fiabilitate

VERSIUNE: DRAFT

FIABILITATE, MENTENANTA, RISC. Probleme si exercitii pentru studenti A.P. ULMEANU, H.I. PETCU, A.R. BUDU, M.C. DUMITRESCU, E.I. ANGHEL 2008-2009

VERSIUNE: DRAFT

VERSIUNE: DRAFT

2

0.1

Evenim Evenimen ente te aleatoar aleatoare, e, probabi probabilit litati ati si distri distribut butii ii

simplificata pentru urmatoarele urmatoarele evenimente evenimente:: A- 1. Dati o forma simplificata 1)(A 1)(A

∩ B) ∪ (A ∩ C );); 2)(A 2)(A ∪ B ) ∩ (A ∪ C ); ); 3)(A 3)(A ∪ B ) ∩ (A ∪ B ); 4)(A 4)(A ∪ B ) ∩ (A ∪ C ); ); favorabile abile evenime evenimentul ntului ui X . Solutie Se noteaza cu N X nr. de cazuri favor Avem urmatoarele relatii: N A∩B = N A∩B ∩C  + N A∩B ∩C 

(1)

N A∩C  = N A∩B ∩C  + N A∩B ∩C 

(2)

N (A∩B )∪(A∩C ) = N A∩B ∩C  + N A∩B ∩C  + N A∩B ∩C 

(3)

Rezulta:

Exprimati eveniment evenimentele ele urmatoare cu a jutorul jutorul evenimen evenimentelor telor A, B, C A- 2. Exprimati si a operatiilor operatiilor de reuniune, reuniune, intersectie, intersectie, respectiv respectiv complemen complementaritat taritate: e:

VERSIUNE: DRAFT

VERSIUNE: DRAFT

2

0.1

Evenim Evenimen ente te aleatoar aleatoare, e, probabi probabilit litati ati si distri distribut butii ii

simplificata pentru urmatoarele urmatoarele evenimente evenimente:: A- 1. Dati o forma simplificata 1)(A 1)(A

∩ B) ∪ (A ∩ C );); 2)(A 2)(A ∪ B ) ∩ (A ∪ C ); ); 3)(A 3)(A ∪ B ) ∩ (A ∪ B ); 4)(A 4)(A ∪ B ) ∩ (A ∪ C ); ); favorabile abile evenime evenimentul ntului ui X . Solutie Se noteaza cu N X nr. de cazuri favor Avem urmatoarele relatii: N A∩B = N A∩B ∩C  + N A∩B ∩C 

(1)

N A∩C  = N A∩B ∩C  + N A∩B ∩C 

(2)

N (A∩B )∪(A∩C ) = N A∩B ∩C  + N A∩B ∩C  + N A∩B ∩C 

(3)

Rezulta:

Exprimati eveniment evenimentele ele urmatoare cu a jutorul jutorul evenimen evenimentelor telor A, B, C A- 2. Exprimati si a operatiilor operatiilor de reuniune, reuniune, intersectie, intersectie, respectiv respectiv complemen complementaritat taritate: e:

VERSIUNE: DRAFT

VERSIUNE: DRAFT

0.1. EVENIMENTE ALEATOARE, ALEATOARE, PROBABILIT PROBABILITA ATI SI DISTRIBUTII 

3

1) Cele trei evenimente sunt realizate; 2) A si B sunt realizate, dar nu si C; 3) A si C sunt realizate, dar nu si B; 4) B este realizat, dar nici unul din celelalte doua; 5) A este realizat si cel putin unul din celelalte doua evenimente; 6) Cel putin unul din cele trei evenimente este realizat; 7) Exact unul dintre evenimente este realizat; 8) Cel mult unul din evenimente este realizat.

Solutie

A

∩ B ∩ C 

(4)

A

∩ B ∩ C 

(5)

A

∩ C  ∩ B

(6)

B

∩ A ∩ C 

(7)

∩ (B ∪ C )

(8)

A

(A

(A

∪ B ∪ C )

(9)

∩ B ∩ C ) ∪ (B ∩ A ∩ C ) ∪ (C  ∩ A ∩ B)

(10)

(A

∪ B ∪ C )

(11)

A- 3. Fie p probabilitatea de realizare a oricareia din evenimentele A, B sau

C, considerate considerate trei evenimen evenimente te independen independente. te. Exprimati Exprimati probabilitatile probabilitatile de mai sus.

VERSIUNE: DRAFT

VERSIUNE: DRAFT

4 A- 4. O banca are L = 1000 de clienti, fiecare cu un depozit de e1000. Prob-

abilitatea ca un client sa-si retraga cei e1000 intr-o zi este de 0.001. Care este nivelul minim de lichiditate pe care banca trebuie sa-l aiba disponibil intr-o zi oarecare pentru a satisface cererile cotidiene de retragere ? Managementul bancii impune un nivel de 99.9% de satisfactie a clientilor. Altfel spus, 999 de clienti din 1000 sa aiba sansa de a avea un raspuns pozitiv la cererea lor. Premiza: clientii bancii au o viata linistita, nu se

preocupa unul de celelalt si nu intra in panica . Solutie Fie N  numarul de clienti care doresc sa-si retraga depozitul de e1000 in aceeasi zi. In premizele expuse in enunt, avem: P (N  = 0) = pL = 0.9991000 = 0.367695

P (N  = 1) = C L1 (1

− p) pL−1 = 0.369063 .....

P (N  = k) = C Lk (1

− p)k pL−k

..... Fie S min nivelul minim de lichiditate cerut in enunt si fie S suma dorita de catre clienti a fi retrasa intr-o zi oarecare. Conform enuntului, dorim ca in 99.9% din cazuri sa avem acoperita suma dorita, respectiv S > S min :

P (S < S min ) = 0.999 Pe de alta parte, fiecare client de acest tip ar dori sa retraga e1000, deci S  = N  1000.

·

Deci P (N 

≥ [S min/1000]) = 0.001

VERSIUNE: DRAFT

VERSIUNE: DRAFT

5

0.1. EVENIMENTE ALEATOARE, PROBABILITATI SI DISTRIBUTII 

respectiv P (N < [S min /1000]) = 0.999 unde N 

∼ Bin(L, p).

Pentru un numar intreg n dat,fie: n−1

F (n, p) =



C Lk pk (1

k=0

− p)L−k = Prob(N < n)

Se cauta valoarea lui n, astfel incat n este parte intreaga din F −1 (0.999, p = 0.999) plus 1. Dupa cum se observa in tabelul 1, valoarea cautata a lui n este 5. In concluzie, nivelul minim de lichiditate este S min este

e5000.

Observatie. In Mathematica urmatoarele linii calculeaza direct valoarea ceruta a cuantilei: << Statistics‘DiscreteDistributions‘ 

BD=BinomialDistribution[1000,0.999]; Nmin=Quantile[BD,0.999];

Table 1: Valorile functiei de repartitie binomiale F (n, p) pentru p = 0.999 n F (n, p) 0 0.367695 1 0.735758 2 0.91979 3 0.981072 4 0.9963619 5 0.9994107

A- 5. Cum se modifica suma minima de mai sus, daca banca ar avea L =

10000 de clienti ? A- 6. Cum se modifica suma minima de mai sus, daca banca ar avea L =

1000000 de clienti, iar nivelul de semnificatie ar scade la 99%? Remarca. Pentru valori mari ale lui L se poate utiliza relatia: C Lk pk (1  p)L−k

→ e−λ · λk /k! pentru orice k ≥ 0, cu λ = L · p.

−

VERSIUNE: DRAFT

VERSIUNE: DRAFT

6 A- 7. In fiecare an, independent de alti ani, un sofer are probabilitatea p

de a avea un accident (daca este barbat), respectiv q daca este femeie. O companie de asigurari are un numar egal de soferi barbati, respectiv femei asigurati. Un asigurat este ales aleator. i Care este probabilitatea ca acel asigurat sa fi avut un accident la sfarsitul anului ? ii Aratati ca probabilitatea ca acest asigurat sa fi avut doi ani consecutivi accident este ( p2 + q 2 )/2; iii Din lista celor care au avut un accident in anul respectiv, se extrage aleator un nume. Care este probabilitatea ca acel asigurat sa fi avut un accident si in cel de-al doilea an ? iv Care este probabilitatea ca un sofer care a avut n accidente anuale consecutive sa fie barbat ? Dar femeie ?

Solutie Compania de asigurari are un numar egal de asigurati femei / barbati. In consecinta, probabilitatile de a alege aleator un barbat, respectiv o femeie din lista celor asigurati sunt egale intre ele si egale cu 0.5, adica P (F ) = P (B) = 0.5. Din teorema probabilitatilor totale, rezulta probabilitatea ca asiguratul ales aleator sa fi avut un accident in anul respectiv: P (A) = P (B) P (A B) + P (F ) P (A F ) = 0.5 ( p + q)

·

|

·

|

·

(12)

Fie A1 evenimentul ”‘asiguratul ales a avut un accident in primul an”’, respectiv A2 evenimentul ”‘asiguratul respectiv a avut un accident in al doilea an”’. Se doreste evaluarea probabilitatii P (A1

∩ A2).

Conform teorema probabilitatilor totale,avem: P (A1

∩ A2) = P (A1 ∩ A2|B) · P (B) + P (A1 ∩ A2|F ) · P (F )

(13)

P (A1 A2 ) = P (A1 B) P (A2 B) P (B)+ P (A1 F ) P (A2 F ) P (F ) (14)

∩

| ·

P (A1

| ·

| ·

∩ A2) = 0.5 · ( p2 + q2)

| ·

(15)

VERSIUNE: DRAFT

VERSIUNE: DRAFT

0.1. EVENIMENTE ALEATOARE, PROBABILITATI SI DISTRIBUTII 

7

In acest caz se doreste evaluarea probabilitatii P (A2 A1 ). Avem:

| P (A2 |A1 ) = P (A1 ∩ A2 )/P (A1 ) = ( p2 + q 2 )/2 · 2/( p + q)

(16)

Rezulta: P (A2 A1 ) = ( p2 + q2 )/( p + q)

(17)

|

A- 8. Intr-o zi sunt planificare sa functioneze in Sistemul Energetic National

un numar egal de hidrogeneratoare, respectiv turbogeneratoare. In fiecare ora, independent de alte ore, probabilitatea de a avea o avarie la un grup hidrogenerator este aceeasi q1 = 0.005, respectiv aceleasi premize pentru un grup turbogenerator, dar q2 = 0.01. La sfarsitul unui zile, un grup este ales aleator din lista respectiva programata sa opereze in SEN. i Care este probabilitatea de a fi ales un grup care a suferit o avarie in respectiva zi ? ii Care este probabilitatea ca grupul ales sa aiba o avarie in primele 12 ore din ziua respectiva ? iii Care este probabilitatea ca un grup care a avut o avarie in ziua respectiva sa fie hidrogenerator ? iv Care este probabilitatea ca un grup care a avut o avarie in ziua respectiva sa fie turbogenerator ? v Intr-un minut oarecare, care este probabilitatea de a avea o avarie la un turbogenerator ? vi Intr-un minut oarecare, care este probabilitatea de a avea o avarie la un hidrogenerator ?

Solutie i) Fie H  evenimentul ”grupul ales este hidrogenerator”, respectiv T  evenimentul ”grupul ales este turbogenerator”. Evident, H  si T  sunt doua evenimente mutual exclusive (incompatibile): H  T  = Φ.

∩

Fie A evenimentul ”grupul ales a suferit o avarie in respectiva zi”. Acest eveniment se poate realiza fie impreuna cu H , fie impreuna cu T : A = (A

∩ H ) ∪ (A ∩ T ) Evident, evenimentele A ∩ H  si A ∩ T  sunt mutual exclusive.

VERSIUNE: DRAFT

VERSIUNE: DRAFT

8 Aplicand teorema probabilitatilor totale, rezulta: P (A) = P (H ) P (A H ) + P (T ) P (A T )

·

|

·

|

Data fiind ipoteza unui numar egal de hidrogeneratoare / turbogeneratoare, avem P (H ) = P (T ) = p = 0.5 Pe de alta parte, probabilitatea ca intr-o zi un hidrogenerator sa functioneze cu succes este data de relatia: P (A H ) = (1

|

− q1)24 = 0.886653

respectiv, disponibilitatea unei zile la nivelulul unui turbogenerator este: P (A T ) = (1

|

− q2)24 = 0.785678

Rezulta: P (A) = p (1

· − P (A|H )) + (1 − P (A|T ))

Numeric se obtine: P (A) = 0.5 ((1

· − 0.886653) + (1 − 0.785678)) = 0.1638345

ii) Probabilitatea ca in primele 12 ore un hidrogenerator sa functioneze cu succes este data de relatia: P 12 (A H ) = (1

|

− q1)12 = 0.941623

respectiv, disponibilitatea similara la nivelulul unui turbogenerator este: P 12 (A T ) = (1

|

− q2)12 = 0.886385

Rezulta: P 12 (A) = p (1

· − P 12(A|H )) + (1 − P 12(A|T ))

Numeric se obtine: P 12 (A) = 0.5 ((1

· − 0.941623) + (1 − 0.886385)) = 0.085996

iii)

VERSIUNE: DRAFT

VERSIUNE: DRAFT

0.1. EVENIMENTE ALEATOARE, PROBABILITATI SI DISTRIBUTII 

9

A- 9. Probabilitatea ca un grup care a avut o avarie in ziua respectiva sa fie

hidrogenerator este probabilitatea conditionata P (H  A).

|

Aceasta se poate calcula cu relatia urmatoarea ce deriva din aplicarea teoremei intersectiei si cea a probabilitatiilor totale: P (H  A) =

|

P (A H ) = P (A H ) P (H )/p (1 P (A)

∩

| ·

· − P (A|H ) )+(1 − P (A|T ))

A- 10. Fie un sistem de monitorizare a unui parametru de mediu. Fie X  o

v.a. discreta ”‘numarul de avertizari, respectiv depasiri ale parametrului peste limita de atentie, dar sub limita de alarmare - intr-o ora”’, respectiv Y  o v.a. discreta ”‘numarul de depasiri ale parametrului peste limita de alarmare - in aceeasi ora”’. Din 60 de masuratori independente minut cu minut intr-o ora oarecare, sunt de asteptat 1/2 sa fie normale (sub limita de atentie), 1/4 sa fie de avertizare (peste limita de atentie, dar sub cea de alarmare), respectiv 1/4 sa fie de alarmare. i Care este probabilitatea ca X  sa fie mai mare sau egal decat 2? ii Care este probabilitatea ca Y  sa fie mai mare sau egal decat 2 ? iii Care este probabilitatea de a avea cel putin o valoare anormala (avertizare / alarmare) ? iv Care este probabilitatea a avea o ora cu X  = 1, respectiv Y  = 1 ? A- 11. Fie un supermarket care este vizitat intr-o zi de n persoane. O per-

soana oarecare are probabilitatea p de a cumpara ceva din magazin, respectiv 1

− p de a pleca fara a cumpara nimic. La sfarsitul zilei, soft-

ul este imposibilitate de a furniza cati clienti au trecut pe la casele de marcat. Fie N  numarul de clienti care au cumparat cel putin un produs din magazin si deci au trecut pe la vreo casa de marcat. a Propuneti o distributie discreta pentru v.a. N ; b Propuneti o distributie discreta aproximativa pentru v.a. N in cazul unui numar mare de clienti;

VERSIUNE: DRAFT

VERSIUNE: DRAFT

10 c Pentru p = 0.9 si n = 70 calculati probabilitatea de a avea cel putin 50 de clienti care sa isi faca cumparaturi de la respectivul supermarket in ziua data. A- 12. Domnul X  are un rendez-vous cu Doamna Y  azi intre orele 17 si 18.

Fiecare dintre ei se decide de a nu il astepta pe celalalt mai mult de t = 10 minute, nici unul nu cunoaste momentul de timp la care celalalt va ajunge. Se presupune ca fiecare dintre ei soseste independent unul de celalalt si ca avem o distributie uniforma a timpului la care se ajunge la rendez-vous. a Determinati probabilitatea unei intalniri; b Doamna Y  ajunge la momentul de timp t intre orele 17 si 18. Care este probabilitatea ca sa il intalneasca pe Domnul X ? c Sosind la ora t, Doamna Y  nu gaseste pe nimeni. Care este probabilitatea de a-l intalni pe Domnul X  in aceste conditii ? A- 13. Pentru enuntul de mai sus, se doreste ca probabilitatea unei intalniri

sa fie 0.5. Care trebuie sa fie durata t de timp in acest caz ? A- 14. Un punct material P  se deplaseaza prin salturi succesive in varfurile

A, B, C  si centrul de greutate G al unui triunghi echilateral. La momentul de timp t = 0 el se gaseste in centrul de greutate G. Apoi sare -de o maniera echiprobabila- spre unul dintre varfurile triunghiului A,B,C . In continuare sare echiprobabil la orice moment de timp t = n (n=1,2,...) spre oricare din cele trei puncte conexe in raport cu punctul unde se afla. a Calculati probabilitatea ca el sa revina pentru prima data  la t = n in G; b Calculati probabilitatea ca el sa revina in G.

Solutie a) Daca la t = 0 punctul material se afla in centrul de greutate G, atunci la t = 1 poate fi - de o maniera echiprobabila intr-unul din varfurile triunghiului A, B sau C  (probabilitate 1/3). Deci, probabilitatea de revenire in G pentru prima data  are sens pentru n

≥ 2.

Fie Ak evenimentul ”P  revine pentru prima data  in G la momentul t = k”.

VERSIUNE: DRAFT

VERSIUNE: DRAFT

0.1. EVENIMENTE ALEATOARE, PROBABILITATI SI DISTRIBUTII 

11

Atunci, probabilitatea ceruta se poate exprima sub forma: P (A1

∩ A2 ∩ . . . ∩ An−1 ∩ An)

Pornind de la teorema intersectiei, probabilitatea de mai sus se poate scrie astfel:

P (A1

∩ A2 ∩ . . . ∩ An−1 ∩ An) = = P (A1 ) · P (A2 |A1 ) · P (A3 |A1 ∩ A2 ) · · · P (An |A1 ∩ A2 . . . ∩ An−1 ) la t = 1, avem P (A1 ) = 1 deoarece P  se gaseste sigur intr-unul din varfurile triunghiului, deci sigur nu in punctul G. Pe de alta parte, daca la t = k

− 1, P  se afla intr-unul din varfurile

triunghiului, atunci sunt 2/3 sanse sa evite G la momentul urmator de timp t = k: P (Ak A1

| ∩ A2 . . . ∩ Ak−1) = 2/3

In consecinta,avem: P (Ak A1

| ∩ A2 . . . ∩ Ak−1) = 1/3

Deci, probabilitatea ceruta este:

P (A1

∩ A2 ∩ . . . ∩ An−1 ∩ An) = 1 · 2/3 ·· · 2/3 · 1/3 = 1/3 · (2/3)n−2

b) Fie B evenimentul ”Punctul material P  revine in G”. Evident, B se poate realiza daca A2 se realizeaza sau A3 se realizeaza sau ... Ak se realizeaza ..... ∞

B=



Ak

k=2

Evenimentele Ak sunt 2 cate 2 incompatibile. ∞

P (B) =

 k=2

Seria



∞ n−2 k=2 (2/3)

∞

P (Ak ) = 1/3

 ·

(2/3)n−2

k=2

se poate scrie sub forma 1/(1

− 2/3).

Rezulta ca

P (B) = 1. Evenimentul B este cert; punctul material va reveni in G de o maniera sigura.

VERSIUNE: DRAFT

VERSIUNE: DRAFT

12 A- 15. Calculati cerintele de mai sus, dar pentru alte conditii initiale: la

t = 0 punctul material P  se afla in varful A al triunghiului echilaterial A- 16. Intr-o centrala electrica, doua evenimente A si B pot apare aleator in

aceeasi zi dintr-o luna, independent unul de celalalt. Zilele in care pot apare evenimentele respective sunt numerotate de la 1 la n

− 2. Oricare din cele doua evenimente de mai sus ramane activ inca

2 zile de la ziua aparitiei, dupa care este resetat. Rezulta ca zilele in care putem avea ambele evenimentele realizate (aparute sau active) sunt de la 1 la n. a Calculati probabilitate de a avea cele doua evenimente aparute - in aceeasi zi; b Calculati probabilitatea de a avea cele doua evenimente aparute - cu o zi diferenta intre ele; c Calculati probabilitatea de a avea ambele evenimente aparute / active - in cel putin o zi;

Solutie a) Fie Ak evenimentul ”A apare in ziua k”, respectiv Bk evenimentul ”B apare in ziua k”. Fie E  evenimentul ”A si B apar in aceeasi zi”: n−2



E  =

(Ak

k=1

Pentru orice k, (1

∩ Bk )

≤ k ≤ n − 2), evenimentele Ak ∩ Bk sunt incompatibile

doua cate doua, intrucat ele pot apare impreuna fie in prima ziua, fie in a

doua zi, ..., fie in a (n 2)-a zi. Pe de alta parte, data fiind independenta

−

evenimentelor in discutie, avem: P (Ak

∩ Bk ) = P (Ak )P (Bk )

Rezulta:

n− 2

P (E ) =



P (Ak )P (Bk )

k=1

Daca se alege o distributie echiprobabila (uniforma), avem P (Ak ) = 1/(n

− 2), respectiv P (Bk ) = 1/(n − 2), cu k = 1, 2, . . . n − 2.

VERSIUNE: DRAFT

VERSIUNE: DRAFT

13

0.1. EVENIMENTE ALEATOARE, PROBABILITATI SI DISTRIBUTII 

Rezulta: n− 2

P (E ) =



1/(n

k=1

− 2)2 = n − 2/(n − 2)2 = 1/(n − 2)

b) O zi diferenta intre aparitii este echivalent cu unul dintre urmatoarele evenimente realizate: Ak Bk+1 , cu 1

≤ k ≤ n − 3, respectiv evenimentul A apare cu 1 zi inaintea lui B sau  B j ∩ A j+1 , cu 1 ≤  j ≤ n − 3, respectiv ∩

evenimentul B apare cu 1 zi inaintea lui A. Fie F  evenimentul cautat:

   

n− 3

F  =



(Ak

k=1

Evenimentele Ak

 

n− 3

∩ Bk+1)

(B j

 j=1

∩ A j+1)

∩ Bk+1 cu 1 ≤ k ≤ n − 3 si B j ∩ A j+1 cu 1 ≤  j ≤ n − 3

formeaza 2 (n 3) evenimentele incompatibile doua cate doua, respectiv

· −

de la A apare in prima zi si B apare in a doua zi, ..., pana la A apare in a (n

− 3)-a zi si B apare in a n − 2-a zi (respectiv (n − 3) situatii +

B apare in prima zi si A apare in a doua zi, ..., pana la B apare in a (n

− 3)-a zi si A apare in a (n − 2)-a zi (respectiv (n − 3) situatii). total 2 · (n − 3).

In

Rezulta: P (F ) =

n−3

n− 3





P (Ak

k=1

∩ Bk+1) +

P (B j

 j=1

∩ A j+1)

respectiv P (F ) = (n

− 3)/(n − 2)2 + (n − 3)/(n − 2)2 = 2 · (n − 3)/(n − 2)2

c) Fie G evenimentul ”A si B apar la doua zile diferenta”’: n− 4

G=



k=1

Evenimentele Ak

(Ak

   

n− 4

∩ Bk+2)

 j=1

(B j

∩ A j+2)

 

∩ Bk+2 cu 1 ≤ k ≤ n − 4 si B j ∩ A j+2 cu 1 ≤  j ≤ n − 4

formeaza 2 (n 4) evenimentele incompatibile doua cate doua, respectiv

· −

de la A apare in prima zi si B apare in a treia zi, ..., pana la A apare

VERSIUNE: DRAFT

VERSIUNE: DRAFT

14 in a (n

− 4)-a zi si B apare in a (n − 2)-a zi (respectiv (n − 4) situatii

+ B apare in prima zi si A apare in a treia zi, ..., pana la B apare in a (n

− 4)-a zi si A apare in a (n − 2)-a zi (respectiv (n − 4) situatii). total 2 · (n − 4).

In

Rezulta: P (G) =

n− 4

n−4





k=1

P (Ak

∩ Bk+2) +

P (B j

 j=1

∩ A j+2)

respectiv P (G) = (n

− 4)/(n − 2)2 + (n − 4)/(n − 2)2 = 2(n − 4)/(n − 2)2

Fie H  evenimentul ”A si B sunt active cel putin o zi”, respectiv H  = E  F 

∪ ∪ G. In termen de probabilitati, avem: P (H ) = P (E ) + P (F ) + P (G)

Se obtine: P (H ) = 1/(n (5n

− 16)/(n − 2)2

− 2) + 2(n − 3)/(n − 2)2 + 2(n − 4)/(n − 2)2 =

A- 17. O familie cu doi copii, avand copilul cel mare baiat este aleasa aleator.

Care este probabilitatea de a fi o fata cel de-al doilea copil al acestei familii ?

Solutie Fie p probabilitatea ca un copil sa se nasca baiat, respectiv q probabilitatea ca un copil sa se nasca fata. Se poate presupune independenta acestor doua evenimente, respectiv indiferent cati baieti sau cate fete sunt intr-un esantion dat, probabilitatea ca urmatorul copil care se va naste sa fie baiat / fata este aceeasi / neschimbata, indiferent cati baieti / fete existau la acel moment in respectivul esantion. De asemenea, se poate presupune ca p = q = 0.5. Lista familiilor cu doi copii cuprinde combinatiile: (B, B), (B, F ), (F, B) si (F, F ), unde prima litera se refera la primul copil nascut in familie, respectiv a doua litera se refera la cel de-al doilea copil nascut. Din aceasta lista au fost selectate ulterior in vedere extragerii aleatoare specificate in enunt numai familiile cu (B, B), (B, F ). Rezulta ca exista

un  caz favorabil din doua , deci probabilitatea ceruta este 1/2.

VERSIUNE: DRAFT

VERSIUNE: DRAFT

0.1. EVENIMENTE ALEATOARE, PROBABILITATI SI DISTRIBUTII 

15

A- 18. O familie cu doi copii, avand cel putin un baiat, este aleasa aleator.

Care este probabilitatea ca, in aceste conditii, aceasta familie sa aiba o fata ?

Solutie Ca si in enuntul de mai sus, lista familiilor cu doi copii cuprinde combinatiile: (B, B), (B, F ), (F, B) si (F, F ). Din aceasta lista au fost selectate ulterior in vedere extragerii aleatoare specificate in enunt numai familiile avand cel putin un baiat, respectiv (B, B), (B, F ), (F, B). Rezulta ca exista doua  cazuri favorabile din trei , deci probabilitatea ceruta este 2/3. A- 19. Probabilitatea de a avea un accident intr-un minut oarecare intr-o

sectiune data a unei autostrazi este q = 10−5 . Care este probabilitatea P  de a nu avea nici un accident intr-un an in sectiunea respectiva, in aceste conditii ?

Solutie Probabilitatea de a nu avea nici un accident in sectiunea data, intr-un minut oarecare este p = 1

− q = 0.99999. Intr-un an sunt N  = 8760 · 60 = 525600 minute. Probabilitatea ceruta este P  = pN  = 0.99999525600 = 5.216 10−3

·

A- 20. Pentru enuntul de mai sus, in ipoteza unei distributii exponentiale

a v.a. T  ”durata intre doua accidente consecutive in sectiunea data a autostrazii” (variabila numita si interval de recurenta ), sa se exprime: a Intensitatea λ a producerii unui accident; b Calculati valoarea asteptata a intervalului de recurenta.

Solutie a) In cazul distributiei exponentiale T 

∼ Exp(λ), probabilitatea de suc-

ces, respectiv t = 1 an fara nici un astfel de eveniment rutier este: R(t) = e−λ·t

VERSIUNE: DRAFT

VERSIUNE: DRAFT

16 Impunand R(t) = pN  se obtine dupa logaritmare o intensitate exprimata in h−1 : 8760 60 ln(1/0.99999) 8760

·

λ = N/t ln(1/p) =

·

≈ 6 · 10−4

b) Valoarea asteptata a intervalului de recurenta este media variabilei aleatoare T . ∞

E [T ] =

  0

∞

t f (t)dt =

·

  0

t ( )R (t)dt

·−

Integrand prin parti, se obtine: ∞

E [T ] =

 

R(t)dt = 1/λ

0

Valoarea asteptata este deci E [T ] = 1/λ = 1666.666 h, respectiv 69.4 zile. A- 21. Intr-o statie de metrou, garniturile se succed din zece in zece minute.

O garnitura este programata sa soseasca la fiecare 10 minute, incepand cu orele 5 : 00. Timpul de stationare al unei garnituri la peroanele statiei este de 1 minut. Perturbatiile din trafic pot provoca o abatere stardard de 2 minute, in raport cu ora programata de sosire in statie, respectiv o distributie normala a timpului de intrare in statie al garniturii, cu o valoare asteptata egala cu ora si minutul programat, respectiv σ = 2 minute. Un calator poate sosi aleator in statie intre orele 7 : 54 si 8 : 06. Care este probabilitatea ca acest calator sa gaseasca deja un tren in statie ?

Solutie Fie X  o v.a. continua desemnand momentul de timp la care calatorul intra pe peronul statiei respective. Conform enuntului, distributia lui X este uniforma X 

∼ Unif (7H  : 54min, 8H  : 06min).

Fie Y  o v.a. continua desemnand timpul de intrare in statie al garniturii de metrou programata sa soseasca la ora 7H:50min. Distributia lui Y  este normala Y 

∼ N (µ = 7H  : 55min, σ = 2min).

VERSIUNE: DRAFT

VERSIUNE: DRAFT

0.1. EVENIMENTE ALEATOARE, PROBABILITATI SI DISTRIBUTII 

Fie Z  = X 

− Y .

17

X si Y sunt doua v.a. independente. Sosirea cala-

torului pe peron nu modifica (creste / scade) probabilitatea ca metroul sa soseasca la timp in statie si reciproc. Cerinta din enunt se exprima astfel: 0 < Z < 1min, respectiv 0 < Z < 0.0167h.

Figure 1: Cele doua v.a. X  si Y  si trei cazuri analizate

Fie f 1 (x) densitatea de probabilitate a v.a. X , respectiv f 2 (x) densitatea de probabilitate a v.a. Y . Atunci, functia de repartitie a v.a. Z  este data de relatia: F (z) =

  

f 1 (x)f 2 (y)dxdy

(18)

0
Probabilitatea ceruta in enunt este: P  = F (z = 0.0167h)

− F (z = 0)

(19)

Avem: f 1 (z) = 5h−1 pentru 7.9h

≤ x ≤ 8.1h. f 1 (z) = 0

, in rest. respectiv

√

2

f 2 (z) = 1/(0.033 2π)e−0.5((x−7.92)/0.033)

(20)

VERSIUNE: DRAFT

VERSIUNE: DRAFT

18 Fie schimbarea de variabila u = x

∞

z

F (z) =

− y; v = y. Rezulta:

    du

−∞

−∞

f 1 (u + v)f 2 (v)dv

(21)

respectiv z

F (z) =

8.1

    du

−∞

√

2

5/(0.033 2π)e−0.5((x−7.92)/0.033)

(22)

7.9

Integrand in Mathematica se obtine: P  = F (z = 0.0167h)

− F (z = 0) = 0.0500

(23)

A- 22. Un sistem de securitate detecteaza orice scurgere de gaze intr-o cladire

si izoleaza alimentarea prin inchiderea unei electrovalve in caz de necesitate. Probabilitatea ca sistemul de detectie sa functioneze corect la solicitare este pS  = 0.95, iar probabilitatea ca electrovalva sa izoleze corect urmare a solicitarii este pEV  = 0.999. Intr-o zi oarecare, probabilitatea de a avea o scurgere de gaze este q = 10−4 . Pentru o durata de timp de calcul de T  = 10 ani, respectiv N  = 3650 zile: a Calculati probabilitatea de aparitie P  a cel putin unei scurgeri de gaze; b Calculati numarul cel mai probabil N  de evenimente / solicitari ale sistemului de securitate; c Calculati probabilitatea P T OP  de aparitie a evenimentului T OP  : ”Scurgere de gaze in cladire fara raspuns adecvat din partea sistemului de securitate”.

Solutie a) Fie p probabilitatea de a nu avea intr-o zi oarecare o scurgere de gaze, respectiv o stare de succes:  p = 1

− q = 0.9999

Fie M  o v.a. discreta semnificand numarul de zile pe perioada supusa analizei T  = 10 ani, respectiv N  = 3650 zile in care au avut loc scurgeri de gaze (detectate sau nu), evenimente considerate independente.

VERSIUNE: DRAFT

VERSIUNE: DRAFT

0.1. EVENIMENTE ALEATOARE, PROBABILITATI SI DISTRIBUTII 

19

Rezulta ca M urmeaza o distributie binomiala de parametrii N , respectiv q = 1 M 

− p.

∼ Bin(N, q) M 



0 1 ... k ... N   − − N  N  1 k k N  k  p Nqp ... CN    q  p ... qN 



Probabilitatea ceruta in enunt este P  = Prob(M 

≥ 1) = 1 − P (M  = Pentru N  = 3650 zile si q = 10/ −4, se obtine

− (1 − q)N . P  = 1 − 0.99993 · 650 = 0.305816. 0) = 1

b) Numarul cel mai probabil N  de evenimente / solicitari ale sistemului de securitate este valoarea v.a. M  cu cea mai mare probabilitate de aparitie, respectiv moda  acestei v.a. Pentru a gasi aceasta valoare, se studiaza monotonia sirului: k k N −k  pN ,NqpN −1 ,...C N  q  p ,...,qN 

Termenii sirului fiind pozitivi, este suficienta calcularea raportului P (M  = k + 1)/P (M  = k) si compararea acestui raport cu 1. In cazul nostru, se obtine: k+1 k+1 N −k−1 C N  q  p q N  k = k q k pN −k  p k + 1 C N 

· −

Rezulta necesara comparatia q(N  k) cu p(k + 1), pentru q, p, respectiv

−

N  date, k parametru, cu valori naturale in multimea 0, 1, 2, . . . , N   . Primul k care satisface k observatia ca daca qN 

{

}

≥ qN  −  p este valoarea (moda) cautata.

Cu

−  p este o valoarea intreaga si pozitiva, atunci v.a. M  are doua  mode, respectiv qN  − p si qN  − p + 1. In cazul nostru, qN  −  p = 0.0001 · 3650 − 0.9999 = −0.6349. Deci, M  = 0 este valoarea cea mai probabila, cel mai probabil ne asteptam ca in 10 ani sa nu existe nici o scurgere de gaze. Discutie. Daca instalatia imbatraneste in cei 10 ani si q creste la 10−3 ,

atunci moda devine qN   p = 0.001 3650 0.9999 = 2.6501. In acest caz,

−

·

−

cel mai probabil ne-am astepta la 3 solicitari ale sistemului de securitate in perioada de timp supusa analizei. c) Neaparitia evenimentului T OP  in cei T  = 10 ani presupune ca la orice eventuala solicitare, sistemul de securitate sa fie disponibil.

VERSIUNE: DRAFT