe,10 bile negre 10 bile roz şi 10 bile verzi.Se extrag simultan patru bile.Care este probabilitatea ca bilele să fie de culori diferite? 122

2-probabilitati

Recommend Documents