Download - Probabilitati, probleme clasice
โRegula 50-50-90: de fiecare data cand ai o sansa de 50-50 sa intelegiceva corect exista o probabilitate de 90% sa intelegi gresit.โ
Andy Rooney
7Probabilitati. Probleme clasice
Problema intalnirii
Un barbat si o femeie decid sa se intalneasca intr-un restaurant* dupa ora 21.Restaurantul se inchide la ora 24. Din cauza programului incarcat, al fiecaruia,ei decid ca in cazul in care unul dintre ei va intarzia fiecare sa astepte dupacelalalt un anumit timp. Barbatul este dispus sa astepte o ora iar femeia doar15 minute.
Care este probabilitatea ca cei doi sa se intalneasca in acel restaurant ?
*Sa presupunem ca restaurantele sunt deschise si este permisa circulatiadupa ora 22. Prin urmare, probabilitatea nu este 0%.
1
Solutie: Vom modela matematic problema in felul urmator: notam cu ๐ฅtimpul la care soseste femeia la restaurant si cu ๐ฆ timpul la care soseste barbatul.Putem sa consideram ora 21 ca fiind timpul 0 si atunci 24 va fi reprezentat denumarul 3. Asadar ๐ฅ, ๐ฆ โ [0, 3]. Toate situatiile posibile sunt reprezentate depunctele (๐ฅ, ๐ฆ) din interiorul patratului [0, 3] ร [0, 3] de mai jos.
In cazul in care barbatul soseste primul, adica ๐ฆ โค ๐ฅ, atunci cei doi se vorintalni daca ๐ฅโ๐ฆ โค 1 (timpul la care soseste femeia este cu cel mult o ora pestecel al sosirii barbatului). Toti timpii de sosire care satisfac aceste restrictii suntcontinuti in regiunea gri, din interiorul patratului,mai precis partea din regiunecuprinsa intre prima bisectoare ๐ฆ = ๐ฅ si dreapta ๐ฅโ ๐ฆ = 1
In cazul in care femeia soseste prima, adica ๐ฅ โค ๐ฆ, atunci cei doi se intalnescdoar daca ๐ฆ โ ๐ฅ โค 1
4 . Toti timpii de sosire care satisfac aceste restrictii suntcontinuti in partea superioara a regiunii gri, din interiorul patratului, si anumepartea cuprinsa intre prima bisectoare ๐ฆ = ๐ฅ si dreapta ๐ฆ โ ๐ฅ = 1
4Probabilitatea ca cei doi sa se intalneasca va fi
๐ =numar cazuri favorabile
numar cazuri posibile.
Sunt o infinitate de cazuri favorabile si o infinitatea de cazuri posibile.Pentru a depasi aceasta situatie va trebui sa contorizam intr-un alt mod
punctele (๐ฅ, ๐ฆ) care corespund celor doua multimi. In loc sa numaram puncte,vom โmasuraโ multimi. Estimam probabilitatea utilizand ariile regiunilor caredescriu geometric multimea cazurilor favorabile, respectiv multimea cazurilorposibile.
Probabilitatea ca cei doi sa se intalneasca
๐ =aria regiunii gri
aria patratului=
10332
32โ 35%.
Sansa sa intelegi solutia este 50-50, asa ca verifica inca o data daca seaplica regula Rooney si pentru tine. Multe probleme de probabilitati auaparut initial sub forma unor probleme de perspicacitate, intrucat continadevaruri contraintuitive.
Remarca
2
Problema Monty Hall
Problema Monty Hall este un puzzle probabilistic numit dupa Monty Hall,moderatorul show-ului Letโs Make a Deal.
Esti la proba finala a concursului. In fata ta sunt 3 usi, in spatele carora seafla doua capre si o masina. Alegi o usa (sa presupunem ca e usa nr.1). Speri cain spatele usii sa se afle masina dorita. Monty Hall, gazda show-ului, stie ce seafla in spatele fiecarei usi si va deschide una dintre usile ramase, sa presupunemca e usa cu nr.3. Evident in spatele usii deschise se va afla o capra.
Apoi se joaca cu mintea ta si spuneโ-Ai dreptul sa schimbi usa aleasa si sa alegi usa cu nr.2 !โParadoxul: Sansele de castig prin schimbarea usii nu sunt 50-50
Cartea urmatoare
Voi amesteca pachetul de carti si apoi le voi imparti una cate una, oricat deincet este nevoie. Cartile sunt asezate cu fata in jos. Tu observi sirul de cartiasezate pe masa, fara a sti ce culoare au, si in orice moment doresti poti spuneStop. In acel moment iti voi arata cartea urmatoare. Daca este de culoarerosie, castigi jocul. Daca este de culoare neagra, pierzi. Nu exista jokeri inpachet.
Daca nu spui Stop pana la final, ultima carte din pachet va determina rezul-tatul jocului.
Care va fi strategia ta ?
Paradoxul baiat-fata
A. Dl. Smith are doi copii. Cel putin unul dintre ei este baiat. Care esteprobabilitatea ca celalalt copil sa fie fata ?
B. Dl. Smith are doi copii. Cel putin unul dintre ei este un baiat nascutmartea. Care este probabilitatea ca celalat copil sa fie o fata ?
Paradoxul: Niciuna dintre probabilitati nu este 50% iar raspunsurile corectenu sunt la fel.
3
Tehnici de numarare
โ in cele ce urmeaza vom lista cateva tehnici de numarare elementare, utilein estimarea unor probabilitati
1. regula produsului: daca o sarcina consta dintr-un sir de ๐ alegeri
astfel incat sunt ๐1 moduri de a realiza prima alegere, ๐2 moduri de a realiza adoua alegere, etc., atunci sarcina poate fi realizata in ๐1 ยท ๐2 ยท . . . ยท ๐๐ moduridiferite.
2. aranjamente de ๐ obiecte distincte luate cate ๐: numarul de
aranjari a ๐ obiecte alese dintre ๐ obiecte disponibile astfel incat:
ยท cele ๐ obiecte sunt distincte
ยท repetarile nu sunt permise
ยท ordinea conteaza
se obtine prin formula ๐ด๐๐ =
๐!
(๐โ ๐)!
โ reprezentare moderat abstracta, sablonul care trebuie retinut=โ n persoane trebuie asezate la o masa care are doar ๐ โค ๐ locuri (scaune)=โ ordinea de aranjare a persoanelor la masa conteaza, deci cu ๐ persoane
deja asezate se pot forma in total ๐! aranjari distincte=โ ๐ด๐
๐ este numarul de moduri diferite in care cele n persoane se potdistribui pe cele ๐ locuri
3. combinari de ๐ obiecte distincte luate cate ๐: numarul de moduri
in care putem extrage ๐ obiecte din ๐ existente, fara ca ordinea in care suntextrase sa conteze, se obtine prin formula ๐ถ๐
๐ = ๐!(๐โ๐)!๐!
โ reprezentare moderat abstracta, sablonul care trebuie retinut=โ avem o multime (colectie) care are ๐ elemente=โ dorim sa extragem o submultime de ๐ elemente, evident intr-o astfel
de submultime ordinea elementelor nu conteaza=โ conteaza doar ce elemente fac parte din submultime=โ ๐ถ๐
๐ este egal cu numarul de submultimi cu ๐ elemente ale unei multimicu ๐ โฅ ๐ elemente
4 combinari cu repetitie: orice selectie de ๐ obiecte dintr-o multime de
๐, astfel incat fiecare obiect poate fi ales de mai multe ori, se numeste combinarede ๐ obiecte luate cate ๐ cu repetitie si e data de formula
๐ถ๐๐๐(๐, ๐) =(๐ + ๐ โ 1)!
๐!(๐โ 1)!
Orice selectie cu repetitie poate fi vizualizata ca o ๐-selectie din ๐ itemi, cuposibilitatea de repetare a acestora, astfel incat ordinea de aranjare a itemilorin selectie sa nu conteze si ๐ sa poata fi mai mare decat ๐.
4
Exemplu: Mergi la magazin si ai bani doar pentru 6 dulciuri. Magazinulare de vanzare ciocolata (C), guma de mestecat (G) si acadele (A). Cate selectiidiferite poti face ?
Cateva selectii pe care le poti face sunt
๐ด๐ด๐ด๐ด๐บ๐บ
๐ด๐บ๐ด๐ด๐บ๐ถ
๐บ๐บ๐ด๐ด๐ถ๐ถ
Raspunsul este: trebuie sa faci o 6-selectie din 3 itemi disponibili, repetarea estepermisa si ordinea nu este importanta cand iti cumperi dulciuri. Prin urmaresunt
๐ถ๐๐๐(6, 3) =3 + 6 โ 1
6!(3 โ 1)!= 28 posibilitati
5 aranjarea a ๐ obiecte diferite in ๐ cutii: vom presupune ca sunt
date ๐ obiecte diferite si ๐ lazi ๐ถ1, ๐ถ2, ..., ๐ถ๐ si avem de aseazat ๐1 obiectein cutia ๐ถ1, ๐2 obiecte in cutia ๐ถ2, etc. , si ๐๐ obiecte in cutia ๐ถ๐, unde๐1 + ๐2 + . . . + ๐๐ = ๐. Mai mult, vom presupune ca ordinea de aseazarea obiectelor intr-o anumita cutie nu conteaza. Numarul tuturor distributiilorposibile este coeficientul multinomial
๐!
๐1! ๐2! ยท . . . ยท ๐๐!, ๐1 + ๐2 + . . . + ๐๐ = ๐.
6. principiul bijectiei: doua multimi finite ๐ด si ๐ต au acelasi numar de
elemente daca si numai daca exista o bijectie ๐ : ๐ด โ ๐ต.ยท vezi Problema rezolvata 1 pentru un exemplu
7. principiul incluziunii si excluziunii: vom nota prin |๐ด| numarul
de elemente ale multimii ๐ด. Pentru un sir finit ๐ด1, ๐ด2, . . . , ๐ด๐ de submultimi aleunei multimi finite ๐ avem
๐โ
๐=1
๐ด๐
=
๐โ๐=1
|๐ด๐|โโ
1โค๐<๐โค๐
|๐ด๐โฉ๐ด๐ |+. . .+(โ1)๐โ1โ
1โค๐1<๐2<...<๐๐โค๐
|๐ด๐1โฉ๐ด๐2โฉ. . .โฉ๐ด๐๐ |
+ . . . + (โ1)๐โ1|๐ด1 โฉ๐ด2 โฉ . . . ๐ด๐|.
โ acest principiu poate fi exprimat si in forma sa complementara
๐โ๐=1
๐ด๐
=
๐ โ
๐โ๐=1
๐ด๐
= |๐| โ
๐โ๐=1
|๐ด๐| +โ
1โค๐<๐โค๐
|๐ด๐ โฉ๐ด๐ | + . . .
+(โ1)๐โ
1โค๐1<๐2<...<๐๐โค๐
|๐ด๐1 โฉ๐ด๐2 โฉ . . . โฉ๐ด๐๐ | + . . . + (โ1)๐|๐ด1 โฉ๐ด2 โฉ . . . ๐ด๐|.
Scheme clasice de probabilitate
5
โ vom prezenta cateva trick-uri sau sabloane de care trebuie sa tinem contatunci cand estimam probabilitati
1. teorema lui Poincare: probabilitatea realizarii cel putin a unui
eveniment este data de
๐
(๐โ
๐=1
๐ธ๐
)=
๐โ๐=1
๐ (๐ธ๐) โโ
1โค๐<๐โค๐
๐ (๐ธ๐ โฉ ๐ธ๐)+
+โ
1โค๐<๐<๐โค๐
๐ (๐ธ๐ โฉ ๐ธ๐ โฉ ๐ธ๐) โ . . . + (โ1)๐โ1๐ (๐ธ1 โฉ ๐ธ2 . . . โฉ ๐ธ๐)
โ compara cu principiul incluziunii si excluziunii, de exemplu, pentru ๐ = 3
๐ (๐ด โช๐ต โช ๐ถ) =๐ (๐ด) + ๐ (๐ต) + ๐ (๐ถ) โ ๐ (๐ด โฉ๐ต) โ ๐ (๐ด โฉ ๐ถ)
โ ๐ (๐ต โฉ ๐ถ) + ๐ (๐ด โฉ๐ต โฉ ๐ถ)
si scrie forma complementara a teoremei lui Poincare
2. formula inmultirii: probabilitatea realizarii tuturor evenimentelor
๐
(๐โ
๐=1
๐ธ๐
)= ๐ (๐ธ1) ยท ๐ (๐ธ2|๐ธ1) ยท ๐ (๐ธ3|๐ธ1 โฉ ๐ธ2) ยท . . . ยท ๐
(๐ธ๐
๐โ1โ๐=1
๐ธ๐
)
โ in cazul in care stim ca evenimentele sunt independente, formula se simplifica
๐
(๐โ
๐=1
๐ธ๐
)= ๐ (๐ธ1) ยท ๐ (๐ธ2) ยท . . . ยท ๐ (๐ธ๐).
3. formula probabilitatii totale: probabilitatea unui eveniment ๐ธ
care poate aparea simultan cu unul dintre evenimentele ๐ป1, ๐ป2, . . . ,๐ป๐ (numiteipoteze), care formeaza un sistem complet de evenimente, e data de
๐ (๐ธ) =
๐โ๐=1
๐ (๐ป๐)๐ (๐ธ|๐ป๐)
unde
๐โ๐=1
๐ (๐ป๐) = 1 (adica doar in aceste ipoteze poate aparea ๐ธ)
4. formula lui Bayes: probabilitatea ๐ (๐ป๐ |๐ธ) a ipotezei ๐ป๐ dupa ce
evenimentul ๐ธ a avut loc
๐ (๐ป๐ |๐ธ) =๐ (๐ป๐)๐ (๐ธ|๐ป๐)
๐โ๐=1
๐ (๐ป๐)๐ (๐ธ|๐ป๐)
5. experimentul binomial
6
โ este un experiment statistic cu urmatoarele proprietatiยท experimentul consta din ๐ incercari repetateยท la fiecare repetare nu pot aparea decat doua evenimente unul numit succes
si celalalt esecยท probabilitatea unui succes, notat prin ๐, este aceeasi la fiecare incercare.ยท probabilitatea unui esec, notata prin ๐ = 1 โ ๐, este aceeasi la fiecare
incercareยท incercarile sunt independente: rezultatul uneia nu afecteaza rezultatul ori-
carei alte incercariโ probabilitatea binomiala este probabilitatea ca la un experiment binomial
sa fie inregistrate exact ๐ succese in ๐ incercari
๐ = ๐ถ๐๐ ยท ๐๐ ยท ๐๐โ๐
Exemplu: se arunca o moneda de 6 ori, probabilitatea de a obtine de 4 oripajura este
๐ = ๐ถ46 ยท(
1
2
)4
ยท(
1
2
)6โ4
โ probabilitatea de a obtine cel putin ๐ succese este
๐ = 1 โ๐โ1โ๐=0
๐ถ๐๐ ยท ๐๐ ยท ๐๐โ๐
โ probabilitatea ca al ๐-lea succes sa fie obtinut dupa exact ๐ incercari este
๐ = ๐ถ๐โ1๐โ1 ๐
๐(1 โ ๐)๐โ๐, ๐ โฅ ๐.
6. experimentul multinomial
โ generalizeaza experimentul binomial:ยท acum fiecare incercare are ๐ rezultate posibile ๐ธ1, ๐ธ2, . . . , ๐ธ๐
ยท aceste rezultate au probabilitatile ๐1, ๐2, . . . ๐๐ยท cele ๐ incercari sunt din nou independenteโ probabilitatea multinomiala este probabilitatea ca ๐ธ1 sa apara de ๐1 ori,
๐ธ2 sa apara de ๐2 ori,. . .๐ธ๐ sa apara de ๐๐ ori
๐ =๐!
๐1!๐2! ยท . . . ยท ๐๐!ยท ๐๐1
1 ๐๐22 ยท . . . ยท ๐๐๐
๐
unde ๐ = ๐1 + ๐2 + . . . + ๐๐
7. schema Poisson
โ fie ๐ธ1, ๐ธ2, ..., ๐ธ๐ ๐ evenimente independente ale unui experiment.โ notam prin ๐๐ probabilitatea sa apara evenimentul ๐ธ๐ si prin ๐๐ = 1 โ ๐๐,
๐ = 1, ๐ probabilitatea evenimentului complementarโ probabilitatea sa apara ๐ evenimente dintre cele ๐ este data de coeficientul
lui ๐๐ din expresia
(๐1๐ + ๐1) ยท (๐2๐ + ๐2) ยท ... ยท (๐๐๐ + ๐๐)
7
โ poate fi interpretata ca o generalizare a experimentului binomial, in sensulca acum succesul are o probabilitate diferita ๐๐, ๐ = 1, ๐, la fiecare incercare.
8. schema bilei nerevenite (hipergeometrica)
โ consideram problema a ๐ extrageri repetate dintr-o cutie ce contine ๐obiecte, dintre care ๐ sunt defecte.
โ daca extragerile se fac cu innlocuire (obiectul extras este pus inapoi incutie inainte de extragerea urmatoare), atunci avem un experiment binomial cu๐ incercari si ๐ = ๐
๐ probabilitatea unui succes, daca definim succesul ca fiindextragerea unui obiect defect
โ daca extragerile se fac fara inlocuire, atunci probabilitatea extragerii unuiobiect defect nu mai este aceeasi in cele ๐ extrageri
โ probabilitatea de a extrage exact ๐ obiecte defecte in cele ๐ incercari senumeste probabilitate hipergeometrica si este data prin
๐ =๐ถ๐
๐๐ถ๐โ๐๐โ๐
๐ถ๐๐
Probleme rezolvate
Probema 1
a) Aratati ca numarul de functii ๐ : ๐ด โฆโ ๐ต este dat de |๐ต||๐ด|, daca ๐ด si๐ต sunt multimi finite.b) Aflati numarul submultimilor unei multimi ๐ด cu ๐ elemente.
Solutie: Vom folosi aceasta problema pentru a exersa doua tehnici de nu-marare: regula produsului si principiul bijectiei.
a) Sa definim mai intai multimile ๐ด = {๐ฅ1, ๐ฅ2, . . . , ๐ฅ๐} si ๐ต = {๐ฆ1, ๐ฆ2, . . . , ๐ฆ๐}.Conform definitiei unei functii, ๐(๐ฅ1) trebuie sa ia o singura valoare din
multimea ๐ต = {๐ฆ1, ๐ฆ2, . . . , ๐ฆ๐}. Astfel pentru valoarea lui ๐(๐ฅ1) avem exact ๐posibilitati. Analog, pentru ๐(๐ฅ2) avem ๐ posibilitati, etc. La final se aplicaregula produsului si se obtin ๐๐ posibilitati de a defini functii de la ๐ด la ๐ต.
b) Putem afla numarul submultimilor intr-un mod mai elementar, contor-izand pe rand cate submultimi cu ๐ elemente exista, ๐ โค ๐. Dorim insa saaratam cum functioneaza principiul bijectiei.
Vom construi o bijectie intre multimea submultimilor lui ๐ด, de obicei notatacu ๐ซ(๐ด) (partile lui ๐ด) si o alta multime a carei elemente se numara mai usor.Dificultatea principiului consta in constructia functiei bijective, care va usurarezolvarea problemei de numarare.
Sa consideram multimea cuvintelor binare de lungime ๐
๐ถ = {๐1๐2 . . . ๐๐ : ๐๐ โ {0, 1}, pentru orice ๐ โค ๐}
Se observa usor ca aceasta multime are 2๐ elemente, conform regulii produsului,caci fiecare litera ๐๐ a cuvantului binar poate avea exact 2 valori.
8
Definim acum o bijectie ๐ : ๐ซ(๐ด) โฆโ ๐ถ care atribuie fiecarei submultimi ๐ alui ๐ด un cuvant binar de lungime ๐, in felul urmator
๐(๐) = ๐1๐2 . . . ๐๐ unde ๐๐ =
{1, daca ๐ฅ๐ โ ๐
0, daca ๐ฅ๐ /โ ๐
De exemplu, submultimea ๐ = {๐ฅ1, ๐ฅ3, ๐ฅ4} corespunde cuvantului binar
1011 0.............0โ โ doar zerouri
Se argumenteaza usor ca aceasta functie este bijectiva si prin urmare numarulde elemente ale lui ๐ซ(๐ด) este egal cu numarul de elemente ale lui C, conformprincipiului bijectiei =โ sunt 2๐ submultimi.
Problema 2
Aratati ca numarul de functii surjective ๐ : ๐ด โฆโ ๐ต, in cazul in care|๐ด| = ๐, |๐ต| = ๐, este
๐ =
๐โ๐=0
(โ1)๐๐ถ๐๐(๐โ ๐)๐
atunci cand ๐ โฅ ๐, altfel este ๐ = 0.
Solutie: Problema propusa creaza o buna oportunitate de a face cunostintacu cateva tehnici caracteristice teoriei probabilitatilor. Nu vom folosi cuvantulprobabilitate dar vom adopta unele strategii din teoria probabilitatilor.
Dorim sa contorizam functiile surjective ๐ : {๐ฅ1, ๐ฅ2, . . . , ๐ฅ๐} โ {๐ฆ1, ๐ฆ2, . . . , ๐ฆ๐}.Este mai simplu sa studiem functiile care nu sunt surjective, la fel cum la prob-abilitati vom studia uneori evenimentul complementar ๐ธ. Pentru inceput sacadem de acord ca avem relatia
nr. functii surjective=nr. functii- nr. functii nesurjective
si ca numarul de functii ๐ : ๐ด โ ๐ต care pot fi definite intre doua multimi finiteeste |๐ต||๐ด|.
Pentru a calcula numarul de functii nesurjective, vom descompune propri-etatea de a nu fi surjectiva in mai multe proprietati, in ideea aplicarii principiuluiincluziunii si excluziunii.
Vom nota cu ๐น1 multimea functiilor care rateaza valoarea ๐ฆ1, cu ๐น2 multimeafunctiilor care rateaza valoarea ๐ฆ2, si asa mai departe cu ๐น๐ multimea functiilorcare rateaza valoarea ๐ฆ๐. Surpriza consta in faptul ca ๐น1 โช ๐น2 โช . . . โช ๐น๐ vacontine toate functiile nesurjective, caci aceste functii rateaza cel putin o valoare๐ฆ๐, ๐ = 1, ๐. Numarul functiilor nesurjective va fi
|๐น1 โช ๐น2 โช . . . โช ๐น๐| =
๐โ๐=1
|๐น๐| โโ
1โค๐<๐โค๐
|๐น๐ โฉ ๐น๐ | + . . .
+(โ1)๐โ1โ
1โค๐1<๐2<...<๐๐โค๐
|๐น๐1 โฉ๐น๐2 โฉ . . .โฉ๐น๐๐ |+ . . .+ (โ1)๐โ1|๐น1โฉ๐น2โฉ . . . ๐น๐|.
9
Pentru a calcula aceasta suma, trebuie sa evaluam pe rand termenii sai.Pentru inceput |๐น๐| este numarul functiilor care rateaza valoarea ๐ฆ๐. Acestefunctii sunt functii definite pe multimea {๐ฅ1, ๐ฅ2, . . . , ๐ฅ๐} si cu valori in multimea{๐ฆ1, ๐ฆ2, . . . , ๐ฆ๐โ1, ๐ฆ๐+1, . . . , ๐ฆ๐}. Conform celor discutate mai sus, se pot construi(๐โ 1)๐ astfel de functii.
In mod asemanator |๐น๐ โฉ ๐น๐ | este numarul functiilor care rateaza valorile๐ฆ๐ si ๐ฆ๐ , adica functii definite pe o multime cu ๐ elemente si cu valori intr-omultime cu ๐ โ 2 element =โ |๐น๐ โฉ ๐น๐ | = (๐โ 2)๐. Rationamentul continuapentru fiecare grup de termeni in parte. E important sa remarcam faptul caatunci cand construim functii din ๐น๐โฉ๐น๐ nu ne intereseaza daca acestea rateazasi alte valori din multimea {๐ฆ1, ๐ฆ2, . . . , ๐ฆ๐โ1, ๐ฆ๐+1, . . . , ๐ฆ๐โ1, ๐ฆ๐+1, . . . ๐ฆ๐} ci doarfaptul ca ๐ฆ๐ si ๐ฆ๐ nu se afla in ๐ผ๐ ๐. La fel gandim si in cazul celorlalti termeni.Ca formula generala, grupulโ
1โค๐1<๐2<...<๐๐โค๐
|๐น๐1 โฉ ๐น๐2 โฉ . . . โฉ ๐น๐๐ |
va contine ๐ถ๐๐ termeni si toti au valoarea (๐โ ๐)๐. Prin urmare
|๐น1 โช ๐น2 โช . . . โช ๐น๐| = ๐ถ1๐(๐โ1)๐โ๐ถ2
๐(๐โ2)๐+. . .+(โ1)๐โ1๐ถ๐๐(๐โ๐)๐+. . .+(โ1)๐โ1(๐โ๐)๐
si numarul de functii surjective va fi
๐ =
๐โ๐=0
(โ1)๐๐ถ๐๐(๐โ ๐)๐.
Putem sa privim problema aflarii functiilor surjective dintr-o alta per-spectiva. Vom vizualiza o functie surjectiva ca pe o partitie a multimii{๐ฅ1, ๐ฅ2, . . . , ๐ฅ๐} in ๐ submultimi in felul urmator: in fiecare submul-time ๐ด๐ se afla doar elemente din ๐ด care sunt transformate in acelasielement din ๐ต = {๐ฆ1, ๐ฆ2, . . . , ๐ฆ๐}, adica ๐ด๐ = {๐ฅ๐1 , ๐ฅ๐2 , . . . , ๐ฅ๐๐} pentrucare ๐(๐ฅ๐1) = ๐(๐ฅ๐2) = ... = ๐(๐ฅ๐๐). Deoarece functia nu trebuie sa fie in-jectiva o astfel de submultime poate avea mai mult de un element. Asadar๐ด = ๐ด1 โช๐ด2 โช . . . ๐ด๐. De remarcat faptul ca nu am precizat in ce elementsunt transformate elementele din aceste submultimi. Practic aceasta par-titie a lui ๐ด reprezinta o grupare a elementelor care sunt trimise in acelasi๐ฆ โ ๐ต.
Spre exemplu, functia surjectiva ๐ : {1, 2, 3, 4} โ {1, 2} definita prin๐(1) = 1, ๐(2) = 2, ๐(3) = 1, ๐(4) = 2 corespunde partitiei {1, 3} โช {2, 4}a lui ๐ด.
Numarul partitiilor unei multimi cu ๐ elemente in ๐ submultimi estedat de numarul Stirling de speta a doua ๐(๐,๐). Trebuie insa remarcat cafiecarei partitii in ๐ submultimi ii corespund ๐! functii surjective distincte,deoarece atunci cand am construit o partitie nu am fixat valoarea ๐ฆ incare este trimis fiecare ๐ฅ dintr-o astfel de submultime. Putem aranjaaceste valori in ๐! moduri.
๐ = ๐! ยท ๐(๐,๐)
Remarca
10
Problema 3
La o petrecere sunt ๐ cupluri, sot si sotie. La un moment dat toti invitatiisunt pe ringul de dans. Se presupune ca formarea perechilor de dans esteegal probabila.
i) Care este probabilitatea ca in acel moment fiecare barbat sa nudanseze cu sotia sa ?
ii) Sa se calculeze limita acestei probabilitati cand ๐ โ โ.
Solutie: Definim โevenimentele elementareโ:
๐ธ1: primul barbat danseaza cu sotia in acel moment
๐ธ2: al doilea barbat danseaza cu sotia in acel moment
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
๐ธ๐: al n-lea barbat danseaza cu sotia in acel moment
Se arata usor ca
๐(๐ธ๐1 โฉ ๐ธ๐2 โฉ ... โฉ ๐ธ๐๐
)=
(๐โ ๐)!
๐!
deoarece daca s-au format ๐ perechi sot-sotie, atunci celelalte (๐ โ ๐) perechiโbarbat-femeieโ se pot forma ฤฑn (๐โ ๐)! moduri.
Evenimentul ๐ธ cerut: โFiecare barbat sa nu danseze cu sotia saโ se compunefolosind aceste evenimente elementare in felul urmator
๐ธ = ๐ธ1 โฉ ๐ธ2 โฉ . . . ๐ธ๐
Prin urmare forma complementara a teoremei lui Poincare ne furnizeaza
๐
(๐โ
๐=1
๏ฟฝ๏ฟฝ๐
)= 1 โ
๐โ๐=1
๐ (๐ธ๐) +โ
1โค๐<๐โค๐
๐ (๐ธ๐ โฉ ๐ธ๐) + . . .
+(โ1)๐โ
1โค๐1<๐2<...<๐๐โค๐
๐ (๐ธ๐1 โฉ๐ธ๐2 โฉ . . .โฉ๐ธ๐๐)+ . . .+(โ1)๐๐ (๐ธ1โฉ๐ธ2โฉ . . . ๐ธ๐).
๐ (๐ธ) = 1 โ ๐ถ1๐
(๐โ 1)!
๐!+ ๐ถ2
๐
(๐โ 2)!
๐!โ ... + (โ1)
๐๐ถ๐
๐
(๐โ ๐)!
๐!
= 1 โ ๐!
1! (๐โ 1)!
(๐โ 1)!
๐!+
๐!
2! (๐โ 2)!
(๐โ 2)!
๐!โ ... + (โ1)
๐ 1
๐!
= 1 โ 1
1!+
1
2!โ 1
3!+ . . . + (โ1)๐
1
๐!
de unde rezulta
lim๐โโ
๐ (๐ธ) =1
๐.
deoarece am tinut cont de dezvoltarea Maclaurin a lui ๐โ๐ฅ
๐โ๐ฅ = 1 โ ๐ฅ
1!+
๐ฅ2
2!โ ๐ฅ3
3!+ . . . + (โ1)๐
๐ฅ๐
๐!+ . . .
11
Problema 4
Dintre studentii prezenti la un curs de MS se alege la intamplare unul.Sa notam urmatoarele evenimente๐ด - studentul ales este baiat,๐ต - studentul ales este nefumator,๐ถ - studentul ales locuieste ฤฑn camin.Se cer urmatoarele:a) Sa se descrie evenimentul ๐ด โฉ๐ต โฉ ๐ถ,
b) In ce conditii are loc identitatea ๐ด โฉ๐ต โฉ ๐ถ = ๐ด?c) Cand este adevarata relatia ๐ถ โ ๐ต?d) Cand va putea avea loc egalitatea ๐ด = ๐ต?
Solutie: a) Evenimentul are loc daca a fost ales un baiat care nu fumeaza sicare nu locuieste ฤฑn camin.
b) Cand toti baietii locuiesc ฤฑn camin si nici unul nu fumeaza.c) Cand toti studentii care nu stau ฤฑn camin sunt nefumatori.d) Are loc daca nicio fata nu fumeaza si ฤฑn acelasi timp toti baietii fumeaza.
Problema 5
Un muncitor a lucrat ๐ piese. Sa notam cu ๐ด๐, ๐ = 1, ๐ evenimentul careconsta ฤฑn faptul ca cea de a ๐-a piesa lucrata este defecta. Sa se descriematematic folosind limbajul teoriei multimilor urmatoarele evenimente:a) Niciuna dintre piesele lucrate nu este defecta,b) Cel putin una dintre piesele lucrate este defecta,c) Numai una dintre piesele lucrate este defecta,d) Exact doua piese sunt defecte,e) Cel putin doua piese nu sunt defecte,f) Cel mult doua piese sunt defecte.
Solutie: Fie ๐ด๐ evenimentul ca cea de a ๐-a piesa sa fie defecta, atunci eveni-mentul complementar ๐ด๐ inseamna a ๐-a piesa lucrata este buna. Toate eveni-mentele descrise mai sus pot fi descompuse in functie de aceste evenimente, pecare am putea sa le numim evenimente elementare.
a) Niciuna dintre piesele lucrate nu este defecta
๐ด1 โฉ๐ด2 โฉ ...๐ด๐
b) Cel putin una dintre piesele lucrate este defecta
๐ด1 โช๐ด2 โช ... โช๐ด๐
c) Numai una dintre piesele lucrate este defecta
๐โ๐=1
(๐ด1 โฉ๐ด2 โฉ ... โฉ๐ด๐โ1 โฉ๐ด๐ โฉ๐ด๐+1 โฉ ... โฉ๐ด๐
)d) Exact doua piese sunt defecte
๐โ๐=1๐<๐
(๐ด1 โฉ๐ด2 โฉ ... โฉ๐ด๐โ1 โฉ๐ด๐ โฉ๐ด๐+1 โฉ ... โฉ๐ด๐โ1 โฉ๐ด๐ โฉ๐ด๐+1 โฉ ... โฉ๐ด๐
)
12
e) Evenimentul โCel putin doua piese nu sunt defecteโ este complementarevenimentului โCel mult o piesa nu este defectaโ(
๐โ๐=1
๐ด๐
)โช
[๐โ
๐=1
๐ด1 โฉ๐ด2 โฉ ...๐ด๐โ1 โฉ๐ด๐ โฉ๐ด๐+1 โฉ ... โฉ๐ด๐
]
f) Cel mult doua piese sunt defecte(๐โ
๐=1
๐ด๐
)โช
[๐โ
๐=1
(๐ด1 โฉ๐ด2 โฉ ... โฉ๐ด๐โ1 โฉ๐ด๐ โฉ๐ด๐+1 โฉ ... โฉ๐ด๐
)]
โช
โกโขโขโฃ ๐โ๐=1๐<๐
(๐ด1 โฉ๐ด2 โฉ ... โฉ๐ด๐โ1 โฉ๐ด๐ โฉ๐ด๐+1 โฉ ... โฉ๐ด๐โ1 โฉ๐ด๐ โฉ๐ด๐+1 โฉ ... โฉ๐ด๐
)โคโฅโฅโฆ
Problema 6
Intr-o urma sunt 3 bile albastre si 7 bile rosii. Se extrag trei bile fara a firepuse in urna. Care este probabilitatea ca bilele extrase sa fie de culoarealbastra, rosie, rosie, in aceasta ordine ?
Solutie: Problema enuntata mai sus este elementara. Rolul ei este sa atragaatentia asupra modului in care โmanevramโ evenimentele dependente. Definimevenimentele
๐ธ1 am extras o bila albastra la prima extragere๐ธ2 am extras o bila rosie la a doua extragere๐ธ3 am extras o bila rosie la a treia extragereDaca bilele are fi repuse in urna atunci toate cele trei evenimente ar fi inde-
pendente si conform formulei inmultirii am obtine
๐ (๐ธ1 โฉ ๐ธ2 โฉ ๐ธ3) = ๐ (๐ธ1) ยท ๐ (๐ธ2) ยท ๐ (๐ธ3) =3
10
7
10
7
10
Insa, deoarece bilele nu sunt repuse, aparitia evenimentului ๐ธ1 afecteazaprobabilitatea evenimentului ๐ธ2, apoi aparitia lui ๐ธ1 si ๐ธ2 afecteaza sansa lui๐ธ3. Cand evenimentele sunt dependente formula inmultirii este
๐ (๐ธ1 โฉ ๐ธ2 โฉ ๐ธ3) = ๐ (๐ธ1) ยท ๐ (๐ธ2|๐ธ1) ยท ๐ (๐ธ3|๐ธ1 โฉ ๐ธ2)
Pentru inceput ๐ (๐ธ1) = 310 insa factorul ๐ (๐ธ2|๐ธ1) se traduce prin
Probabilitatea lui ๐ธ2 daca ๐ธ1 a aparut.
Asadar, stim ca ๐ธ1 a aparut la prima extragere (a fost extrasa o bila albas-tra). In acest moment in urna au mai ramas 2 bile albastre si 7 bile rosii=โ ๐ (๐ธ2|๐ธ1) = 7
9 .Probabilitatea sa apara o bila rosie la prima extragere este 7
10 . Un paradoxal teoriei probabilitatilor se manifesta in felul urmator: daca nu stim ce bilaa fost extrasa la prima extragere, probabilitatea de a extrage o bila rosie, la adoua extragere, ramane 7
10 !
13
Argumentarea se face folosind formula probabilitatii totale. Bila rosiepoate aparea la a doua extragere in doua ipoteze:
๐ป1: la prima extragere a iesit o bila albastra
๐ป2: la prima extragere a iesit o bila rosie
Prin urmare ๐ (๐ธ2) = ๐ (๐ป1)๐ (๐ธ2|๐ป1) + ๐ (๐ป2)๐ (๐ธ2|๐ป2) = 310 ยท 7
9 + 710
69 = 7
10
Sa revenim la problema si sa observam ca ๐ (๐ธ3|๐ธ1 โฉ ๐ธ2) = 68 caci deja au
fost extrase o bila albastra si una rosie. In final se obtine
๐ (๐ธ1 โฉ ๐ธ2 โฉ ๐ธ3) =3
10ยท 7
9ยท 6
8
In practica este foarte important sa stabilesti dependenta sau indepen-denta unor evenimente, intrucat evaluarea corecta a sansei depinde deaceasta. Una dintre erorile des intalnite in teoria jocurilor poarta numelede eroare Monte Carlo. Jucatorii de ruleta care pariaza pe rosu, pentru caultimele sapte numere au fost negre, folosesc aceeasi logica gresita. Prob-abilitatea de a se opri pe rosu este aceeasi indiferent de cate ori a iesitnegru ! Evenimentele sunt independente !
โMintea are iluziile ei, ca si simtul vazuluiโ
Pierre Simon Laplace
Remarca
Problema 7
Un test anti-doping pentru o substanta interzisa sportivilor are o acu-ratete de 98%, in cazul in care cel testat a utilizat respectiva substanta(adica produce rezultate pozitive in 98% dintre cazuri). Acelasi test areo acuratete de 95%, in cazul celor care nu au utilizat substanta interzisa(adica returneaza rezultate negative la 95% dintre acestia). Este estimatca 10% dintre sportivi folosesc substanta interzisa.Un test administrat unui sportiv a iesit pozitiv. Care este probabilitateaca acesta sa se fi dopat ? Care este probabilitatea ca testul administratunui sportiv oarecare sa iasa negativ ?
Solutie: Aceasta problema evidentiaza o situatie reala foarte frecventa: chiarsi cei care nu se dopeaza pot sa iasa pozitiv la testele anti-doping. Din aceastacauza se recolteaza si investigheaza si o asa-zisa proba B si abia apoi sportivultestat este incriminat sau dezincriminat. Intotdeauna cand avem de-a face cuprobabilitati conditionate este o idee buna sa reprezentam grafic problema, subforma unui arbore de decizie
14
Definim doua ipoteze, care vor forma un sistem complet๐ป1: sportivul este dopat๐ป2: sportivul nu este dopatObservam ca evenimentele+: testul a iesit pozitiv la testarea anti-dopingโ: testul a iesit negativ la testarea anti-dopingpot aparea in oricare dintre cele doua ipoteze.Prima intrebare se traduce matematic prin ๐ (๐ป1|+) = ?, prin urmare avem
de estimat probabilitatea unei ipoteze in conditiile in care un anumit evenimenta avut loc. Aceasta estimare se face cu formula lui Bayes
๐ (๐ป1|+) =๐ (๐ป1) ยท ๐ (+|๐ป1)
๐ (+)
iar ๐ (+) = ๐ (๐ป1) ยท ๐ (+|๐ป1) + ๐ (๐ป2) ยท ๐ (+|๐ป2) conform formulei probabili-tatii totale, deoarece testul poate iesi pozitiv in ambele ipoteze(dopat-nedopat).Urmarind cu atentie arborele de decizie desenat mai sus
๐ (+) = 10% ยท 98% + 90% ยท 5% = 14, 3%
apoi
๐ (๐ป1|+) =10% ยท 98%
14, 3%โ 68%
Din cauza ca probabilitatea nu este suficient de mare se va apela si la probaB. A doua intrebare a problemei se traduce prin ๐ (โ) = ? si din nou formulaprobabilitatii totale livreaza
๐ (โ) = ๐ (๐ป1) ยท ๐ (โ|๐ป1) + ๐ (๐ป2) ยท ๐ (โ|๐ป2) = 10% ยท 2% + 90% ยท 95% โ 86%
Problema 8
Patru premii diferite pot fi castigate cumparand cutii de cereale pentrumicul dejun. Fiecare cutie contine un premiu. Unul dintre premii este unbilet la gradina zoologica a orasului. Sa presupunem ca o familie avandpatru membri intentioneaza sa cumpere cereale pana cand vor castigapatru bilete la gradina zoologica. Care este probabilitatea ca familia satrebuiasca sa cumpere 10 cutii pentru a castiga cele patru bilete? Darprobabilitatea sa trebuiasca sa cumpere 16 cutii pentru a le castiga?
15
Solutie: Trebuie sa remarcam faptul ca avem de-a face cu un experimentbinomial. La fiecare incercare poti sa castigi un bilet la zoo (succesul) cu prob-abilitatea ๐ = 1
4 sau sa nu castigi (esecul) cu probabilitatea ๐ = 34 . Cerinta
problemei se traduce prin a afla probabilitatea ca al ๐-lea suscces sa fie obtinutdupa ๐ incercari si asta se face prin formula
๐ = ๐ถ๐โ1๐โ1 ๐
๐๐๐โ๐, ๐ โฅ ๐.
Formula nu are nimic magic, poate fi argumentata usor. Daca al k-lea succesa fost obtinut in a ๐-a incercare =โ in cele ๐ โ 1 incercari precedente au fostinregistrate exact ๐โ 1 succese. Conform formulei probabilitatii binomiale stimca probabilitatea de a avea ๐ โ 1 succese in ๐ โ 1 incercari este
๐ถ๐โ1๐โ1 ๐
๐โ1๐๐โ1โ(๐โ1)
Daca mai adaugam si evenimentul (independent de ce s-a intamplat in primele๐โ1 incercari) ca la a ๐-a incercare inregistram un succes, atunci probabilitateaceruta se obtine cu formula inmultirii.
In particular, in problema noastra ne intereseaza cazurile ๐ = 4 si ๐ = 10 sidorim sa obtinem exact ๐ = 4 succese. Se obtin pe rand probabilitatile
๐1 = ๐ถ4โ110โ1
(1
4
)4(3
4
)10โ4
si ๐2 = ๐ถ4โ116โ1
(1
4
)4(3
4
)16โ4
Problema 9
Saisprezece luptatori iau parte la un turneu de judo. In cate moduri sepot trage la sorti meciurile din prima runda a turneului ?
Solutie: Tragerea la sorti a meciurilor primei runde este o problema similaracu asezarea a 16 obiecte in 8 cutii, astfel incat in prima cutie trebuie sa punem๐1 = 2 obiecte, in a doua cutie ๐2 = 2 obiecte, etc., in a 8-a cutie ๐8 = 2 obiecte.Avem astfel
๐1 + ๐2 + . . . + ๐8 = 16
si ordinea in fiecare cutie nu este importanta (A vs B este acelasi meci cu B vs.A). Conform formulei multinomiale
16!
2! ยท 2! ยท . . . ยท 2!โ โ de 8 ori
moduri de a trage la sorti meciurile primei runde
Problema 10
Gasiti probabilitatea ca printre 7 persoane:
a) Sa nu existe doua nascute in aceeasi zi a saptamanii
b) Cel putin doua sa fie nascute in aceeasi zi
c) Doua persoane sa fie nascute duminica si doua martea
16
Solutie: a) Aflarea zilei din saptamana in care fiecare persoana s-a nascutpoate fi interpretata ca fiind un experiment multinomial cu 7 incercari, la fiecareincercare avem 7 evenimente posibile(rezultate):
๐ธ1: s-a nascut luni๐ธ2: s-a nascut marti. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .๐ธ7: s-a nascut duminicaEvident ๐ (๐ธ1) = ๐ (๐ธ2) = . . . = ๐ (๐ธ7) = 1
7 . Daca dorim sa nu existe douapersoane nascute in aceeasi zi a saptamanii, inseamna ca impunen conditia ca๐ธ1 sa apara o data, ๐ธ2 sa apara o data, . . . , ๐ธ7 sa apara o data. Prin urmareprobabilitatea ceruta este de fapt probabilitatea multinomiala
๐ =7!
1! ยท 1! ยท . . . ยท 1!
(1
7
)1
ยท(
1
7
)1
ยท . . . ยท(
1
7
)1
=7!
77
b) Evenimentul โCel putin doua sunt nascute in aceeasi ziโ este evenimen-tul complementar evenimentului โFiecare persoana este nascuta intr-o alta zi asaptamaniiโ deci
๐ = 1 โ 7!
77
c) Redefinim rezultatele posibile ale experimentului multinomial in felul ur-mator
๐ธ1: persoana s-a nascut martea๐ธ2: persoana s-a nascut duminica๐ธ3: persoana s-a nascut intr-o zi a saptamanii diferita de ziua de marti sau
duminica๐ (๐ธ1) = ๐ (๐ธ2) = 1
7 dar ๐ (๐ธ3) = 57 . Sa observam ca dorim ca ๐ธ1 sa
apara de ๐1 = 2 ori, ๐ธ2 sa apara de ๐2 = 2 ori si ๐ธ3 sa apara de ๐3 = 3 ori.Probabilitatea ceruta va fi probabilitatea multinomiala
๐ =7!
2! ยท 2! ยท 3!
(1
7
)2
ยท(
1
7
)2
ยท(
5
7
)3
Problema 11
Problema Monty Hall
Solutie: La o evaluare rapida se pare ca sansa de castig e de 1/3 la inceputsi 1/2 daca ne schimbam optiunea. Vom vedea mai jos ca intuitia reprezintadoar inceputul cunoasterii.
Conform informatiilor de la inceputul fisei, ai ales usa 1 iar gazda emisiuniia deschis usa 3. Ce ne propunem sa calculam este probabilitatea ca masina sase afle in spatele usii 2 daca gazda a deschis usa 3.
Pentru a aborda problema folosind formule de tip Bayes va trebui sa definimipotezele:
๐ป1: masina se afla in spatele usii 1๐ป2: masina se afla in spatele usii 2๐ป3: masina se afla in spatele usii 3
Definim si evenimentul
17
๐ธ : moderatorul emisiunii deschide usa 3Prin urmare, evenimentul a carui probabilitate dorim sa o calculam este:
๐ป2 conditionat de aparitia lui ๐ธ !!
=โ ๐ (๐ป2|๐ธ), probabilitatea unei ipoteze in conditiile in care evenimentul aavut loc.
Conform teoremei lui Bayes
๐ (๐ป2|๐ธ) =๐ (๐ป2)๐ (๐ธ|๐ป2)
๐ (๐ป1)๐ (๐ธ|๐ป1) + ๐ (๐ป2)๐ (๐ธ|๐ป2) + ๐ (๐ป3)๐ (๐ธ|๐ป3)
Va trebui sa fim foarte atenti la semnificatia fiecarei probabilitati din formulaanterioara:
๐ (๐ป1) : probabilitatea ca masina sa fie in spatele usii 1 =โ ๐ (๐ป1) = 13
๐ (๐ป2) : probabilitatea ca masina sa fie in spatele usii 2 =โ ๐ (๐ป2) = 13
๐ (๐ป3) : probabilitatea ca masina sa fie in spatele usii 3 =โ ๐ (๐ป3) = 13
Urmeaza probabilitatile conditionate:๐ (๐ธ|๐ป1): probabilitatea ca gazda sa deschida usa 3. daca masina este in
spatele usii 1=โ atunci gazda stie ca in spatele usii 2 si 3 este o capra deci poate
deschide pe oricare dintre acestea, din moment ce concurentul a ales usa 1=โ ๐ (๐ธ|๐ป1) = 1
2๐ (๐ธ|๐ป2): probabilitatea ca gazda sa deschida usa 2, daca masina este in
spatele usii 2=โ gazda poate acum sa deschida doar usa 3, din moment ce masina este
in spatele usii 2 si concurentul a ales usa 1=โ ๐ (๐ธ|๐ป2) = 1๐ (๐ธ|๐ป3): probabilitatea ca gazda sa deschida usa 3, daca masina este in
spatele usii 3, este evident nula =โ ๐ (๐ธ|๐ป3) = 0Inlocuind aceste informatii in formula se obtine:
๐ (๐ป2|๐ธ) =2
3โ 66%
Problema admite si alte abordari. Ceea ce merita retinut este ca estimareade castig de 50%, facuta a lโaveugle, este gresita. Sansa de castig prinalegerea usii 2 este in realitate mult mai de mare, insusi marele matem-atician Pal Erdos nu a fost convins de exactitatea acestui rezultat pana inmomentul in care a vazut o simulare pe calculator a problemei.
Remarca
Problema 12
Cartea urmatoare
Solutie: Nu exista o strategie castigatoare!Daca nu ai informatii despre evenimentele trecute, atunci probabilitatea (de
a primi o carte rosie, de exemplu) este aceeasi la fiecare incercare.
18
Problema este asemanatoare problemei 6. Sa investigam un caz particularcu doar 4 carti in pachet. Sa presupunem ca doua sunt rosii si doua negre.Dealerul amesteca cartile si aseaza prima carte pe masa, fara a arata ce carteeste. Mai sunt trei carti in pachet. Probabilitatea de a obtine o carte rosie laurmatoarea este din nou 1
2 !In acest moment sunt doua ipoteze๐ป1 : prima carte a fost neagra๐ป2 : prima carte a fost rosie
si vom defini evenimentul๐ธ : urmatoarea carte este rosie.Formula probabilitatilor totale va oferi estimarea
๐ (๐ธ) = ๐ (๐ป1) ยท ๐ (๐ธ|๐ป1) + ๐ (๐ป2) ยท ๐ (๐ธ|๐ป2) =1
2
Argumentul poate continua cu doua carti refuzate si doua carti ramase inpachet. In aceasta situatie sunt patru ipoteze posibile
๐ป1 : prima carte a fost neagra si a doua neagra๐ป2 : prima carte a fost rosie si a doua neagra๐ป3 : prima carte a fost neagra si a doua rosie๐ป4 : prima carte a fost rosie si a doua rosieDin nou, formula probabilitatilor totale livreaza aceeasi probabilitate pentru
ca urmatoarea carte sa fie rosie: 1/2.
Problema 13 (Paradoxul baiat-fata)
A. Dl. Smith are doi copii. Cel putin unul dintre ei este baiat. Care esteprobabilitatea ca celalalt copil sa fie fata ?
B. Dl. Smith are doi copii. Cel putin unul dintre ei este un baiat nascutmartea. Care este probabilitatea ca celalat copil sa fie o fata ?
Solution: Aceasta problema vrea sa evidentieze un fapt foarte important:Procedura prin care informatia este obtinuta va influenta estimarea sansei.Cand studiem probabilitati trebuie sa detaliem riguros experimentul statistic
care a generat evenimentul a carui probabilitate este cautata. Din aceasta cauzacele doua probleme sunt considerate ambigue si au mai multe interpretari siraspunsuri posibile.
In continuare vom exemplifica aceste remarci pentru problema B si vomarata ca raspunsul depinde de procedeul de obtinere a informatiei. Vom indicadoua posibile interpretari ale problemei.
Primul scenariu: Stim ca dl. Smith are doi copii deoarece am ales laintamplare o familie cu doi copii !
=โ Sa notam zilele saptamanii cu numere 1, 2, . . . , 7 unde 1 inseamna luni,2 inseamna marti, si asa mai departe. Acum vom putea considera evenimentele
๐ต๐: un baiat a fost nascut in ziua ๐, pentru ๐ = 1, 7๐บ๐: o fata a fost nascuta in ziua ๐, pentru ๐ = 1, 7De exemplu, ๐ต2 inseamna ca un baiat este nascut martea, ๐บ1 inseamna ca
o fata este nascuta lunea. Folosind aceste notatii, putem forma evenimente ca๐ต2๐บ1 care inseamna: primul copil este un baiat nascut martea si al doilea esteo fata nascuta lunea.
19
Presupunem ca un copil se naste cu aceeasi probabilitate in oricare zi asaptamanii (destul de aproape de realitate). In acest fel obtinem 27 de posibilesituatii care descriu zilele in care copii dlui Smith s-ar fi putut naste. Fiecaretrebuie sa contina ๐ต2, reprezentand baiatul nascut martea.
Asadar sunt 27 de posibilitati dintre care 14 (cele din primele doua coloane)includ o fata. Probabilitatea ca dl. Smith sa aiba o fata este 14
27 .Cu acest scenariu problema A va conduce la probabilitatea 1/3.Al doilea scenariu: Stim ca dl. Smith are doi copii pentru ca asa ne-a
spus dansul (am fost la el acasa si l-am intrebat). Ne-a spus si ca are un baiatnascut martea.
=โ Acum o simpla aplicare a formulei lui Bayes va conduce la o probabil-itate 1/2 ca celalalt copil sa fie o fata.
In primul rand, inainte de a aplica metodele teoriei probabilitatilor asigura-te ca experimentul descris este bine definit si verifica presupunerile facuterelativ la problema.In al doilea rand, nu neglija detaliile care par nesemnificative, orice detaliutrebuie investigat serios pentru ca poate face diferenta.
Morala problemei
Problema 14
Urmatoarea afirmatie a fost facuta la un post de radio:โCei mai multi dintre teroristi sunt musulmani. Prin urmare este abso-lut necesar sa ii interogam pe toti musulmanii inainte de a-i lasa sa seimbarce intr-un avion.โUnde este eroarea de argumentare ?
Solutie: Sa notam cu M evenimentul โpersoana aleasa la intamplare estemusulmanโ si cu T โpersoana aleasa este terorist.โ Prima afirmatie spune ca๐ (๐ |๐ ), probabilitatea ca un terorist sa fie musulman este mare. Apoi insa setrage concluzia (nedeclarata) ca ๐ (๐ |๐) este de asemenea mare. Daca tinemcont de modul in care probabilitatile conditionate sunt definite
๐ (๐ |๐ ) =๐ (๐ โฉ ๐ )
๐ (๐ )
si
๐ (๐ |๐) =๐ (๐ โฉ๐)
๐ (๐)
20
putem observa ca๐ (๐ |๐)
๐ (๐ |๐ )=
๐ (๐ )
๐ (๐)
Dar ๐ (๐) (probabilitatea de a fi musulman) este enorma raportata la ๐ (๐ )(probabilitatea de a fi terorist) intrucat sunt 1.8 miliarde de musulmani in lume.Prin urmare ๐ (๐ |๐) este extrem de mica raportata la ๐ (๐ |๐ ) si orice valoareare avea ๐ (๐ |๐ ) nu se impune sa recurgem la un astfel de gest.
Probleme propuse
B. Tehnica de calcul
Problema B.1. Anagrame
i) Cate anagrame ale cuvantului LOCOMOTIVA nu contin doua litere Ouna linga cealalta ?
ii) Gasiti toate anagramele cuvantului PARABOLA pentru care consoanelesi vocalele alterneaza.
iii) Gasiti cate anagrame distincte are cuvantul INGREDIENT. Cate dintreele incep si se termina cu o vocala ?
iv) Cate anagrame pot fi formate din cuvantul TICTAC astfel incat sa nucontina doua litere vecine identice ?
Problema B.2. PokerIn pachetul de carti de poker sunt 52 de carti inscriptionate cu numere sau
simboluri: ๐ด,๐พ,๐, ๐ฝ, 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2 din patru categorii diferite โฆ,โฅ,โฃ,โ
i) Cate full houses-uri sunt posibile in poker ?
ii) In poker, o chinta consta din cinci carti care formeaza un sir de valoriaflate in ordine consecutiva. De exemplu sirurile 4โฆ, 5โฃ, 6โฃ, 7โฅ, 8โ ,si 10โ , ๐ฝโฅ, ๐โฅ, ๐พโฃ, ๐ด โฃ reprezinta chinte dar ๐พโฃ, ๐โฆ, ๐ดโ , 2โ , 3โฃnu este o chinta. O situatie speciala il are asul, pentru ca se poate aflaatat la finalul chintei (ca mai sus) cat si la inceput ๐ดโฅ, 2โฆ, 3โฆ, 4โ , 5โฆ.
Cate chinte diferite sunt posibile in poker ?
iii) O pereche consta din cinci carti dintre care doua au acelasi numar inscrip-tionat, de exemplu 10โฃ, 4โฆ, 10โฆ, 5โ , ๐ดโฃ reprezinta o pereche.
Cate perechi sunt posibile in poker ?
Problema B.3. Numere. Cifre
21
i) Fiind date numerele 1, 2, 3,..., ๐ scrise ฤฑntr-o anumita ordine, care esteprobabilitatea ca numerele 1 si 2 sa fie consecutive ?
ii) Cate numere naturale din seria 1, 2, 3, . . . , 2017 nu sunt divizibile cu nici-unul dintre numerele 4, 5, 6 ?
Indicatie: Incercati sa aplicati o forma a principiului includerii si exclud-erii
iii) Gasiti numarul solutiilor naturale ale ecuatiei ๐+๐ = ๐, astfel incat ๐ โค ๐.
iv) Gasiti numarul de moduri in care un intreg dat ๐ > 1 poate fi scris ca unprodus ๐ = ๐๐, unde ๐, ๐ โ N si ๐|๐.Indiciu: descompunere in factori primi
Problema B.4. Un experiment consta in extragerea unei carti dintr-un pachetde 52 de carti de joc, fara a introduce inapoi cartea extrasa. Acest experiment serepeta de 10 ori. Gasiti probabilitatea de a obtine de doua ori pica โ , de trei oricaro โฆ, de trei ori trefla โฃ si de doua ori cupa โฅ. Rezolvati aceeasi problemain conditiile in care cartea extrasa este introdusa inapoi in pachet.
Problema B.5. Popescu stie raspunsurile la una dintre cele 10 intrebari curaspunsuri multiple ale examenului de MS. El a absentat la multe dintre cursurisi va trebui sa ghiceasca raspunsurile la celelalte 9 intrebari. Presupunand cafiecare intrebare are patru raspunsuri care este probabilitatea ca el sa nimereasca7 raspunsuri corecte ? Fiecare raspuns valoreaza un punct si este nevoie de5 puncte pentru a promova examenul. Care este probabilitatea ca Popescu sapromoveze examenul ?
Indicatie: avem un experiment binomial
Problema B.6. Opt studenti sunt distribuiti in trei camere ale unui caminstudentesc. Doua dintre acestea au 3 paturi iar una doar 2 paturi. In catemoduri pot fi distribuiti studentii in cele trei camere ?
Problema B.7. Doisprezece persoane urca intr-un tren care are 6 vagoane.Fiecare pasager va alege cu aceeasi probabilitate oricare dintre vagoane. Aflatiprobabilitatea ca
(a) sa fie doua persoane in fiecare vagon,(b) sa gasim un vagon fara pasageri, unul cu un pasager, doua cu cate doi
pasageri iar in vagoanele ramase sa fie trei, respectiv patru pasageri.
Problema B.8. In secolul al ๐๐ ๐ผ๐ผ-lea Cavalerul de Mere, un nobil francezpasionat de jocuri de noroc, l-a chestionat pe Blaise Pascal in legatura cu oproblema. Aceasta problema, considerata de catre multi ca fiind un punct deplecare in aparitia teoriei probabilitatilor, este denumita azi problema potului:
Doi jucatori joaca pe bani un joc constand din ๐ runde si in fiecare rundasansele de castig sunt egale. Jucatorii contribuie ฤฑn mod egal la formarea potuluis, i convin ฤฑn avans ca primul jucator ce castiga un anumit numar de runde saincaseze miza. Presupunand ca jocul este intrerupt de anumite circumstant,eexterne inainte ca vreun jucator sa castige potul, intrebarea ce se pune este:Cum se va imparti potul in mod corect?
22
Problema B.9. Doi prieteni decid sa se intalneasca la ora 21 : 00 intr-unrestaurant. Cel care ajunge primul va astepta cel mult 20 de minute dupa celalalt.Restaurantul se inchide la ora 23 : 00. Care este probabilitatea ca ei sa seintalneasca ?
Problema B.10. O persoana scrie 5 scrisori, le introduce in plicuri si apoitrece la intamplare adresele pe fiecare dintre aceste plicuri. Gasiti probabilitateaca cel putin unul dintre plicuri sa aiba adresa scrisa corect.
Problema B.11. In SUA 40% dintre votantii inregistrati sunt republicani, 45%sunt democrati si 15% sunt independenti. Cand votantii sunt intrebati desprenecesitatea cresterii cheltuielilor militare 20% dintre republicani s-au pronuntatcontra, 65% dintre democrati se opun si ei si la fel 55% dintre indepenedenti.Care este probabilitatea ca un votant ales aleator sa se fie impotriva cresteriicheltuielilor militare ?
Problema B.12. Gasiti probabilitatea de a extrage un popa, o dama, un popasi un valet, in aceasta ordine, dintr-un pachet de 52 de carti, in patru extragericonsecutive. Cartile nu sunt introduse inapoi in pachet.
Problema B.13. Un sistem telegrafic de comunicatii transmite semnalele punctโ si linie ยฏ. Sa presupunem ca proprietatile statistice ale obstacolelor sunt inasa fel incat aproximativ 40% dintre puncte si 25% dintre linii sunt schimbate.Raportul dintre numarul de puncte transmise si cel de linii este 5 : 3. Care esteprobabilitatea ca un semnal primit sa fie acelasi cu un semnal transmis daca:
a) semnalul primit este un punct.
b) semnalul primit este o linie.
Problema B.14. Un articol dintr-un ziar contine urmatoarea afirmatie:โRezultatele unui studiu facut pe 100 directori generali arata ca s-ar putea sa
fie o legatura intre detinerea de animale domestice in copilarie si succesul ulteriorin cariera. Aproximativ 94% dintre directorii investigati au detinut un caine, opisica, sau ambele animale, in copilarie. Prin urmare consideram ca detinereaunui animal de companie in timpul copilariei s-ar putea sa fie importanta indezvoltarea unor trasaturi de caracter (generozitate, empatie, etc) de care undirector general are nevoie.โ
Folositi probabilitati conditionate pentru a arata ca articolul foloseste o ar-gumentare eronata.
C. Probleme cu caracter practic-aplicativ
23
Problema C.1. (Deplaseaza-te spre mijloc)Un jucator experimentat de biliard are de executat o secventa de doua lovi-
turi. La prima, pe baza experientei, are o probabilitate de reusita de 80% iar laa doua de doar 20%. Alege un procedeu mai complicat, de executare a primeilovituri, care ii reduce procentajul de reusita la 70% insa ii creste procentajulde reusita pentru urmatoarea lovitura la 30%. De ce procedeaza in acest mod ?Generalizati problema.
24
Bibliografie
[1] R. Yates and D. Goodman. Probability and Stochastic processes,Wiley&Sons, 2005.
[2] K. Devlin. The Unfinished Game, Basic Books, 2008.
[3] J. Herman, R. Kucera. Counting and ConfigurationsCMS Books in Mathematics, Springer, 2003.
[4] M.A. Reba, D.R. Shier. Puzzles, Paradoxes and Problem solvingCRC Press, Taylor& Francis Group, 2015.
[5] R. Negrea. Note de curs MS, 2021.
[6] C. Hedrea. Fise de seminar MS, 2021.
25