Llista 1. Probabilitat. (Amb solucio)

1. Descriu l’espai mostral (Ω) associat als seguents experiments aleatoris:

a. Tirem dos daus distingibles i observem els numeros de les cares superiors.

b. Tirem dos daus distingibles i observem la suma de les cares superiors.

c. Tirem tres monedes i observem el numero de cares obtingudes.

d. El nombre d’encerts en una travessa de 15 partits.

Solucio:

a. Si considerem que els dos daus son distingibles i seguint amb les notacions de l’apartat anterior,

Ω = (d1, d2) |d1 = 1, . . . 6; d2 = 1, . . . 6 on d1 esta modelant el resultat observat a la cara

superior del primer dau i d2 l’observat a la cara superior del segon. Aquı, el nombre d’elements

de Ω es 62 = 36 doncs, per exemple, (1, 2) 6= (2, 1).

Si ens haguessin dit que els dos daus son indistingibles, aleshores Ω = d1, d2 |d1 = 1, . . . 6; d2 =

1, . . . 6; aquı d1 i d2 modelen el resultat que apuntarıem en primer i segon lloc. Observem que

el nombre d’elements de Ω es(65

)+ 6 = 21 doncs, per exemple, 1, 2 = 2, 1.

b. La suma de les cares superiors en tirar dos daus, pren el seu valor mınim en 2, que correspon a

quan als dos daus s’ha observat el valor igual a 1 i que podem denotar com a (1,1), entenent

que la primera coordenada modela el resultat del primer dau i la segona el segon. El seu valor

maxim es pren en 12, quan s’ha observat (6,6). Tots els naturals entre el 2 i el 12 son igualment

observables i per tant Ω = 2, 3, . . . , 12

c. En tirar tres monedes podem obtenir 0, 1, 2 o be 3 cares i per tant Ω = 0, 1, 2, 3.

d. En fer una travessa de 15 partits podem obtenir 0, 1, . . . , 15 encerts i per tant

Ω = 0, 1, . . . , 15.

2. Amb l’ajuda de diagrames de Venn, demostra

(A ∪B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) ,

on A, B i C son esdeveniments qualsevol.

3. Siguin A i B dos esdeveniments qualsevol. Demostra les seguents identitats

a. Si B es un subconjunt de A (B ⊂ A), aleshores P (B) ≤ P (A).

b. P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B).

c. Si B es un subconjunt de A (B ⊂ A), aleshores P (A ∩B) = P (A)− P (B).

Solucio:

a. Podem expressar A = (A∩B)∪(A∩B) on aquesta unio es disjunta. Per la propietat d’additivitat

de la probabilitat, P (A) = P (A∩B) +P (A∩B) i com que en aquest cas P (A∩B) = P (B),

tenim que P (B) ≤ P (A) ja que P (A) = P (B) + P (A ∩B) i P (A ∩B) ∈ [0, 1].

b. Podem expressar B = (B ∩A)∪ (B ∩A) i A∪B = A∪ (B ∩A) on aquestes unions son totes

disjuntes. Aleshores, novament per l’additivitat de la probabilitat P (B) = P (B∩A)+P (B∩A)

i P (A ∪ B) = P (A) + P (B ∩ A). Aıllant P (B ∩ A) i igualant obtenim P (B) − P (B ∩ A) =

P (A ∪B)− P (A), es dir P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B).

c. Si B es un subconjunt de A, aleshores A = B ∪ (A ∩ B), sent aquesta unio disjunta. Una

vegada mes per l’additivitat de P , tenim P (A) = P (B) + P (A ∩ B) o, en altres paraules,

P (A ∩B) = P (A)− P (B).

4. Considera els subconjunts de R seguents i descriu els conjunts que s’indiquen a continuacio:

A = x ∈ R | −1 ≤ x ≤ 5

B = x | 3 ≤ x ≤ 8

C = x | x ≤ 0

a. A

b. A ∪B

c. B ∩ C

d. (A ∪B) ∩ C

Solucio:

a. [x < −1] ∪ [x > 5]

b. [−1 ≤ x ≤ 8]

c. B

d. C

5. Suposem que els esdeveniments A i B satisfan P (A) = 712 , P (B) = 7

12 i P (A ∩B) = 14 .

Avalua P (B), P (A ∩B), P (A ∪B) i P (A ∪B).

Solucio: Determinem primer P (B); com P (B) = 1−P (B), igualant tenim 712 = 1−P (B) per tant

P (B) = 512 .

com A = (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) i en ser aquesta unio disjunta, per la propietat de σ–additivitat712 = 1

4 + P (A ∩B), es a dir P (A ∩B) = 13 .

Sabem que P (A∪B) = P (A)+P (B)−P (A∩B); substituint els nostres valors obtenim P (A∪B) =712 + 7

12 −13 = 5

6 .

Finalment, apliquem les lleis de Morgan per calcular l’ultima probabilitat P (A ∪ B) = P (A ∩B) =

1− P (A ∩B) = 1− 14 = 3

4 .

2

6. Quines de les seguents identitats defineixen una probabilitat sobre Ω = a, b, c?

a. P (a) = 14 , P (b) = −1

3 i P (c) = 12 .

b. P (a) = 23 , P (b) = 1

3 i P (c) = 23 .

c. P (a) = 0, P (b) = 13 i P (c) = 2

3 .

d. P (a) = 16 , P (b) = 1

3 i P (c) = 12 .

e. P (a) = 16 , P (b) = 1

6 i P (c) = 12 .

Solucio:

a. Com P (b) = −13 aquesta assignacio no defineix una probabilitat a Ω.

b. Donat que P (Ω) = P (a) + P (b) + P (c) 6= 1, aquesta assignacio no defineix tampoc una

probabilitat sobre Ω.

c. Aquesta assignacio si defineix una probabilitat a Ω en ser tots els valors positius o zero i

verificar-se que P (Ω) = P (a) + P (b) + P (c) = 1.

d. D’igual manera a l’apartat anterior, aquesta assignacio si defineix una probabilitat a Ω: tots els

valors son positius o zero i P (Ω) = P (a) + P (b) + P (c) = 1.

e. Donat que P (Ω) = P (a) + P (b) + P (c) 6= 1, aquesta assignacio no defineix una probabilitat

sobre Ω.

7. Suposem que una paraula es triada de manera aleatoria en aquesta frase. Calcula:

a) La probabilitat que tingui 4 lletres com a mınim.

b) La probabilitat que tingui com a mınim 2 vocals.

c) La probabilitat que tingui 4 lletres i com a mınim 2 vocals.

Solucio: Seguirem la regla de Laplace per a determinar les probabilitats demanades.

a) P (4 lletres com a mınim) = 712

b) P (almenys 2 vocals) = 912

c) Com 4 lletres ∩ almenys 2 vocals no conte cap element, la probabilitat demanada es 0.

Observem que si l’exercici hagues demanat P (4 lletres com a mınim∩almenys 2 vocals),

en ser 4 lletres com a mınim inclos en el conjunt almenys 2 vocals es tindria

P (4 lletres com a mınim ∩ almenys 2 vocals) = P (4 lletres com a mınim) = 712 .

8. Un instructor d’esquı pot agafar nomes 3 estudiants al mateix temps per fer un salt. Els estudiants

nomes poden fer un salt per dia. Al matı, l’instructor te 15 estudiants per comencar les classes.

a) De quantes maneres diferents pot triar l’instructor els primers 3 estudiants que faran el salt?

b) Despres que s’hagin triat els grups d’estudiants pels dos primers salts, de quantes maneres

diferents pot triar l’instructor els 3 estudiants que formaran els grup que fara el tercer salt?

3

c) Per un estudiant donat, quina es la probabilitat de ser triat per fer el tercer salt?

d) Ara suposa que entre els 15 estudiants n’hi ha 13 que son solters i hi ha una parella. Donat

que la parella insisteix en estar en el mateix grup de salt, de quantes maneres diferents pot triar

l’instructor els primers 3 estudiants que faran el salt?

e) Quina es la probabilitat que la parella sigui triada per fer el primer salt?

f ) Ara suposa que a mes hi ha 5 dels estudiants solters que no volen ser els primers en saltar del

seu grup (per tant tres d’aquests no poden estar junts en el mateix grup de salt). De quantes

maneres diferents pot triar l’instructor els primers 3 estudiants que faran el salt?

g) En aquest ultim cas, quina es la probabilitat que la parella pugui estar en el primer grup?

Solucio:

a) Com que no ens importa l’ordre tenim en total(153

)= 455 maneres de triar els 3 primers

estudiants.

b) Ja han saltat 6 estudiants, per tant ara nomes en queden 9 per triar(93

)= 84 maneres de triar

els estudiants del tercer salt.

c) Com que en el tercer salt salten 3 estudiants aquesta probabilitat es 315 .

d) Ho separem en dos casos, les combinacions sense la parella(133

)i les combinacions amb la parella

13 (la parella mes cadascun dels altres estudiants), o sigui que en total tenim(133

)+ 13 = 299

e) Ho calculem a partir de la regla de Laplace i de l’apartat anterior 13299 .

f ) Restem dels casos de l’apartat d) els casos que no es poden donar(53

), per tant obtenim 289

combinacions.

g) Igual que en e) pero amb els casos possibles de l’apartat anterior 13289 .

9. Tenim 6 urnes amb 12 boles blanques i negres a cadascuna. D’aquestes 6 urnes, n’hi ha una que

conte 8 boles blanques, dues amb 6 boles blanques i 3 amb 4 boles blanques. Triem una urna a

l’atzar.

a) Si en trec una bola, calculeu la probabilitat que aquesta sigui blanca.

b) Si en trec una bola, calculeu la probabilitat que aquesta sigui blanca i que l’urna triada sigui la

que conte 8 boles blanques.

c) Si en trec 3 boles al mateix temps, 2 blanques i 1 negra, calculeu la probabilitat que l’urna

triada contingui 6 boles blanques.

Solucio: Siguin B =treure blanca i U1=urna amb 8 boles blanques, U2=urna amb 6 boles blanques

i U3=urna amb 4 boles blanques.

a) Pel teorema de la Probabilitat Total

P (B) = P (B|U1)P (U1) + P (B|U2)P (U2) + P (B|U3)P (U3) =8

12· 1

6+

6

12· 2

6+

4

12· 3

6=

4

9

.

4

b)

P (B ∩ U1) = P (B|U1)P (U1) =8

12· 1

6=

1

9.

c) Pel teorema de Bayes

P (U2|2 blanques i 1 negra) =P (2 blanques i 1 negra|U2)P (U2)

P (2 blanques i 1 negra).

Pel teorema de les Probabilitats Totals

P (2 blanques i 1 negra) = P (2 blanques i 1 negra|U1)P (U1)

+P (2 blanques i 1 negra|U2)P (U2) + P (2 blanques i 1 negra|U3)P (U3)

=

(82

)(41

)(123

) 1

6+

(62

)(61

)(123

) 2

6+

(42

)(81

)(123

) 3

6=

109

330.

Per tant,

P (U2|2 blanques i 1 negra) =

(62)(61)

(123 )26

109330

=45

109.

10. Suposem que hi ha dos tipus de conductors els prudents i els imprudents. Una companyia d’assegurances

sap que el 50 % dels conductors son prudents, i que un conductor imprudent te un 40 % de possibilitats

de tenir un accident cada any mentres que un conductor prudent te nomes un 10 % de possibilitats

de tenir un accident cada any. Quan la companyia firma una nova polissa no sap si el conductor es

prudent o imprudent. Assumim que els conductors no tenen mai mes d’un accident per any.

a) Quina es la probabilitat que un conductor amb una polissa nova tingui un accident durant el

primer any?

b) Quina es la probabilitat que un conductor amb una polissa nova i que no ha tingut un accident

durant el primer any sigui imprudent?

Solucio: Siguin A =tenir un accident durant el primer any i I=ser imprudent. Sabem que P (I) = P (I) =

0,5, P (A|I) = 0,4 i P (A|I) = 0,1.

1. Pel teorema de la Probabilitat Total

P (A) = P (A|I)P (I) + P (A|I)P (I) = 0,4 ∗ 0,5 + 0,1 ∗ 0,5 = 0,25

.

2. Pel teorema de Bayes

P (I|A) =P (A|I)P (I)

P (A)=

(1− P (A|I))P (I)

1− P (A)=

(1− 0,4)0,5

1− 0,25= 0,4.

5