close

Enter

Log in using OpenID

2. - Τ.Ε.Ι. Κεντρικής Μακεδονίας

embedDownload
1
ΕΙΣΑΓΩΓΗ.
Στα πλαίσια του 1ου τεύχους της Στατιστικής, κάναµε µια πρώτη γνωριµία µε το απογραφικό τµήµα της Στατιστικής, µε εκείνο δηλαδή το τµήµα που
καταγράφει, συστηµατοποιεί και συνοψίζει πληροφορίες και δεδοµένα.
Στο τεύχος αυτό θα γνωρίσουµε αρχικά το κεφάλαιο των Πιθανοτήτων.
Πρόκειται για ένα κεφάλαιο που δίνει κάποιες πρωταρχικές γνώσεις αυτού του
σηµαντικού τοµέα των Μαθηµατικών, του οποίου η συµβολή στην ανάπτυξη
της Στατιστικής είναι πολύ σηµαντική. Η γνώση των Πιθανοτήτων θα µας βοηθήσει στην επιλογή µιας απόφασης ανάµεσα σε διαφορετικές δυνατές αποφάσεις (Πιθανότητες), καθώς και στην συστηµατοποίηση και στην καλύτερη κατανόηση φυσικών, κοινωνικών, οικονοµικών προβληµάτων (συναρτήσεις Κατανοµής της Πιθανότητας).
Στη συνέχεια θα γνωρίσουµε τα Κεφάλαια της Παλινδρόµησης και της
Συσχέτισης, µε τα οποία θα πάρουµε µια πρώτη γεύση από τη δυνατότητα της
Στατιστικής να φέρνει στο φώς κρυµµένες σχέσεις ανάµεσα σε διάφορα φυσικά
µεγέθη.
Τέλος θα γνωρίσουµε τις χρονολογικές σειρές και τους αριθµοδείκτες καθώς και τις εφαρµογές τους σε Οικονοµικά προβλήµατα.
Κατά την ανάπτυξη των εννοιών των επόµενων Κεφαλαίων, θα χρειασθούν αρκετές από τις έννοιες της απογραφικής Στατιστικής, ιδιαίτερα τα κεφάλαια εκείνα που αναφέρονται στη µέση τιµή, στην τυπική απόκλιση, καθώς και
το κεφάλαιο των µετασχηµατισµών.
Θεσσαλονίκη 1997
2
Α) ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ
Α.1) Συνδυαστική ανάλυση.
Η συνδυαστική ανάλυση αποτελεί ένα πολύ χρήσιµο εργαλείο στα χέρια
όποιου προσπαθεί να ασχοληθεί µε προβλήµατα πιθανοτήτων. Επί πλέον επιτρέπει τη λύση φαινοµενικά δύσκολων προβληµάτων µε τρόπο συστηµατικό.
Μην επιχειρήσετε να αποστηθίσετε τις έννοιες που θα αναφερθούν στη συνέχεια, µια και η κατανόησή τους είναι ευκολότερη αλλά και απαραίτητη στα προβλήµατα των πιθανοτήτων. Για το λόγο αυτό άλλωστε παρουσιάζονται µε τρόπο πολύ απλό, χωρίς την παρεµβολή των Μαθηµατικών αποδείξεων στο κυρίως
κείµενο. Συχνά όµως οι αποδείξεις βοηθούν ιδιαίτερα στην κατανόηση των εννοιών στις οποίες αναφέρονται. Γι’ αυτό στο τέλος του κεφαλαίου παρατίθενται
οι αποδείξεις αρκετών από τους τύπους που θα αναφερθούν.
Α.1.1. Μεταθέσεις των ν στοιχείων.
Ας υποθέσουµε πως έχουµε 3 στοιχεία, τα Α,Β και Γ. Η τοποθέτησή τους
σε µιά ευθεία λέγεται µετάθεση των 3 αυτών στοιχείων. Για παράδειγµα µία µετάθεσή τους είναι και η: Α-Γ-Β. Αν αναζήσουµε όλες τις διαφορετικές µεταθέσεις των στοιχείων Α, Β και Γ, θα βρούµε τις εξής 6:
Α-Β-Γ
Β-Γ-Α
Α-Γ-Β
Γ-Α-Β
Β-Α-Γ
Γ-Β-Α
Το γενικότερο πρόβληµα που θα αντιµετωπίσουµε στην παράγραφο αυτή
είναι ο υπολογισµός όλων των διαφορετικών τρόπων µε τους οποίους είναι δυνατό να τοποθετηθούν σε µία σειρά ν στοιχεία.
Ορισµός Α.1.
Μεταθέσεις των ν στοιχείων ονοµάζουµε το πλήθος των διαφορετικών
τρόπων µε τους οποίους µπορούµε να βάλουµε σε µια σειρά τα ν αυτά στοιχεία.
3
Συµβολισµός και τύπος Α.1: Αποδεικνύεται πως ο αριθµός των µεταθέσεων των ν στοιχείων δίνεται από τη σχέση:[1](1)
Μν = ν!
(Α.1)
όπου το ν! συµβολίζει τον πολλαπλό πολλαπλασιασµό: ν! = 1.2.3....(ν-1).ν
Παραδείγµατα:
1ο) Να υπολογισθούν οι µεταθέσεις των 3 στοιχείων Α,Β και Γ.
Λύση: Οι µεταθέσεις των 3 στοιχείων: 3! = 1*2*3 = 6 (2). Αξίζει να αναφερθεί πως οι περισσότεροι υπολογιστές τσέπης (κοµπιουτεράκια) δίνουν την
τιµή του ν! όταν τους δοθεί το ν. ∆οκιµάστε το δικό σας!
2ο) Με πόσους διαφορετικούς τρόπους µπορεί να φωτογραφηθεί η βασική
πεντάδα µιας οµάδας Μπάσκετ;
Λύση: Οι πέντε παίκτες τοποθετούνται σε µία σειρά. Ολοι οι διαφορετικοί τρόποι τοποθέτησής τους δίνονται από τις µεταθέσεις των 5 στοιχείων:
Μ5 = 5! = 2*3*4*5 = 120
3ο) ∆έκα σπουδαστές µπαίνουν σε µία αίθουσα µε 10 ακριβώς θρανία. Με
πόσους διαφορετικούς τρόπους µπορούν να καθίσουν;
Λύση: Το να καταλάβει ο κάθε σπουδαστής ένα θρανίο ισοδυναµεί µε το
να επιχειρήσουν να τοποθετηθούν οι 10 σπουδαστές σε µία ευθεία. Άλλωστε θα
µπορούσαµε να θεωρήσουµε πως τα θρανία είναι τοποθετηµένα σε µία ευθεία.
Άρα οι διαφορετικοί τρόποι µε τους οποίους µπορούν να καθίσουν οι 10 σπουδαστές δίνονται από τις µεταθέσεις των 10 στοιχείων:
Μ10 = 10! = 1*2*3*...*8*9*10 = 3628800
1
Η αρίθµηση αυτή (µέσα σε αγκύλες) αντιστοιχεί στις Μαθηµατικές αποδείξεις που υπάρχουν στο τέλος
του Κεφαλαίου.
2
Το σύµβολο "*" συµβολίζει την πράξη του πολλαπλασιασµού.
4
4ο) Γνωρίζουµε πως το τηλέφωνο κάποιου περιέχει τα ψηφία 2,3,5,7,8,9.
Πόσα διαφορετικά τηλεφωνήµατα θα κάνουµε -το πολύ- για να επικοινωνήσουµε µαζί του; Πόσα τηλεφωνήµατα θα κάνουµε εάν επί πλέον γνωρίζουµε πως
διαµένει στην κεντρική Θεσσαλονίκη (τα νούµερα του τηλεφώνου αρχίζουν µε
το 2);
Λύση: Κάθε τηλεφωνικό νούµερο δεν είναι παρά µία µετάθεση των 6
ψηφίων (τοποθέτηση των 6 ψηφίων σε σειρά). Εποµένως το πλήθος των διαφορετικών τηλεφωνικών αριθµών που αποτελούνται από αυτά τα ψηφία θα είναι
ίσο µε το πλήθος των µεταθέσεων των 6 στοιχείων. Θα κάνουµε λοιπόν το πολύ:
Μ6 = 6! = 720 τηλεφωνήµατα.
Εάν γνωρίζουµε πως το εν λόγω άτοµο διαµένει στο Κέντρο, τα τηλεφωνήµατά µας θα ξεκινούν µε το 2 και θα συµπληρώνονται απ'όλες τις µεταθέσεις
των υπόλοιπων 5 ψηφίων (των 3,5,7,8,9). Άρα θα γίνουν, το πολύ:
Μ5 = 5! = 120 τηλεφωνήµατα.
5o) Να βρεθούν όλοι οι δυνατοί εξαψήφιοι τηλεφωνικοί αριθµοί που δηµιουργούνται από τα ψηφία 1, 2, 3, 4, 5 και 6.
Λύση: Το πρόβληµα τώρα γίνεται πιο περίπλοκο, επειδή το ψηφίο 1 δεν
µπορεί να τοποθετηθεί στην πρώτη θέση (το ίδιο θα συνέβαινε κι αν είχαµε και
το 0). ∆ιακρίνουµε δύο τρόπους σκέψης:
1ος) Εάν όλα τα ψηφία µπορούσαν να τοποθετηθούν σ’όλες τις θέσεις,
τότε θα µπορούσαµε να δηµιουργήσουµε 6!=720 τηλεφωνικά νούµερα. Στα
720 νούµερα εποµένως συµπεριλαµβάνονται και αυτά που αρχίζουν από 1 και
είναι µή αποδεκτά. Το πλήθος των µή αποδεκτών αριθµών δίνεται από το 5!
(τοποθετούµε το 1 µπροστά και κάνουµε όλες τις µεταθέσεις των υπολοίπων 5
ψηφίων). Άρα το πλήθος των αποδεκτών αριθµών είναι ίσο µε:
Μ6 - Μ5 = 6! - 5! = 5!(6-1) = 5!*5
2ος) Ο κάθε τηλεφωνικός αριθµός αποτελείται από το 1ο ψηφίο και από
τα υπόλοιπα 5. Εφ’όσον επιλέξουµε το πρώτο, το πλήθος των αριθµών που δηµιουργούνται µε την εναλλαγή των υπολοίπων 5 στις 5 θέσεις που αποµένουν,
δίνεται από το Μ5=5!. Το πρώτο όµως ψηφίο έχουµε 5 διαφορετικούς τρόπους για να το επιλέξουµε. Εποµένως το πλήθος των διαφορετικών αριθµών
είναι ίσο µε:
5*Μ5 = 5*5!
5
Άσκηση: Να υπολογισθεί το πλήθος των τηλεφωνικών αριθµών που δηµιουργείται από τα ψηφία: 0, 1, 2, 3, 4 και 5.
Α.1.2. Επαναληπτικές µεταθέσεις των ν στοιχείων.
Στο 4ο, από τα προηγούµενα παραδείγµατα, είναι δυνατό το ίδιο ψηφίο να
υπάρχει περισσότερες από µία φορές στο εσωτερικό του τηλεφωνικού αριθµού.
Έτσι µας ζητούν το πλήθος των διαφορετικών τηλεφ. αριθµών που δηµιουργούνται από τα ψηφία 6,7,7,7,8 και 9. Παρατηρούµε πως εάν σε µία µετάθεση (τοποθέτηση) των ψηφίων αυτών, µεταθέσουµε µεταξύ τους κάποια από τα όµοια
ψηφία µόνο, ο αριθµός που θα προκύψει θα είναι ίδιος µε τον αρχικό. Άρα ο αριθµός των µεταθέσεων στην περίπτωση αυτή είναι σαφώς µικρότερος του:
Μ6=6!=720.
Ορισµός Α.2.
Εστω ν στοιχεία από τα οποία τα µ [µ ≤ ν] είναι όµοια µεταξύ τους, ενώ τα
εναποµένοντα ν-µ είναι όλα διαφορετικά µεταξύ τους. Με τον όρο επαναληπτικές µεταθέσεις των ν στοιχείων, όταν τα µ απ'αυτά είναι όµοια µεταξύ τους,
εννοούµε τον αριθµό όλων των διαφορετικών τρόπων µε τους οποίους µπορούν
τα ν αυτά στοιχεία να τοποθετηθούν σε σειρά.
Συµβολισµός και τύπος Α.2: Ο αριθµός των επαναληπτικών µεταθέσεων
των ν στοιχείων, από τα οποία τα µ είναι όµοια µεταξύ τους, δίνεται από τη σχέση[2]:
Μ νµ =
ν!
µ!
(Α.2)
Με όµοιο τρόπο ορίζουµε τις µεταθέσεις των ν στοιχείων, όταν τα κ,λ,µ
(κ.ο.κ.) στοιχεία απ'αυτά είναι όµοια µεταξύ τους. Βέβαια είναι όµοια τα κ στοιχεία µεταξύ τους αλλά διαφορετικά από τα λ ή τα µ. Προφανώς ισχύει πως:
κ+λ+µ ≤ ν.
6
Συµβολισµός και τύπος Α.3: Ο αριθµός των επαναληπτικών µεταθέσεων
των ν στοιχείων, από τα οποία τα κ,λ,µ είναι όµοια µεταξύ τους, δίνεται από τη
σχέση:
Μ ν κ,λ,µ =
ν!
κ! λ!µ!
(Α.3)
Παραδείγµατα:
1ο) Να υπολογισθεί το πλήθος των τηλεφωνικών αριθµών που δηµιουργούνται από τα ψηφία 6,7,7,7,8 και 8, όταν
(i) δεν γνωρίζουµε την περιοχή του αριθµού,
(ii) το τηλέφωνο είναι στην περιοχή της Νέας Εγνατίας [αρχίζει από 8],
(iii) το τηλέφωνο είναι στην περιοχή της Ξηροκρήνης [αρχίζει από 7].
Λύση:
(i) Στην πρώτη περίπτωση έχω να υπολογίσω τις επαναληπτικές µεταθέσεις των 6 ψηφίων, από τα οποία τα 3 [τα 7/άρια] και τα 2 [τα 8/άρια] είναι όµοια µεταξύ τους. Το πλήθος λοιπόν των τηλεφωνικών αριθµών δίνεται από τη
σχέση:
6!
1*2*3*4*5*6 4*5*6
Μ6 = -------- = ----------------- = ---------- = 60
3,2
3!*2!
1*2*3*1*2
1*2
(ii) Στή δεύτερη περίπτωση ξεχωρίζουµε το ένα από τα δύο 8 και µεταθέτουµε µε όλους τους δυνατούς τρόπους τα υπόλοιπα 5 ψηφία από τα οποία τα 3
[7/άρια] είναι όµοια µεταξύ τους.
5! 2*3*4*5
Μ5 = ---- = ----------- = 4*5 = 20
3
3!
2*3
(iii) Σκεπτόµενοι όπως προηγούµενα, έχουµε για την τρίτη περίπτωση:
Μ5
2,2
5!
2*3*4*5 3*4*5
= ------- = ------------ = --------- = 30
2!*2!
2*2
2
7
2ο) Η καφετζού της πολυκατοικίας µας προβλέπει πως στο επόµενο δελτίο του ΠΡΟ-ΠΟ θα εµφανισθούν 4 άσσοι, 6 χι και 3 δυάρια. Εµείς την πιστεύουµε και αναρωτιόµαστε για το πόσες στήλες πρέπει να παίξουµε για να κερδίσουµε σίγουρα το δεκατριάρι.
Λύση: Μία στήλη 13 σηµείων θα την αντιµετωπίσουµε σαν µία τοποθέτηση πάνω σε µία ευθεία 13 στοιχείων, από τα οποία τα 6, 4 και 3 είναι όµοια
µεταξύ τους. Κάθε διαφορετική στήλη εποµένως µπορεί να θεωρηθεί σαν µία
µετάθεση των στοιχείων αυτών. Άρα το πλήθος των στηλών που θά'χουν 6 χι, 4
άσσους και 3 δυάρια, δίνεται από τη σχέση:
13!
2*3*4*5*6*7*8*9*10*11*12*13
Μ13 = ---------- = ---------------------------------------- =
6,4,3
6!*4!*3!
2*3*4*5*6*2*3*4*2*3
7*8*9*10*11*12*13
= ------------------------- = 60060
2*3*4*2*3
Α.1.3. ∆ιατάξεις.
Σε µία ιπποδροµία ξεκινούν 15 άλογα. Εµείς επιχειρούµε να προβλέψουµε
την νικήτρια δυάδα. Είναι προφανές βέβαια πως στην περίπτωση αυτή η πρόβλεψη περιλαµβάνει και την σειρά µε την οποία θα τερµατίσουν τα άλογα της
νικήτριας δυάδας. Προηγούµενα όµως ζητούµε τον αριθµό όλων των δυνατών
αποτελεσµάτων, όλων δηλαδή των διαφορετικών δυάδων που φτιάχνονται από
τα 15 άλογα, όταν θεωρούµε διαφορετικές τις δυάδες που αποτελούνται από τα
ίδια στοιχεία, τοποθετηµένα όµως µε διαφορετική σειρά.
Ορισµός Α.3.
Καλούµε διατάξεις των ν πραγµάτων ανά µ, το πλήθος όλων των διαφορετικών τρόπων µε τους οποίους µπορούµε να εκλέξουµε µία µ-άδα από ένα
σύνολο ν στοιχείων, όταν µας ενδιαφέρει η σειρά µε την οποία εκλέχτηκαν τα
στοιχεία της µ-άδας.
8
Συµβολισµός και τύπος Α.4.: Εύκολα αποδεικνύουµε τον τύπο των διατάξεων των ν πραγµάτων ανά µ[3]:
∆ µν =
ν!
(ν − µ)!
(Α.4)
Παράδειγµα:
Σε µία ιπποδροµία ξεκινούν 15 άλογα. Πόσες είναι οι δυνατές νικήτριες
δυάδες;
Λύση: Ζητούµε όλες τις δυνατές δυάδες που δηµιουργούνται από 15
στοιχεία όταν µας ενδιαφέρει η σειρά µε την οποία εκλέγεται η δυάδα. Έχουµε
λοιπόν διατάξεις των 15 στοιχείων ανά 2:
∆15
2
15!
15!
= -------- = ----- = 14*15 = 210 [νικήτριες δυάδες]
(15-2)! 13!
Α.1.4. Συνδυασµοί.
Σε πολλά προβλήµατα που εκλέγονται µ-άδες από ν στοιχεία, δεν µας ενδιαφέρει η σειρά µε την οποία επιλέχτηκαν τα στοιχεία της µ-άδας. Για παράδειγµα µία οµάδα µπάσκετ κατεβαίνει σ'έναν αγώνα µε 10 παίκτες, που έχουν
στη φανέλα τους αριθµούς 4,5,6,7,8,9,10,11,12 και 13. Από αυτούς οι πέντε θα
ξεκινήσουν τον αγώνα. Ζητάµε να υπολογίσουµε τον αριθµό όλων των διαφορετικών αρχικών πεντάδων(3). Όπως είναι φανερό δύο πεντάδες που αποτελούνται
από τους ίδιους παίκτες, επιλεγµένους µε διαφορετική σειρά, ουσιαστικά ταυτίζονται.
Γίνεται λοιπόν φανερή η ανάγκη συστηµατοποίησης των προβληµάτων
αυτού του είδους, η οποία θα µας επιτρέψει να φθάσουµε σ' ένα γενικό τύπο που
να τα λύνει.
3
Η πρώτη απάντηση που µας έρχεται αυθόρµητα στο µυαλό είναι πως οι 10 παίκτες µπορούν να φτιάξουν ακριβώς 2 πεντάδες. Προκειται βέβαια για λανθασµένη απάντηση. Το λάθος µας αυτό µάλιστα θα
το αντιλαµβανόµασταν γρηγορότερα εάν ο συνολικός αριθµός των παικτών ήταν 9. Εάν κάποιος έχει το
κουράγιο να καταγράψει όλες τις δυνατές πεντάδες θα φθάσει στον αριθµό 252!
9
Ορισµός Α.4.
Το πλήθος των διαφορετικών τρόπων µε τους οποίους µπορούµε να εκλέξουµε µία µ-άδα από ένα σύνολο ν στοιχείων (µ ≤ ν), όταν δεν µας ενδιαφέρει η
σειρά µε την οποία εκλέχτηκαν τα στοιχεία της µ-άδας, ονοµάζονται συνδυασµοί των ν πραγµάτων ανά µ.
Ο παραπάνω ορισµός µπορεί να διατυπωθεί και διαφορετικά: Συνδυασµοί
των ν πραγµάτων ανά µ είναι ο αριθµός όλων των υποσυνόλων πληθικού αριθµού µ, τα οποία µπορούν να δηµιουργηθούν από ένα σύνολο ν στοιχείων(4).
Συµβολισµός και τύπος Α.5.: Με τη βοήθεια του τύπου των διατάξεων,
εύκολα αποδεικνύεται πως οι συνδυασµοί των ν πραγµάτων ανά µ δίνονται από
τη σχέση (4):
n
 m
Cnm =   =
n!
m!( n − m)!
(A.5)
Παράδειγµα:
Ο συνολικός αριθµός των πεντάδων από 12 παίκτες δίνεται από τον τύπο
Α.5. ως εξής:
12!
2*3*4*5*6*7*8*9*10*11*12
8*9*10*11*12
C 5 = ----------- = --------------------------------------- = --------------------- = 792.
5!(12-5)!
(2*3*4*5)*(2*3*4*5*6*7)
2*3*4*5
12
Παρατηρούµε πως κατά τον υπολογισµό των συνδυασµών, κάνουµε απλοποίηση ενός τµήµατος του αριθµητή µε το µεγαλύτερο από τα µ! και (ν-µ)!.
4
Θυµίζουµε: (i) πως ο πληθικός αριθµός ενός συνόλου είναι το πλήθος των στοιχείων του και (ii) πως
τα στοιχεία στο εσωτερικό ενός συνόλου δεν έχουν µία συγκεκριµένη σειρά. Αρα δύο σύνολα που έχουν
τα ίδια ακριβώς στοιχεία ταυτίζονται, ανεξάρτητα από τη σειρά εµφάνισης των στοιχείων στο εσωτερικό
του κάθε συνόλου.
10
Ιδιότητες των συνδυασµών:
(i) Cνν = 1
Πράγµατι από ν στοιχεία µπορούµε να δηµιουργήσουµε µία
µόνο ν-άδα. Εφαρµόζοντας τον τύπο Α.5 στην περίπτωση
αυτή έχουµε:
Cνν = ν!/(ν!0!) = 1/0! = 1
Από τη σχέση αυτή προκύπτει η επόµενη ιδιότητα:
(ii) 0! = 1 και Cν0 = 1
(iii) Cνκ = Cνλ εφ'όσον ισχύει πως κ+λ=ν
Παρατηρήσεις:
1η) ∆εχθείτε εξ' ορισµού τη σχέση 0!=1. Παρ' όλον ότι δεν δικαιολογείται
από τη σχέση ορισµού του παραγοντικού, η αναγκαιότητά της προκύπτει από τα
αποτελέσµατα που θέλουµε να έχει ο συνδυασµός των ν στοιχείων ανά ν.
2η) Η ιδιότητα (iii) µπορεί εύκολα να δειχθεί µε ένα παράδειγµα:
C
10
8
10!
10!
= ---------- = ----8!(10-8)! 8!2!
10!
10!
C 2 = ---------- = ----2!(10-2)! 2!8!
Τα τελευταία µέλη µας δείχνουν πως
και τα πρώτα είναι ίσα µεταξύ του,
ενώ η τιµή τους: 9*10/2 = 45
10
Παραδείγµατα:
1ο) Στο Lotto υπάρχουν στην κληρωτίδα 49 αριθµοί (από το 1 έως το 49).
Απ' nαυτούς κληρώνονται οι 6. Πόσες είναι οι διαφορετικές εξάδες που µπορούν
να κληρωθούν;
11
Λύση: Είναι γνωστό πως η σειρά µε την οποία κληρώνονται οι 6 τυχαίοι
αριθµοί δεν µας ενδιαφέρει. Όλες λοιπόν οι διαφορετικές εξάδες του Lotto δίνονται από τους συνδυασµούς των 49 πραγµάτων ανά 6:
49!
49!
44*45*46*47*48*49
L = C 6 = ----------- = -------- = ------------------------- = 13983816
6!(49-6)! 6!43!
2*3*4*5*6
49
2ο) Η αστρολόγος της πολυκατοικίας µας προβλέπει πως στην επόµενη
κλήρωση του Lotto, όλοι οι αριθµοί που θα κληρωθούν θα προέρχονται από τη
2η και την 4η δεκάδα (10-19 και 30-39). Εµείς την πιστεύουµε και θέλουµε να
υπολογίσουµε τον αριθµό των στηλών που πρέπει να παίξουµε για να κερδίσουµε, εφ'όσον η πρόβλεψη επαληθευτεί.
Λύση: Ουσιαστικά ζητούµε τον αριθµό των εξάδων που δηµιουργούνται
από τους 20 αριθµούς που πρόβλεψε η Αστρολόγος και είναι βέβαια οι συνδυασµοί των 20 πραγµάτων ανά 6:
20!
20!
15*16*17*18*19*20
Α = C 6 = ------------ = ------- = -------------------------- = 38760
6!(20-6)! 6!14!
2*3*4*5*6
20
3ο) Η χαρτορίχτρα του ορόφου µας "βελτιώνει" την προηγούµενη πρόβλεψη, προσθέτοντας το δεδοµένο πως από τους αριθµούς που θα κληρωθούν,
οι 4 θά'ναι περιττοί και οι 2 άρτιοι. Πόσες είναι οι στήλες που θα χρειαστεί να
συµπληρώσουµε για να κερδίσουµε, εφ'όσον ισχύσουν καί οι δύο περιορισµοί;
Λύση: Οι 20 αριθµοί που προήλθαν από τον πρώτο περιορισµό αποτελούνται από 10 µονούς και 10 ζυγούς αριθµούς. Από τους πρώτους (περιττούς)
πρέπει να δηµιουργήσουµε όλες τις δυνατές τετράδες, ενώ από τους δεύτερους
(άρτιους), όλες τις δυνατές δυάδες:
10!
10!
7*8*9*10
πλήθος τετράδων : C 4 = ------------ = ------ = ------------- = 210
4!(10-4)! 4!6!
2*3*4
10
10!
10!
9*10
πλήθος δυάδων : C 2 = ------------ = ------ = -------- = 45
2!(10-2)!
2!8!
2
10
12
∆εν ξεχνούµε όµως πως ζητούµε τον αριθµό των διαφορετικών εξάδων
που δηµιουργούνται µε τη σύνθεση της κάθε µιας τετράδας (από τις 210) µε κάθε µια δυάδα (από τις 45). Με κάθε µία τετράδα µπορούµε να δηµιουργήσουµε
45 εξάδες (τόσες είναι οι διαφορετικές δυάδες που συνδυάζονται µε την κάθε
τετράδα). Όλες οι εξάδες εποµένως θα είναι:
πλήθος εξάδων :
210*45 = 9450
Παρατήρηση:
Ο τρόπος µε τον οποίο σκεφθήκαµε στο προηγούµενο παράδειγµα αξίζει
να προσεχθεί ιδιαίτερα από τον αναγνώστη, γιατί εφαρµόζεται σε πολλά είδη
προβληµάτων.
Α.1.5. Επαναληπτικές διατάξεις.
Σκεφθείτε τώρα την περίπτωση κατά την οποία από ν στοιχεία ενός συνόλου εκλέγω µία µ-άδα ως εξής: ∆ιαλέγω το πρώτο στοιχείο της µ-άδας, το καταγράφω (αρα κρατώ τη σειρά µε την οποία εµφανίστηκε) και το ξανατοποθετώ
µέσα στο σύνολο από το οποίο θα ξαναεκλέξω το δεύτερο στοιχείο της µ-άδας.
Η διαδικασία αυτή επαναλαµβάνεται µέχρι να εκλέξω και το τελευταίο (µ-οστό)
στοιχείο.
Παρατηρώ πως:
(i) Το ίδιο στοιχείο µπορεί να εµφανιστεί περισσότερες από
µία φορές στη µ-άδα (µέχρι και µ-φορές).
(ii) Για πρώτη φορά το µ έχει τη δυνατότητα νά'ναι µεγαλύτερο του ν(5).
5
Πράγµατι από τα δύο στοιχεία (α,β), µπορώ µε επανεκλογή (επανάθε-ση), να δηµιουργήσω µία πεντάδα, π.χ. την (α,β,α,α,β).
13
Ορισµός Α.5.
Όλοι οι διαφορετικοί τρόποι µε τους οποίους µπορούµε να εκλέξουµε µία
µ-άδα από ένα σύνολο ν στοιχείων, όταν: (i) µας ενδιαφέρει η σειρά µε την οποία εκλέχτηκαν τα στοιχεία της µ-άδας, και (ii) µπορεί ένα στοιχείο να επανεκλεγεί περισσότερες από µία φορές στη µ-άδα, ονοµάζονται επαναληπτικές διατάξεις των ν πραγµάτων ανά µ(*6).
Συµβολισµός και τύπος Α.6.: Αποδεικνύεται πως οι επαναληπτικές διατάξεις των ν πραγµάτων ανά µ δίνονται από τη σχέση:
ε∆νµ = νµ
Παραδείγµατα:
1ο) Μία στήλη του ΠΡΟ-ΠΟ είναι µία δεκατριάδα που δηµιουργείται από
τα τρία στοιχεία 1,Χ και 2. Αναρωτιόµαστε για το πόσες τέτοιες στήλες υπάρχουν.
Λύση: Είναι φανερό πως έχουµε ένα πρόβληµα επαναληπτικών διατάξεων των τριών στοιχείων ανά δεκατρία. Ο συνολικός τους αριθµός δίνεται από
τον τύπο Α.5:
ε∆313 = 313 = 1594323 στήλες.
2ο) Ρίχνουµε πέντε ζάρια. Ζητούµε να υπολογίσουµε το πλήθος των διαφορετικών αποτελεσµάτων.
Λύση: Το καθένα από τα αποτελέσµατα δεν είναι τίποτε άλλο παρά µία
πεντάδα που αποτελείται από τα ψηφία 1,2,3,4,5 και 6. Στη συνέχεια πρέπει να
απαντήσουµε στην ερώτηση:
Μας ενδιαφέρει η σειρά µε την οποία θα εµφανισθούν τα εν λόγω
ψηφία στην πεντάδα;
6
Το ότι ενδιαφερόµαστε για τη σειρά εκλογής στην µ-άδα κατά τις επαναληπτικές διατάξεις είναι
αυτονόητο και συνήθως παραλείπεται από τον ορισµό, µια και επανάθεση σηµαίνει καταγραφή
του κάθε στοιχείου, αρα και καταγραφή της σειράς του στη µ-άδα. Άµεση συνέπεια αυτού είναι η
µή ύπαρξη επαναληπτικών συνδυασµών.
14
Ας υποθέσουµε πως δεν γνωρίζουµε µε βεβαιότητα την απάντηση στην
ερώτηση αυτή(7). Προχωρούµε λοιπόν στην επόµενη ερώτηση:
Είναι δυνατό, στην ίδια πεντάδα, να εµφανιστεί κάποιο από τα
ψηφία του ζαριού περισσότερες από µία φορές;
Εδώ η απάντηση είναι προφανής: Ένα ψηφίο µπορεί να εµφανιστεί µέχρι
και πέντε φορές [για παράδειγµα η σπάνια µα δυνατή ζαριά (6,6,6,6,6)]. Πρόκειται λοιπόν για επανεκλογή (επανάθεση) και εποµένως έχουµε επαναληπτικές
διατάξεις! Ο συνολικός τους αριθµός δίνεται και πάλι από τον τύπο Α.6:
ε∆65 = 65 = 7776 ζαριές.
Παρατήρηση:
Το επόµενο "σχεδιάγραµµα" συστηµατοποιεί τις ερωτήσεις τις οποίες θέτουµε στον εαυτό µας, προκειµένου να καταλήξουµε στην έννοια που αντιστοιχεί στο πρόβληµα που µας απασχολεί.
ΝΑΙ...Επαναληπτικές ∆ιατάξεις
ΝΑΙ: Έχουµε
επανάληψη;
Μας ενδιαφέρει
η σειρά;
ΟΧΙ...∆ιατάξεις
ΟΧΙ...Συνδυασµοί
∆εν ξέρω!. Έχουµε
επανάληψη;
ΝΑΙ...Επαναληπτικές ∆ιατάξεις
ΟΧΙ...??
Εάν φθάσετε στα ερωτηµατικά (??) µπορεί να συµβαίνουν δύο πράγµατα:
Ή δεν απαντήσατε σωστά στις ερωτήσεις, ή η εκφώνηση του προβλήµατος δεν
είναι πλήρης.
7
Είναι πολύ πιθανό να µην µπορούµε να απαντήσουµε µε σιγουριά στην πιο πάνω ερώτηση. Αν
για παράδειγµα ρωτήσουµε έναν παίκτη του τάβλι, εάν έχει σηµασία στη ζαριά [6,5], το ποιό
ζάρι έφερε 6 και ποιό 5, είναι πιθανό να µας απαντήσει, όχι, παρ'όλο που ξέρει πως υπάρχουν
36 διαφορετικές ζαριές.
15
A.1.6. Η αρχή της απαρίθµησης.
Η αρχή της απαρίθµησης συχνά µας βοηθά να επιλύουµε τα προβλήµατα
της Συνδυαστικής ανάλυσης µε µία διαφορετική προσέγγιση και συστηµατοποίηση, η οποία συχνά καθιστά ευκολότερη την λύση τους. Πρόκειται για έναν
συµπληρωµατικό τρόπο σκέψης, σε σχέση µε τον τρόπο που µάθαµε ως τώρα
(µε τη βοήθεια των εννοιών της Συνδυαστικής Ανάλυσης) και ο οποίος µπορεί
να εφαρµοσθεί στα προβλήµατα στα οποία η Συνδυαστική Ανάλυση θα χρησιµοποιούσε τις ∆ιατάξεις (απλές ή επαναληπτικές).
Ορισµός Α.7.
Έστω πως δηµιουργούµε δείγµατα των µ στοιχείων, ενώ µας ενδιαφέρει η
σειρά εκλογής των στοιχείων της µ-αδας(8). Έστω επίσης ότι έχουµε κ1 διαφορετικούς τρόπους συµπλήρωσης της πρώτης θέσης της µ-αδας, κ2 διαφορετικούς
τρόπους συµπλήρωσης της δεύτερης θέσης, κ3 της τρίτης, κ.ο.κ..
∆ιαφορετικοί τρόποι
συµπλήρωσης της κάθε
θέσης της µ-αδας.
κ1
κ2
κ3
κµ
........
µ-αδα
Τότε, το πλήθος Μ όλων των διαφορετικών µ-αδων δίνεται από το γινόµενο:
Μ = κ1*κ2*κ3*...*κµ
Παραδείγµατα:
1ο) Ρίχνουµε 5 ζάρια και ζητούµε το πλήθος Ν, των διαφορετικών αποτελεσµάτων (ζαριών).
8
Είµαστε δηλαδή στην περίπτωση κατά την οποία χρησιµοποιούµε τους τύπους των ∆ιατάξεων
(απλών ή επαναληπτικών).
16
Λύση: Ξεκινάµε µε ένα παράδειγµα το οποίο έχει ήδη λυθεί στο κεφάλαιο της συνδυαστικής ανάλυσης, µε τη βοήθεια των επαναληπτικών ∆ιατάξεων
(Ν=65).
Το τυχαίο αποτέλεσµα είναι µία πεντάδα αριθµών (από το 1 έως το 6), µία
πεντάδα θέσεων, από τις οποίες η κάθε µία µπορεί να συµπληρωθεί µε 6 διαφορετικούς τρόπους. Άρα το πλήθος Μ των διαφορετικών πεντάδων δίνεται από
το γινόµενο:
Μ = 6*6*6*6*6 = 65
2ο) Σε έναν κάδο έχουµε 15 µπάλες του µπιλιάρδου, από τις οποίες οι 10
είναι κόκκινες, οι 3 άσπρες και οι 2 µαύρες. Τραβώ, χωρίς επανάθεση, 4 µπάλες, καταγράφοντας τη σειρά εκλογής στην τετράδα. Με πόσους διαφορετικούς
τρόπους µπορώ να βγάλω 2 κόκκινες µπάλες;
Λύση: Παίρνω µία τετράδα στην οποία οι πρώτες δύο µπάλες είναι κόκκινες ενώ οι 3η και 4η άλλου χρώµατος. Για την 1η θέση υπάρχουν 10 δυνατοί
τρόποι πλήρωσής της µε κόκκινη µπάλα. Για τη δεύτερη υπάρχουν 9 δυνατοί
τρόποι, µια και η δέκατη τοποθετήθηκε στην πρώτη θέση. Για την τρίτη θέση
έχουµε 5 δυνατούς τρόπους πλήρωσης, ενώ για την τέταρτη 4 (και πάλι η µία
από τις 5 -µη κόκκινες- τοποθετήθηκε στην τρίτη θέση).
10
9
1η κόκκινη 2η κόκκινη
5
4
3η
4η
Αρα το πλήθος των διαφορετικών τετράδων (µε τις δύο κόκκινες στις
πρώτες θέσεις) δίνεται απ'το γινόµενο:
L = 10*9*5*4 = 1800
Όµως, εκτός από την τετράδα της µορφής (Κ,Κ,-,-), έχουµε συνολικά τις
εξής µορφές τετράδων:
(Κ,-,Κ,-), (Κ,-,-,Κ), (-,Κ,Κ,-), (-,Κ,-,Κ) και (-,-,Κ,Κ)
έχουµε δηλαδή 6 µορφές τετράδων, (το πλήθος τους δίνεται και από το πληθος
των επαναληπτικών µεταθέσεων των 4 στοιχείων (Κ,Κ,-,-), από τα οποία τα δύο
(Κ) είναι όµοια, όπως επίσης και τα άλλα δύο (-). Το πλήθος τους εποµένως
δίνεται από τη σχέση:
r = ε∆42,2 = 4!/(2!*2!) = 6
17
Εποµένως το συνολικό πλήθος των τετράδων είναι ίσο µε:
Ν = r*L = 6*1800 = 10800
Λύση µέσω των ∆ιατάξεων:
Aν θέλαµε να δουλέψουµε µόνο µε τη βοήθεια των εννοιών της συνδυαστικής ανάλυσης, θα σκεφτόµαστε ως εξής:
Οι διαφορετικοί τρόποι µε τους οποίους κάνω δυάδες (µε σειρά) από τις
10 κόκκινες µπάλες, δίνονται απ'τη σχέση:
L1 = ∆102 = 10!/(10-2)! = 90
Οι διαφορετικοί τρόποι µε τους οποίους κάνω δυάδες (µε σειρά) από τις 5
µη κόκκινες µπάλες, δίνονται απ'τη σχέση:
L2 = ∆52 = 5!/(5-2)! = 20
Τέλος, οι διαφορετικοί τρόποι µε τους οποίους µπορούν να τοποθετηθούν
οι δύο κόκκινες και οι δύο µη κόκκινες µπάλες στην τετράδα, δίνονται απ'τη
σχέση:
r = ε∆42,2 = 4!/(2!*2!) = 6
Έτσι, φθάνουµε και πάλι στο συνολικό πλήθος των τετράδων:
Ν = r*L1*L2 = 6*90*20 = 10800
Παρατήρηση: Η ενασχόληση µε τα προβλήµατα της Συνδυαστικής
Ανάλυσης δείχνει πως σε κάποια από αυτά η προσέγγιση µέσω της αρχής της
απαρίθµησης διευκολύνει την επίλυση του προβλήµατος, ενώ σε κάποια άλλα η
χρήση της έννοιας των ∆ιατάξεων βοηθά περισσότερο στην επίλυση και συστηµατοποίησή τους.
18
A.2. ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ: Εισαγωγικές έννοιες.
Α.2.1. Πείραµα τύχης (π.τ.).
Με τον όρο πείραµα τύχης (π.τ.) καλύπτουµε ένα µεγάλο σύνολο πράξεων, ενεργειών και διαδικασιών που χΑρακτηρίζονται από αβεβαιότητα για το
τελικό τους αποτέλεσµα, η οποία προέρχεται από την ύπαρξη περισσοτέρων του
ενός δυνατών αποτελεσµάτων.
Βέβαια µιλούµε για πείραµα τύχης εφ'όσον υπάρχουν πράγµατι περισσότερα του ενός δυνατά αποτελέσµατα. Πειράµατα τύχης µπορούν να αναφερθούν
πολλά, όπως το στρίψιµο του νοµίσµατος, το ρίξιµο ενός ζαριού, η επιτυχία ή η
αποτυχία ενός αθλητή στην προσπάθειά του, η τυχαία πρόβλεψη για το φύλο
ενός εµβρύου κ.λ.π.. Όµως δεν είναι πείραµα τύχης ένα πείραµα ελεύθερης
πτώσης ενός σώµατος ή η προσπάθεια να βάλουµε µέσα σε µια τρύπα του
γκολφ µία µπάλα του µπάσκετ.
Α.2.2. Απλό γεγονός, δειγµατοχώρος και γεγονός
ενός πειράµατος τύχης.
Ορισµός Α.8.
Καλούµε απλό γεγονός (ή απλό ενδεχόµενο) ενός πειράµατος τύχης το
κάθε δυνατό αποτέλεσµα του εν λόγω πειράµατος τύχης.
Για παράδειγµα στο ρίξιµο ενός ζαριού, απλά γεγονότα είναι τα έξι δυνατά αποτελέσµατα, δηλ τα 1, 2, 3, 4, 5 και 6.
Ορισµός Α.9.
Ο δειγµατοχώρος ενός π.τ. είναι το σύνολο όλων των δυνατών αποτελεσµάτων, όλων των απλών γεγονότων του συγκεκριµένου π.τ..
19
Συµβολισµός: Συνήθως διαλέγουµε συµβολισµούς από τη θεωρία συνόλων. Έτσι συµβολίζουµε το απλό γεγονός µε κάποιο µικρό γράµµα και το δειγµατοχώρο ενός π.τ. µε το γράµµα Ω που στη θεωρία των συνόλων έχει καθιερωθεί σαν το σύµβολο του γενικού συνόλου.
Ξαναγυρίζοντας στο παράδειγµα του ζαριού ο δειγµατοχώρος Ω περιέχει
τα έξι γνωστά αποτελέσµατα. Οπότε:
Ω = { 1,2,3,4,5,6 }
Ορισµός Α.10.
Γεγονός (ή ενδεχόµενο) ενός π.τ. είναι ένα οποιοδήποτε υποσύνολο του
δειγµατοχώρου Ω.
Ενα γεγονός εποµένως είναι ένα σύνολο που περιέχει απλά γεγονότα, σε
αντίθεση µε το απλό γεγονός που είναι ένα στοιχείο. Σαν σύνολο εποµένως το
απλό γεγονός συµβολίζεται µε ένα κεφαλαίο γράµµα του αλφαβήτου.
Παρατηρήσεις:
1η) Ενα γεγονός συχνά το παρουσιάζουµε απαριθµώντας τα στοιχεία του.
Στο παράδειγµα του ζαριού ένα γεγονός είναι και το:
Α = { 1,3,5 }
2η) Είναι όµως εξ'ίσου συνηθισµένο να ορίζουµε ένα γεγονός περιγραφικά. Το γεγονός της προηγούµενης παρατήρησης γράφεται:
Α = < Μονή ζαριά ενός ζαριού >
3η) Συχνά χρησιµοποιείται η έκφραση:
"κατά την εκτέλεση του π.τ., συνέβη το γεγονός Α"
Βέβαια δεν είναι δυνατό να συµβούν, ταυτόχρονα, όλα τα απλά γεγονότα
ενός γεγονότος Α (εκτός και εάν το Α περιέχει ένα µόνο στοιχείο). Έχουµε λοιπόν τον ορισµό:
20
Ορισµός Α.11.
Κατά την εκτέλεση ενός π.τ. λέµε πως το γεγονός Α συνέβη, εάν το τελικό αποτέλεσµα του π.τ. είναι ένα από τα απλά γεγονότα του Α (ανήκει δηλ. στο
Α).
Παράδειγµα:
Ρίχνουµε δύο ζάρια και ορίζουµε το γεγονός:
Α = <φέρνουµε άθροισµα των δύο ζαριών 8> =
= { (2,6),(6,2),(5,3),(3,5),(4,4) }
Εάν το αποτέλεσµα του πειράµατός µας είναι η ζαριά (6,2), τότε λέµε πως
συνέβη το γεγονός Α.
Α.2.3. Υπενθυµίσεις από τη συνολοθεωρία.
Παρατηρήσεις-Συµβολισµοί.
Μέχρις εδώ δεν ήταν απαραίτητο να αναφερθούµε (µε ελάχιστες ίσως εξαιρέσεις) σε έννοιες που έχουν σχέση µε τη θεωρία των συνόλων. Στο τρέχον
όµως κεφάλαιο, χρειαστήκαµε και θα χρειαστούµε τη γνώση κάποιων βασικών
εννοιών της συνολοθεωρίας. Οι παρακάτω έννοιες λοιπόν θά'ταν σκόπιµο να
προσεχθούν ιδιαίτερα. Βέβαια ίσως απορήσει ο αναγνώστης µε το ότι η παράγραφος αυτή δεν τοποθετήθηκε στην αρχή του τρέχοντος κεφαλαίου... Θέλοντας όµως να παρουσιάσουµε τις έννοιες του απλού γεγονότος, του γεγονότος
και του δειγµατοχώρου, παράλληλα µε τις αντίστοιχες της συνολοθεωρίας, προτιµήσαµε αυτή τη σειρά παρουσίασης.
Αρχικά θα αποφύγουµε να δώσουµε έναν πλήρη ορισµό για την έννοια
του συνόλου. Αντ'αυτού θα αναφέρουµε πως το σύνολο είναι µία συλλογή
στοιχείων τα οποία (και µόνον αυτά) συνδέονται µε µία χΑρακτηριστική
ιδιότητα.
Έτσι για παράδειγµα, όταν µιλούµε για το σύνολο των ψηφοφόρων του
∆ήµου Θεσσαλονίκης, αναφερόµαστε σε µια συλλογή ανθρώπων που είναι οι
µόνοι που κατέχουν την ίδια χΑρακτηριστική ιδιότητα: "Έχουν τα εκλογικά
τους δικαιώµατα στο ∆ήµο Θεσσαλονίκης".
21
Παρατηρήσεις:
(1η) Ενα σύνολο συµβολίζεται µε ένα κεφαλαίο γράµµα.
(π.χ. Α, Γ, Ω κ.λ.π.).
(2η) Τα στοιχεία ενός συνόλου συµβολίζονται µε ένα µικρό γράµµα.
(π.χ. α, β, γ1, γ2, κ.λ.π.)
(3η) Τρόποι γραφής ενός συνόλου:
α) Αναγράφοντας όλα τα στοιχεία του:
Α = { α,ε,ι,η,ο,υ,ω }
β) Με αναφορά της χΑρακτηριστικής ιδιότητας των στοιχείων του:
Α = { χ/χ: Φωνήεν του Ελλ. αλφαβήτου }
όπου ο παραπάνω συµβολισµός "διαβάζεται": Το Α είναι το σύνολο των στοιχείων χ, όπου το τυχαίο χ είναι φωνήεν του Ελλ.αλφαβήτου.
(4η) Ενα στοιχείο ανήκει το πολύ µία φορά σε κάποιο σύνολο.
(5η) Το σύνολο αποτελεί µια ποιοτικά διαφορετική οντότητα από τα στοιχεία του (π.χ. δένδρο-δάσος, σπουδαστής-τµήµα κ.λ.π.)
(6η) Το σύνολο που περιέχει όλα τα στοιχεία (συνήθως το "όλα" εξαρτάται από το πρόβληµα), ονοµάζεται γενικό σύνολο και συµβολίζεται µε το Ω.
Έτσι εάν µας απασχολούν τα αποτελέσµατα των ∆ηµοτικών Εκλογών στο ∆ήµο
της Θεσσαλονίκης, τότε ορίζουµε σαν γενικό σύνολο, το σύνολο όλων των ψηφοφόρων του ∆.Θ..
(7η) Γίνεται και πάλι φανερή η σχέση που υπάρχει ανάµεσα στο στοιχείο
ενός συνόλου και στο απλό γεγονός ενός πειράµατος τύχης, όπως επίσης ανάµεσα στην έννοια του συνόλου και του γεγονότος.
Τέλος, όπως στη συνολοθεωρία το γενικό σύνολο συµβολίζεται µε το Ω,
έτσι και ο δειγµατοχώρος ενός π.τ. (δηλαδή το γεγονός -σύνολο- όλων των απλών γεγονότων) συµβολίζεται κατ'αναλογία µε το Ω. Για το λόγο αυτό, στις
επόµενες ιδιότητες αναφερόµαστε ταυτόχρονα σε σύνολα και γεγονότα.
22
Ιδιότητες-συµβολισµοί:
i) Ενα απλό γεγονός (στοιχείο) α ανήκει ή δεν ανήκει στο γεγονός (σύνολο) Α:
α ∈ A (ανήκει)
α ∉ A (δεν ανήκει)
Παράλληλα να θυµηθούµε πως ένα στοιχείο δεν µπορεί να ανήκει παρά
µόνο µία φορά σε κάποιο γεγονός (σύνολο).
ii) Ενα γεγονός (σύνολο) Β είναι υποσύνολο του γεγονότος (συνόλου) Α,
εάν το Α περιέχει όλα τα στοιχεία του Β:
B C A (Το Β υποσύνολο του Α)
Εποµένως, για κάθε γεγονός (σύνολο) Α ισχύει πως:
Α C Α και Α C Ω
iii) ∆ύο γεγονότα (σύνολα) Α και Β για τα οποία δεν ισχύει καµιά από τις
δύο σχέσεις: Α C Β ή Β C Α λέγονται µή συγκρίσιµα.
Έτσι τα παρακάτω σύνολα είναι µή συγκρίσιµα.
Α = { α,β,γ,δ } και Β = { α,δ,η }
iv) ∆ύο γεγονότα (σύνολα) Α και Β λέγονται ίσα, όταν αποτελούνται από
τα ίδια ακριβώς απλά γεγονότα (στοιχεία). Γράφουµε Α = Β.
v) Εύκολα διαπιστώνουµε την ισχύ της αντισυµµετρικής ιδιότητας:
[ Α C B και B C A ] ⇔ A = B
vi) Ενα γεγονός (σύνολο) λέγεται κενό ( ∅ ), όταν δεν περιέχει κανένα
στοιχείο. Το κενό σύνολο (γεγονός) θεωρείται υποσύνολο κάθε συνόλου.
∅ CA
vii) Ονοµάζουµε πληθικό αριθµό ενός γεγονότος (συνόλου) Α το πλήθος
των απλών γεγονότων (στοιχείων) του. Για παράδειγµα, ο πληθικός αριθµός
του συνόλου των κεφαλαίων γραµµάτων του Νεοελληνικού αλφαβήτου είναι
24.
23
iix) Οι δύο γνωστές πράξεις των συνόλων, (τοµή και ένωση) είναι παρούσες. Η ένωση δύο γεγονότων Α και Β είναι ένα νέο γεγονός Γ που περιέχει όλα
τα απλά γεγονότα που ανήκουν στο Α είτε στο Β.(*9) Η πράξη γράφεται:
ΑUB=Γ
ix) Η τοµή δύο γεγονότων Α και Β είναι ένα νέο γεγονός Γ που περιέχει µόνα τα κοινά απλά γεγονότα που ανήκουν και στο Α και στο Β. Η πράξη
γράφεται:
Α I B=Γ
x) ∆ύο γεγονότα (συνόλα) Α και Β των οποίων η τοµή είναι το κενό γεγονός τα ονοµάζουµε (σύνολα ξένα µεταξύ τους) γεγονότα ασυµβίβαστα µεταξύ
τους(10).
xi) Το γεγονός (σύνολο) που περιέχει όλα τα απλά γεγονότα (στοιχεία)
του δειγµατοχώρου (γενικού συνόλου) Ω τα οποία δεν ανήκουν σε ένα γεγονός
Α, ονοµάζεται συµπληρωµατικό γεγονός (σύνολο) του Α και συµβολίζεται: Ασ.
Εύκολα αντιλαµβανόµαστε την ισχύ των επόµενων ιδιοτήτων:
(γ) (Ασ)σ = Α
(α) ΑUAσ = Ω (β) Α I Ασ = 0
xii) Τα γνωστά διαγράµµατα του Venn συχνά βοηθούν στην καλύτερη
κατανόηση των παραπάνω εννοιών:
Ω
Β
Α
Ω
Α
Β
Γ
Γ=ΑUB
Γ=A I Β
όπου το σύνολο Γ παριστάνεται µε το γραµµοσκιασµένο τµήµα του Ω.
9
Βέβαια τα κοινά στοιχεία των Α και Β εµφανίζονται µόνο µία φορά στο Γ, µια και δεν είναι
δυνατό το ίδιο στοιχείο να εµφανίζεται δύο φορές στο ίδιο σύνολο.
10
Σύµφωνα µε τον ορισµό Α.11, κατά την εκτέλεση ενός π.τ., ένα γεγονός Α συνέβη, εάν το τελικό αποτέλεσµα (το απλό γεγονός που προέκυψε) ανήκει στο Α. Εποµένως δύο γεγονότα ασυµβίβαστα µεταξύ τους (π.χ. το Α και το Β) δεν είναι δυνατό να συµβούν ταυτόχρονα (δηλαδή το
απλό γεγονός που προέκυψε να ανήκει και στα δύο γεγονότα, πράγµα που εάν συνέβαινε τα Α
και Β θα είχαν ένα τουλάχιστον κοινό στοιχείο και δεν θα ήταν ξένα µεταξύ τους). Για το λόγο
αυτό, δύο γεγονότα ξένα µεταξύ τους καλούνται ασυµβίβαστα.
24
Ω
Ω
Ασ
Β
Α
Α
ACBCΩ
Το Α και το Ασ
xiii) Μία ιδιαίτερα σηµαντική πράξη των συνόλων είναι και το Καρτεσιανό γινόµενο. Το γινόµενο αυτό συνδέει δύο ή περισσότερα σύνολα και δηµιουργεί ένα σύνολο ποιοτικά διαφορετικό από αυτά που πήραν µέρος στο γινόµενο. Το καρτεσιανό γινόµενο δύο συνόλων Α και Β είναι ένα σύνολο που τα
στοιχεία είναι δυάδες της µορφής (αi,βj), όπου το στοιχείο αi ανήκει στο σύνολο
Α και το στοιχείο βj ανήκει στο Β. Από τα προηγούµενα γίνεται φανερό πως η
σειρά µε την οποία εµφανίζονται τα στοιχεία στη δυάδα είναι αυστηρά καθορισµένη και γιαυτό την ονοµάζουµε διατεταγµένη δυάδα. Είναι βέβαια προφανές
πως:
ΑxΒ ≠ ΒxΑ.
Γενικότερα, το Καρτεσιανό γινόµενο ν συνόλων είναι ένα σύνολο που
αποτελείται από διατεταγµένες ν-άδες. Σαν παράδειγµα θα υπολογίσουµε το
Καρτεσιανό γινόµενο των συνόλων:
Α = {1,2} , Β = {α,β} και Γ = {1}
⇔
ΑxΒxΓ = { (1,α,1), (1,β,1), (2,α,1), (2,β,1) }
Εύκολα µπορούµε να διαπιστώσουµε πως το πλήθος των στοιχείων του
Καρτεσιανού γινοµένου: Α1xΑ2x...xΑν είναι ίσο µε το γινόµενο:
Ν1xΝ2x...xΝν,
όπου το τυχόν Νi είναι ο πληθικός αριθµός του αντίστοιχου συνόλου Αi.
xiv) Οπως θα γίνει φανερό µε τα παραδείγµατα 4ο και 5ο (που ακολουθούν), ο δειγµατοχώρος ενός πειράµατος τύχης µπορεί να περιέχει άπειρο αριθµό απλών γεγονότων.
xv) Να τονίσουµε κάτι που θα γίνει φανερό µε τα επόµενα παραδείγµατα.
Η πολύ καλή γνώση των πέντε εννοιών που αναφέρθηκαν στο κεφάλαιο της
συνδυαστικής ανάλυσης είναι απαραίτητο εργαλείο για την κατανόηση των εννοιών που πρόκειται να αντιµετωπίσουµε.
25
Παραδείγµατα:
1ο) Να βρεθεί ο δειγµατοχώρος Ω, στο στρίψιµο ενός νοµίσµατος.
Λύση: Ο δειγµατοχώρος Ω περιέχει τα δύο γνωστά αποτελέσµατα:
Ω = { Κ,Γ }
2ο) Να βρεθεί ο δειγµατοχώρος Ω στο διαδοχικό στρίψιµο δύο νοµισµάτων.
Λύση: Το βασικό αποτέλεσµα στο στρίψιµο ενός νοµίσµατος είναι γνωστό. Πρόκειται για τη δυάδα Κ (κεφάλι) και Γ (γράµµα). Ο όρος "διαδοχικό"
δηλώνει πως µας ενδιαφέρει η σειρά µε την οποία θα επιτευχθούν τα αποτελέσµατα. Άλλωστε ένα αποτέλεσµα (Κ,Γ) θα αποφέρει διαφορετικά κέρδη στους
παίκτες απ'ότι το (Γ,Κ).
Βέβαια, και µόνο το γεγονός πως είναι δυνατή η εµφάνιση του ίδιου στοιχείου περισσότερες φορές στη δυάδα (π.χ. η (Κ,Κ)), δείχνει πως η σειρά µας ενδιαφέρει... (επαναλ. διατάξεις).
Εποµένως τα στοιχεία του δειγµατοχώρου Ω θα είναι διατεταγµένες δυάδες που θα αποτελούνται από τα στοιχεία Κ και Γ. Εύκολα τα βρίσκουµε όλα:
Ω = { (Κ,Κ),(Κ,Γ),(Γ,Κ),(Γ,Γ) }
Θεωρητικά ο δειγµατοχώρος Ω είναι το αποτέλεσµα του Καρτεσιανού
γινοµένου: Ω = Ω1xΩ1, όπου µε το Ω1 συµβολίζουµε τα σύνολο των δυνατών
αποτελεσµάτων ενός νοµίσµατος: Ω1 = { Κ, Γ }
Τέλος, θα µπορούσαµε να υπολογίσουµε τον πληθικό αριθµό του δειγµατοχώρου Ω, µε τη βοήθεια των εννοιών της Συνδυαστικής ανάλυσης. Το τυχαίο
αποτέλεσµα λοιπόν είναι µία δυάδα, που δηµιουργείται από τα στοιχεία Κ και Γ,
µε επανάθεση. Άρα το πλήθος των δυνατών δυάδων δίνεται από τις επαναληπτικές ∆ιατάξεις:
ν = ε∆νµ = ε∆22 = 22 = 4
3ο) ∆ύο παίκτες παίζουν µε ένα ζάρι. Κερδίζει όποιος φέρει τη µεγαλύτερη ζαριά. Σε περίπτωση ισοπαλίας κερδίζει αυτός που έπαιξε πρώτος.
(i) Παίζει ο πρώτος και φέρνει 4. Να βρεθεί το γεγονός Α που αφορά
στο ρίξιµο της 2ης ζαριάς και ευνοεί τον δεύτερο παίκτη.
26
(ii) Παίζει ο πρώτος και φέρνει 6. Να βρεθεί το γεγονός Α (για τη 2η
ζαριά) που ευνοεί τον δεύτερο παίκτη και το γεγονός Β (πάντα για τη
2η ζαριά) που είναι ευνοϊκό για τον πρώτο παίκτη.
Λύση: Στην περίπτωση (i) είναι φανερό πως το ευνοϊκό γεγονός για τον
δεύτερο παίκτη είναι το:
Α = { 5,6 }
Στην περίπτωση (ii) δεν υπάρχει καµιά ζαριά που να είναι ευνοϊκή για τον
δεύτερο παίκτη, οπότε το γεγονός Α δεν περιέχει κανένα απλό γεγονός (είναι το
κενό σύνολο), ενώ αντίθετα όλες οι ζαριές είναι ευνοϊκές για τον πρώτο παίκτη,
οπότε το γεγονός Β είναι ο δειγµατοχώρος Ω.
4ο) Σαν πείραµα τύχης σε ένα επικίνδυνο σταυροδρόµι µετρούµε τα αυτοκίνητα που θα περάσουν µέχρις ότου να συµβεί ένα ατύχηµα. Να βρεθεί ο
δειγµατοχώρος του π.τ..
Λύση: Το τυχόν απλό γεγονός του π.τ. είναι ένας αριθµός. Για παράδειγµα το απλό γεγονός 176 σηµαίνει πως το 176ο αυτοκίνητο που πέρασε από τη
διασταύρωση είχε κάποιο ατύχηµα. Άρα ο δειγµατοχώρος του π.τ. περιέχει όλους τους φυσικούς αριθµούς πέρα από το µηδέν:
Ω = { 1,2,3,4,...,ν,... }
Πρόκειται λοιπόν για ένα δειγµατοχώρο µε άπειρα στοιχεία.
5ο) Χρονοµετρούµε µε πολύ µεγάλη ακρίβεια ένα δροµέα των 100 µέτρων και θεωρούµε σαν π.τ. τον χρόνο που θα φέρει. Να βρεθεί ο δειγµατοχώρος.
Λύση: Το τυχόν απλό γεγονός του νέου π.τ. είναι ένας πραγµατικός αριθµός που δηλώνει το χρόνο που έφερε ο δροµέας. Άρα ο δειγµατοχώρος του π.τ.
είναι ένα διάστηµα των πραγµατικών αριθµών, που ξεκινάει από τα 9.5 δευτερόλεπτα και τελειώνει στα 20 sec, όπου θεωρούµε πως ο χρόνος των 20 sec αντιστοιχεί στον αθλητή που δεν τερµάτισε.
Ω = (9.5 , 20) σε δευτερόλεπτα.
Σ'αυτό το π.τ. ο δειγµατοχώρος είναι ένα διάστηµα των πραγµατικών αριθµών, δηλαδή ένα απειροσύνολο.
27
Α.2.4. ∆ειγµατοχώρος ενός πολλαπλού πειράµατος τύχης.
Εστω ένα π.τ. µε δειγµατοχώρο τον Ω. Εάν εκτελέσουµε ταυτόχρονα ν
φορές το εν λόγω π.τ. δηµιουργούµε ένα νέο π.τ. που συχνά το αποκαλούµε
πολλαπλό πείραµα τύχης. Το ίδιο συµβαίνει και εάν εκτελέσουµε ταυτόχρονα ν
απλά π.τ, των οποίων οι δειγµατοχώροι είναι αντίστοιχα οι Ω1,Ω2,...,Ων. Το πρόβληµα στην περίπτωση αυτή είναι ο υπολογισµός του δειγµατοχώρου Ω του
πολλαπλού π.τ., και ιδιαίτερα, του πλήθους των στοιχείων του.
Περίπτωση 1η:
Ας υποθέσουµε λοιπόν πως εκτελούµε ν-φορές ένα π.τ., του οποίου ο
δειγµατοχώρος είναι ο Ω, που περιέχει κ-στοιχεία. Στο νέο π.τ. το τυχαίο απλό
γεγονός είναι µία διατεταγµένη ν-άδα που αποτελείται από στοιχεία του Ω. Άρα
ο δειγµατοχώρος Ωσ του πολλαπλού π.τ. θα είναι το Καρτεσιανό γινόµενο:
Ωσ = Ω x Ω x Ω x...x Ω
(ν φορές)
Το πλήθος Νσ των ν-άδων αυτών, σύµφωνα µε αυτά που είπαµε για το
Καρτεσιανό γινόµενο, θα είναι ίσο µε:
Νσ = κν (11).
Περίπτωση 2η:
Τώρα εκτελούµε ταυτόχρονα ν διαφορετικά απλά π.τ., µε δειγµατοχώρους
τους Ω1,Ω2,...,Ων, οι οποίοι έχουν πληθικούς αριθµούς κ1,κ2,...,κν. Το απλό γεγονός του πολλαπλού π.τ. είναι µία διατεταγµένη ν-άδα, της οποίας το πρώτο
στοιχείο ανήκει στο Ω1, το δεύτερο στο Ω2 κ.λ.π.. Εποµένως ο δειγµατοχώρος
Ωσ του πολλαπλού π.τ. θα είναι το Καρτεσιανό γινόµενο:
11
Στην περίπτωση αυτή µάλιστα το πλήθος των ν-άδων υπολογίζεται και µε τη βοήθεια της συνδυαστικής ανάλυσης: Πράγµατι, το κάθε απλό ενδεχόµενο του πολλαπλού π.τ. είναι µία ν-άδα
στοιχείων του Ω. Ο πληθικός αριθµός εποµένως του Ωσ θα ισούται µε τον αριθµό όλων των νάδων που δηµιουργούνται από τα κ στοιχεία του Ω. Εύκολα αντιλαµβανόµαστε πως έχουµε να
κάνουµε µε επαναληπτικές ∆ιατάξεις, µια και στο εσωτερικό της ν-άδας µπορεί να εµφανιστεί
µέχρι και ν φορές το ίδιο στοιχείο του Ω. Το πλήθος Νν των ν-άδων:
Νσ = ε∆κν = κν
28
Ωσ = Ω1xΩ2x...xΩν
Το πλήθος Νσ των ν-άδων αυτών, σύµφωνα µε αυτά που είπαµε για το
Καρτεσιανό γινόµενο (αλλά και για την αρχή της απαρίθµησης), θα είναι ίσο µε:
Νσ = κ1κ2...κν
Παράδειγµα:
Ρίχνουµε ταυτόχρονα 5 ζάρια και 4 νοµίσµατα. Να υπολογισθεί ο δειγµατοχώρος του π.τ. αυτού.
Λύση: Το απλό ενδεχόµενο του πιο πάνω π.τ. είναι µία διατεταγµένη εννιάδα, φτιαγµένη από τα πέντε αποτελέσµατα του ζαριού και τα τέσσερα του
νοµίσµατος. Εάν θέσουµε λοιπόν:
ΩΖ = { 1,2,3,4,5,6 }
και
ΩΝ = { Κ,Γ }
ο δειγµατοχώρος Ωσ του πολλαπλού π.τ. θα είναι το Καρτεσιανό γινόµενο:
Ωσ = ΩΖxΩΖxΩΖxΩΖxΩΖ x ΩΝxΩΝxΩΝxΩΝ
5 φορές
4 φορές
του οποίου το πλήθος των στοιχείων Νσ είναι ίσο µε:
Νσ = 65 x 24 = 7776 χ 16 = 124416
Α.2.5. Η έννοια της πιθανότητας.
Συχνά σε ένα π.τ. ζητούµε την πιθανότητα να συµβεί ένα συγκεκριµένο
απλό γεγονός ω και, κατ'επέκταση, η πιθανότητα να πραγµατοποιηθεί ένα γεγονός Α (να συµβεί δηλαδή ένα απλό γεγονός ω που να ανήκει στο Α). Αρχικά θα
αναφέρουµε έναν εµπειρικό ορισµό της πιθανότητας ενός απλού γεγονότος.
29
Ορισµός Α.12.
Εκτελούµε πολλές φορές, έστω Ν, ένα π.τ.. Ονοµάζουµε σχετική συχνότητα ενός απλού γεγονότος ω του π.τ., το κλάσµα το οποίο στον αριθµητή του
έχει τον αριθµό Νω, των φορών που το απλό γεγονός ω έκανε την εµφάνισή του,
και στον παρονοµαστή του το συνολικό αριθµό Ν των επαναλήψεων του π.τ..
Νω
Σχετική συχνότητα του απλού γεγονότος ω = -----Ν
Ονοµάζουµε Πιθανότητα του απλού γεγονότος ω του π.τ., την τιµή στην
οποία συγκλίνει η σχετική συχνότητα του ω (το προηγούµενο κλάσµα), όταν το
πλήθος των επαναλήψεων του π.τ. (Ν) τείνει στο άπειρο.
Παράδειγµα:
Στρίβουµε 1000 φορές ένα νόµισµα και εµφανίζεται 479 φορές το Κ και
521 φορές το Γ. Τί πιθανότητα θα αποδίδαµε στα δύο αυτά απλά γεγονότα;
Λύση: Βάσει των προηγουµένων ορισµών έχουµε:
Η σχετική συχνότητα του Κ = 479/1000 = 0.479
Η σχετική συχνότητα του Γ = 521/1000 = 0.521
Ας θεωρήσουµε πως οι χίλιες ρίψεις του νοµίσµατος είναι αρκετές, έτσι
ώστε να δηλώσουµε πως παρατηρείται σύγκλιση των δύο τιµών στο 0.48 και
στο 0.52 αντίστοιχα. Εποµένως µπορούµε να δηλώσουµε πως οι αντίστοιχες
πιθανότητες είναι 0,48 και 0,52.
Ορισµός Α.13.
Επεκτείνοντας τον πιο πάνω ορισµό ονοµάζουµε σχετική συχνότητα ενός γεγονότος Α, το κλάσµα, στον αριθµητή του οποίου υπάρχει το πλήθος των
φορών που εµφανίστηκε κάποιο από τα απλά γεγονότα του Α και στον παρονοµαστή το πλήθος Ν των επαναλήψεων του π.τ..
Η τιµή στην οποία συγκλίνει η σχετική συχνότητα του γεγονότος Α, όταν
το πλήθος των επαναλήψεων του π.τ. (Ν) τείνει στο άπειρο ονοµάζεται πιθανότητα του γεγονότος Α και συµβολίζεται µε το Ρ(Α).
30
Παρατήρηση: Εύκολα αποδεικνύεται πως η σχετική συχνότητα (πιθανότητα) ενός γεγονότος Α, σε δειγµατοχώρο µε πεπερασµένο πλήθος στοιχείων,
ισούται µε το άθροισµα των σχετικών συχνοτήτων (πιθανοτήτων) όλων των απλών γεγονότων του.
Παράδειγµα:
Ρίχνουµε 1000 φορές ένα ζάρι και εµφανίζονται:
160 φορές το 1,
164 φορές το 2,
169 φορές το 3,
170 φορές το 4,
162 φορές το 5
και 175 φορές το 6.
Να υπολογισθεί η πιθανότητα των γεγονότων:
Α = < φέρνουµε περιττή ζαριά >.
Β = < φέρνουµε άρτια ζαριά >.
Λύση: Σύµφωνα µε τον παραπάνω ορισµό έχουµε:
160 + 169 + 162 491
Ρ(Α) = --------------------- = ------- = 0.491
1000
1000
H πιθανότητα του γεγονότος Β υπολογίζεται εντελώς όµοια. Όµως µπορούµε να την υπολογίσουµε κι’ως εξής: Από τις 1000 ζαριές οι 491 έδωσαν περιττό αποτέλεσµα. Άρα οι υπόλοιπες 509 (µέχρι τις 1000) έδωσαν άρτιο αποτέλεσµα. Έχουµε εποµένως πως:
509
Ρ(Β) = ------- = 0.509
1000
Παρατήρηση: Εύκολα µπορούµε να διαπιστώσουµε πως το γεγονός Β
είναι το συµπληρωµατικό του Α, Β=Ασ. Παρατηρούµε λοιπόν πως το άθροισµα
των πιθανοτήτων δύο συµπληρωµατικών γεγονότων είναι ίσο µε τη µονάδα(12):
Ρ(Α) + Ρ(Ασ) = 0.491 + 0.509 = 1
12
Θα ξαναντιµετωπίσουµε, αµέσως µετά, την σχέση αυτή σαν ιδιότητα των Πιθανοτήτων.
31
∆εύτερος ορισµός για την πιθανότητα γεγονότος.
Ο επόµενος ορισµός της πιθανότητας ενός γεγονότος Α, ενός π.τ. µε δειγµατοχώρο τον Ω, στηρίζεται σε δύο προϋποθέσεις:
(i) Ο Ω περιέχει πεπερασµένου πλήθους στοιχεία (απλά γεγονότα).
(ii) Όλα τα απλά γεγονότα του Ω έχουν ακριβώς την ίδια πιθανότητα εµφάνισης στο τελικό αποτέλεσµα του π.τ..
Εάν ισχύουν οι προϋποθέσεις αυτές έχουµε τον παρακάτω ορισµό:
Ορισµός Α.14.
Έστω ένα π.τ. του οποίου ο δειγµατοχώρος Ω περιέχει πεπερασµένου
πλήθους στοιχεία. Η πιθανότητα ενός γεγονότος Α Ρ(Α), του εν λόγω π.τ., ισούται µε το κλάσµα του οποίου ο αριθµητής είναι ίσος µε τον πληθικό αριθµό
του Α (αριθµός των απλών γεγονότων του Α) και ο παρονοµαστής είναι ίσος µε
τον πληθικό αριθµό του δειγµατοχώρου Ω (αριθµός των απλών γεγονότων του
Ω).
πληθικός αριθµός του Α
Ρ(Α) = -------------------------------πληθικός αριθµός του Ω
Παράδειγµα:
Σε έναν κάδο υπάρχουν 7 κόκκινες, 5 πράσινες και 3 άσπρες µπάλες. Με
τα µάτια κλειστά τραβώ στην τύχη δύο απ'αυτές, χωρίς να εδιαφέροµαι για τη
σειρά µε την οποία τις επιλέγω. Τί πιθανότητα έχω να τραβήξω δύο κόκκινες
µπάλες;
Λύση:
Η πρώτη µας δουλειά στα προβλήµατα αυτά είναι ο καθορισµός του δειγµατοχώρου και ο υπολογισµός του πληθικού του αριθµού.
32
Το τυχαίο απλό γεγονός του πιο πάνω π.τ. είναι µία δυάδα από µπά-λες.
Άρα ο δειγµατοχώρος Ω (που περιέχει όλα τα δυνατά αποτελέσµατα του π.τ. απλά γεγονότα) θα περιέχει όλες τις δυάδες που δηµιουργούνται από τις 15
(7+5+3) µπάλες. Και επειδή δεν µας ενδιαφέρει η σειρά επιλογής της δυάδας, ο
αριθµός όλων των διαφορετικών δυάδων (που είναι και ο πληθικός αριθµός του
Ω) δίνεται από τον τύπο των συνδυασµών:
15!
15!
14*15
Πληθ.αριθ.του Ω = C 2 = ----------- = ------- = -------- = 7*15 = 105
2!(15-2)! 2!13!
2
15
Έστω τώρα το γεγονός:
Α = <Τραβώ δύο κόκκινες µπάλες>,
το οποίο περιέχει όλες τις διαφορετικές δυάδες που δηµιουργούνται από τις 7
κόκκινες µπάλες. Ο αριθµός τους:
7!
7!
6*7
Πληθ.αριθ.του Α = C 2 = ---------- = ------ = ------ = 21
2!(7-2)! 2!5!
2
7
Σύµφωνα λοιπόν µε τον ορισµό της πιθανότητας ενός γεγονότος Α:
21
Ρ(Α) = -----105
Παρατήρηση:
Συχνά, για την καλύτερη κατανόηση
κάποιων εννοιών, και µόνο συµβολικά,
χρησιµοποιούµε τα Βέννεια διαγράµµατα.
Στο διπλανό σχήµα, για παράδειγµα, θεωρούµε πως το εµβαδόν του Ω ισούται µε
τη µονάδα, οπότε η πιθανότητα του γεγογονότος Α, συµβολικά, είναι ίση µε το
εµβαδό του Α.
Ω
Α
33
Α.2.6. Ιδιότητες των πιθανοτήτων.
Σύµφωνα µε τα όσα αναφέρθηκαν προηγούµενα για την πιθανότητα ενός
γεγονότος Α, καταλήγουµε στις παρακάτω ιδιότητες:
0 ≤ P(A) ≤ 1
Ρ(Ω) = 1
P( ∅ ) = 0
P(AUB) = P(A) + P(B) εάν Α I Β = 0
(εάν δηλαδή τα γεγονότα Α και Β είναι ασυµβίβαστα)
(v) P(AUB) = P(A) + P(B) - P(A I Β)
(για τυχαία Α και Β).
σ
(vi) P(A ) = 1 - Ρ(Α)
(i)
(ii)
(iii)
(iv)
Με τη βοήθεια των Βέννειων διαγραµµάτων γίνεται ευκολότερη η κατανόηση των τελευταίων βασικών ιδιοτήτων. Με το πρώτο διάγραµµα διαπιστώνουµε πως προσθέτοντας τα εµβαδά των Α και Β, υπολογίζουµε το εµβαδόν της
ένωσης AUB προσαυξηµένο κατά το εµβαδό της τοµής Α I Β, που προστίθεται
δύο φορές.
Ω
Ω
Α
Β
Ρ(AUB) = P(A) + P(B) - P(A I Β)
Ασ
Α
P(Aσ) + Ρ(Α) = 1
Όµοια µε το δεύτερο διάγραµµα διαπιστώνουµε πως το άθροισµα των εµβαδών του Α και του Ασ, δίνει το εµβαδό του Ω, δηλαδή τη µονάδα.
34
Παρατηρήσεις:
1η) Η ιδιότητα (iv) γενικεύεται και για περισσότερα των δύο γεγονότων,
ασυµβίβαστων ανά δύο µεταξύ τους:
Ρ(A1UA2UA3U...UAN) = Ρ(A1)+P(A2)+P(A3)+...+P(AN)
2η) Συχνά, την πιθανότητα Ρ(Α) την πολλαπλασιάζουµε επί το 100. Τότε
παίρνουµε έναν αριθµό ανάµεσα στο µηδέν και το εκατό, που τον ονοµάζουµε
πιθανότητα επί τοις εκατό του γεγονότος Α. Π.χ.:
Εάν Ρ(Α) = 0.73 τότε γράφω και Ρ(Α) = 73 %
Βέβαια, όπως η πιθανότητα είναι ένας αριθµός από το 0 έως το 1, έτσι και
η πιθανότητα επί τοις εκατό είναι ένας αριθµός ανάµεσα στο 0% και το 100%.
Παράδειγµα:
Από ένα σύνολο 15 ατόµων, από τα οποία τα 4 έχουν γρίπη, διαλέγουµε
τυχαία τρείς, χωρίς να µας ενδιαφέρει η σειρά επιλογής τους. Τί πιθανότητα έχουµε να επιλέξουµε τουλάχιστον ένα άτοµο µε γρίπη;
Λύση:
Το γεγονός:
Α = <τουλάχιστον ένα άτοµο στην τριάδα έχει γρίπη>,
αποτελεί την ένωση τριών γεγονότων, τα οποία είναι ξένα ανά δύο µεταξύ τους:
Α1 = <ακριβώς ένα άτοµο στην τριάδα έχει γρίπη>
Α2 = <ακριβώς δύο άτοµα στην τριάδα έχουν γρίπη>
Α3 = <ακριβώς τρία άτοµα στην τριάδα έχουν γρίπη>
Τα γεγονότα αυτά είναι ξένα ανά δύο µεταξύ τους, διότι δεν είναι δυνατόν
ένα απλό γεγονός να ανήκει ταυτόχρονα σε δύο από αυτά. Για παράδειγµα δεν
είναι δυνατό σε µία τριάδα να περιλαµβάνονται ταυτόχρονα ένα ακριβώς και
δύο ακριβώς άτοµα µε γρίπη. Άρα έχουµε:
Ρ(Α) = Ρ(A1UA2UA3) = Ρ(A1)+P(A2)+P(A3)
35
Εάν υπολογίσουµε τις πιθανότητες των γεγονότων Α1, Α2 και Α3, υπολογίζοντας τους αντίστοιχους πληθικούς αριθµούς, θα αναγκαστούµε να κάνουµε
πολλές πράξεις(13). Αξίζει όµως να παρατηρήσουµε πως το συµπληρωµατικό
γεγονός του Α είναι το:
Ασ = <κανένα από τα άτοµα της τριάδας δεν έχει γρίπη>
Η πιθανότητα του Ασ είναι ο λόγος των διαφορετικών τριάδων που δηµιουργούνται από τα 11 υγιή άτοµα, προς τις διαφορετικές τριάδες που δηµιουργούνται από τα 15 άτοµα.
C311 11!/[3!8!]
(9*10*11)/(2*3) 165
σ
Ρ(Α ) = ----- = ------------ = --------------------- = ------ = 0.362637
C315 15!/[3!12!] (13*14*15)/(2*3) 455
Σύµφωνα µε την (vi) ιδιότητα έχουµε το τελικό αποτέλεσµα:
Ρ(Α) = 1 - Ρ(Ασ) = 1 - 0.362637 = 0.637363
(*)
13
Σαν παράδειγµα θα υπολογίσουµε τον πληθικό αριθµό του γεγονότος Α1, µε τη βοήθεια του
οποίου θα υπολογίζαµε την πιθανότητα του Α1. Το Α1 περιέχει όλα τις τριάδες που αποτελούνται
από έναν ασθενή και δύο υγιείς. Το πλήθος όλων των διαφορετικών δυάδων υγειών δίνεται από
τη σχέση:
11!
11! 10*11
Πλήθος δυάδων υγιών ατόµων = C112 = ------------ = ------ = ------- = 55
2!(11-2)!
2!9!
2
Η κάθε µια απ'αυτές τις δυάδες συµπληρώνεται µε έναν ασθενή, κατά 4 διαφορετικούς
τρόπους (µε τον καθένα από τους τέσσερις ασθενείς). Εχουµε λοιπόν πως ο πληθικός αριθµός
του Α1 είναι ίσος:
Πληθ.αριθµός του Α1 = 4*55 = 220.
Με όµοιο τρόπο υπολογίζουµε τον πληθικό αριθµό των Α2 και Α3, 66 και 4 αντίστοιχα.
Εχουµε λοιπόν πως:
Ρ(Α) = Ρ(A1UA2UA3) = (55+66+4)/455 = 0.637363
36
Α.2.6. Πιθανότητα υπό συνθήκη.
Πολλές φορές, στην προσπάθειά µας να απονείµουµε την πιθανό-τητα
πραγµατοποίησης σε ένα γεγονός Α, πρέπει να αξιολογήσουµε κάποιες πληροφορίες που έχουµε. Ας αναφέρουµε δύο παραδείγµατα:
(α) Από µία τράπουλα 52 φύλλων εκλέγουµε τυχαία έξι. Ζητούµε την πιθανότητα να υπάρχει τουλάχιστον ένας βαλές στην εξάδα, όταν πήρε το µάτι
µας πως τρία από τα φύλλα της εξάδας είναι φιγούρες.
(β) Έριξα δύο ζάρια και ζητώ την πιθανότητα να έχω φέρει πεντάρες, όταν έχω την πληροφορία ότι το άθροισµα της ζαριάς µου είναι δέκα.
Παρατήρηση:
Ας υποθέσουµε λοιπόν πως έχουµε τα γεγονότα Α και Β ενός π.τ. και πως
ζητούµε την πιθανότητα να συµβεί το Α(14), µε δεδοµένο το ότι έχει ήδη συµβεί
το Β. Η πιθανότητα αυτή γράφεται συµβολικά Ρ(Α/Β) και διαβάζεται "η πιθανότητα του Α µε δεδοµένο το Β" ή "η πιθανότητα του Α υπό τη συνθήκη του Β".
Το ότι συνέβη ήδη το Β σηµαίνει πως τα µόνα απλά γεγονότα που µπορούν να συµβούν είναι αυτά που ανήκουν στο Β. Άρα µε το νέο αυτό δεδοµένο (συνέβη το Β), το γεγονός Β γίνεται, ουσιαστικά, ο δειγµατοχώρος. Αυτό
άλλωστε γίνεται φανερό εάν το Α είναι ίσο µε το Β, οπότε η πιθανότητα να
συµβεί το Α, ενώ συνέβη το Β είναι η µονάδα (βεβαιότητα).
Όµως το ότι συνέβη το Β σηµαίνει πως από τα απλά γεγονότα του Α, τα
µόνα που µπορούν να συµβούν είναι αυτά που περιέχονται και στο Β. Για να
συµβεί εποµένως το Α, πρέπει να συµβεί κάποιο απ'τα απλά γεγονότα που ανήκουν στην τοµή των γεγονότων Α και Β, Α I Β.
14
Υπενθύµιση: Κατά την εκτέλεση ενός π.τ. λέµε πως συνέβη το γεγονός Α, εάν το αποτέλεσµα
του π.τ. (το απλό γεγονός που προέκυψε) είναι στοιχείο του γεγονότος Α.
37
Στο διπλανό διάγραµµα διαπιστώνουµε πως η πιθανότητα να συµβεί το Α,
ενώ συνέβη το Β, είναι ίση µε το λόγο
του εµβαδού της τοµής Α I Β, προς το
εµβαδό του Β.
Η πιθανότητα εποµένως Ρ(Α/Β)
είναι ίση µε το λόγο των πιθανοτήτων:
Ρ(Α I Β) και Ρ(Β).
Ω
ΑI Β
Α
Β
Ρ(Α I Β) (πληθ.αριθ.του Α I Β)/(πληθ.αρ.του Ω)
Ρ(Α/Β) = ---------- = -------------------------------------------------- =
Ρ(Β)
(πληθ.αριθ.του Β)/(πληθ.αριθ.του Ω)
πληθ.αρ.του Α I Β
= ------------------------πληθ.αριθ.του Β
Ορισµός Α.15:
Η πιθανότητα να έχει συµβεί το γεγονός Α µε δεδοµένο το ότι έχει συµβεί
το Β ονοµάζεται πιθανότητα του Α µε τη συνθήκη του Β, ή επίσης δεσµευµένη πιθανότητα του Α µε δεδοµένο το Β και είναι ίση µε:
Ρ(Α I Β) πληθ.αριθ.του Α I Β
Ρ(Α/Β) = ----------- = --------------------------Ρ(Β)
πληθ.αριθ.του Β
όπου Ρ(Β) ≠ 0
Παραδείγµατα:
1ο) Ερριξα δύο ζάρια και ζητώ την πιθανότητα να έχω φέρει διπλές, όταν
έχω την πληροφορία ότι το άθροισµα της ζαριάς µου είναι µεγαλύτερο του εννέα.
Λύση: Θεωρώ τα γεγονότα:
Α = < Ερριξα τα ζάρια και έφερα διπλές > =
= { (1,1), (2,2), (3,3), (4,4), (5,5), (6,6) }
38
Β = < Ερριξα τα ζάρια και έφερα άθροισµα µεγαλύτερο του 9 > =
= { (5,5), (5,6), (6,5), (6,6) }
και
Α I Β = < Ερριξα τα ζάρια και έφερα διπλές µε άθροισµα µεγαλύτερο
του 9> = { (5,5), (6,6) }
Σύµφωνα µε τα προηγούµενα έχουµε πως:
Ρ(Α I Β)
2
Ρ(Α/Β) = ------------ = --- = 0.5
Ρ(Β)
4
2ο) Σε ένα κάδο περιέχονται 12 µπάλες από τις οποίες οι 5 είναι κόκκινες,
οι 4 είναι πράσινες και οι 3 είναι γαλάζιες. Τραβώ τυχαία δύο, καταγράφοντας
τη σειρά εκλογής στη δυάδα.
(i) Να υπολογισθεί η πιθανότητα να βγάλω δύο κόκκινες.
(ii) Να υπολογισθεί η πιθανότητα να βγάλω δύο κόκκινες, εάν ξέρω
πως στη δυάδα δεν εµφανίζεται γαλάζια µπάλα.
Λύση:
(i) Ο δειγµατοχώρος περιέχει όλες τις δυνατές δυάδες που δηµιουργούνται
από τις 12 µπάλες του κάδου, όταν µας ενδιαφέρει και η σειρά εκλογής. Έχουµε
λοιπόν ένα πρόβληµα ∆ιατάξεων, οπότε ο πληθικός αριθµός Ι του Ω ισούται µε:
Ι = ∆12
2
12!
= --------- = 11*12 = 132
(12-2)!
Όµοια, ο πληθικός αριθµός Κ του γεγονότος:
Α = <βγάζω 2 κόκκινες µπάλες>,
ισούται µε τον αριθµό των δυνατών δυάδων που δηµιουργούνται από τις 5 κόκκινες µπάλες:
5!
2
Κ = ∆5 = -------- = 4*5 = 20
(5-2)!
39
Αρα:
Ρ(Α) = Κ/Ι = 20/132 = 0.151515 (=15.15%)
(ii) Θεωρώ το γεγονός
Γ = <δεν εµφανίζεται γαλάζια µπάλα στη δυάδα> =
= <στη δυάδα εκλέγονται µόνο κόκκινες και πράσινες µπάλες>.
Ζητούµε την πιθανότητα Ρ(Α/Γ), την πιθανότητα δηλαδή να εµφανισθούν
δύο κόκκινες µπάλες στη δυάδα, όταν ξέρουµε πως δεν θα εµφανιστεί γαλάζια.
Ο υπολογισµός της θα γίνει µε τη σχέση:
Ρ(Α/Γ) = [πληθ.αριθ.του (Α I Γ)] / [πληθ.αριθ.του Ρ(Γ)]
Όµως το γεγονός Α (εµφανίζονται δύο κόκκινες) είναι ένα υποσύνολο του
Γ (εµφανίζεται κάποια δυάδα από τις πράσινες και τις κόκκινες). Άρα ισχύει η
ισότητα: Α I Γ=Α. Χρειαζόµαστε λοιπόν τον πληθικό αριθµό του γεγονότος Γ
(µια και αυτόν του Α τον υπολογίσαµε στο προηγούµενο ερώτηµα, Κ=20).
Ο πληθικός αριθµός Μ, του γεγονότος Γ, ισούται µε τον αριθµό των δυάδων που δηµιουργούνται από τις 9 κόκκινες και πράσινες µπάλες:
9!
Μ = ∆9 = -------- = 8*9 = 72
(9-2)!
2
Έχουµε λοιπόν:
Ρ(Α I Β) Ρ(Α) 20
5
Ρ(Α/Γ) = ----------- = ------- = ---- = --- = 0.277778
Ρ(Γ)
Ρ(Γ) 72 18
Ενας άλλος τρόπος λύσης του (i) ερωτήµατος:
Ας θεωρήσουµε τα γεγονότα:
Α1 = < Η πρώτη µπάλα είναι κόκκινη >
Α2 = < Η δεύτερη µπάλα είναι κόκκινη > και
Α1 I Α2 = < Και οι δύο µπάλες είναι κόκκινες >
40
Το (i) ερώτηµα ζητά την πιθανότητα του γεγονότος Α1 I Α2. Ισχύει όµως
η επόµενη σχέση (απόρροια του ορισµού της δεσµευµένης πιθανότητας, και αναφέρεται σαν ιδιότητα (iv) στην επόµενη παραγράφου):
Ρ(Α1 I Α2) = Ρ(Α1)*Ρ(Α2/Α1)
Στη συνέχεια υπολογίζουµε τις πιθανότητες που εµφανίζονται στο δεξί
µέλος της προηγούµενης ισότητας:
Ρ(Α1) = 5/12 (πέντε στις δώδεκα).
Ρ(Α2/Α1) = 4/11 (τέσσερις στις έντεκα)
Η εξήγηση των πιο πάνω πιθανοτήτων είναι απλή...
Η πιθανότητα του Α1, η πιθανότητα δηλαδή τραβώντας µια µπάλα από τις
12 να πετύχω µία από τις 5 κόκκινες, είναι προφανώς 5/12. Οµοια, η πιθανότητα
να τραβήξω τη δεύτερη φορά κόκκινη, όταν είναι γνωστό πως ήδη τράβηξα
κόκκινη και την πρώτη φορά είναι 4 (οι 4 κόκκινες που έµειναν) στις 11 (όλες
όσες συµµετέχουν στο δεύτερο τράβηγµα). Πρόκειται για απλή εφαρµογή της
αρχής της απαρίθµησης...
Έχουµε λοιπόν:
5
4
20
Ρ(Α1 I Α2) = Ρ(Α1)Ρ(Α2/Α1) = ---- * ---- = ----- = 0.151515
12 11 132
Α.2.7. Ιδιότητες των πιθανοτήτων υπό συνθήκη.
Οι περισσότερες από τις παρακάτω ιδιότητες είναι εύκολα κατανοητές.
Για την διερεύνηση όµως κάποιων απ'αυτές θα χρησιµοποιήσουµε τα Βέννεια
διαγράµµατα, που αποδεικνύονται θεµελιώδη εργαλεία στην προσπάθεια κατανόησης των περισσοτέρων εννοιών των Πιθανοτήτων.
(i) 0 ≤ Ρ(Α/Β) ≤ 1
(ii) P( ∅ /B) = 0
(iii) P(Ω/Β) = Ρ(Β/Β) = 1
(iv) Ρ(Α I Β) = Ρ(Β)Ρ(Α/Β)
41
(v) P[(A1UA2UA3)/B] = P(A1/B)+P(A2/B)+P(A3/B)
όπου τα Α1, Α2 και Α3 είναι ανά δύο ασυµβίβαστα γεγονότα(15).
(vi) P(B) = P(A1)P(B/A1)+P(A2)P(B/A2)+P(A3)P(B/A3)
όπου, εκτός από τον προηγούµενο περιορισµό, η ένωση των Α1,
Α2 και Α3 είναι ο Ω.
[ δηλ. Α1UA2UA3 = Ω ενώ Αi I Aj = ∅ όταν i+j ]
Οι πρώτες τρείς ιδιότητες είναι προφανείς, στηριζόµενες στις βασικές ιδιότητες των Πιθανοτήτων. Η τέταρτη προκύπτει από τη γνωστή σχέση:
Ρ(Α/Β) = Ρ(A I Β)/Ρ(Β)
που έχει λυθεί ως προς την Ρ(Α I Β). Οι δύο επόµενες ιδιότητες ίσως γίνουν πιο
κατανοητές µε τα Βέννεια διαγράµµατα που ακολουθούν.
Για την ιδιότητα (v) έχουµε πως το
γεγονός Β (που γνωρίζουµε πως συνέβη)
θεωρείται δειγµατοχώρος. Επειδή τα γεγονότα A1, A2 και A3 είναι ασυµβίβαστα
ανά δύο, η πιθανότητα να συµβεί η ένωσή
τους (πάντα µε δεδοµένο πως συνέβη το
Β), ισούται µε το λόγο του γραµµοσκιασµένου εµβαδού, προς το εµβαδό του Β.
Α1
Α3
Β
Ω
Α2
Το δεύτερο µέλος της σχέσης είναι άθροισµα τριών οµωνύµων κλασµάτων (µε παρονοµαστή το εµβαδό του Β). Το άθροισµα των αριθµητών τους όµως δίνει το γραµµοσκιασµένο εµβαδό.
15
Οι ιδιότητες (v) και (vi) ισχύουν και για περισσότερα των δύο γεγονότα. Μία πιο πλήρης έκφρασή τους είναι η:
Εάν τα γεγονότα A1, A2, A3,...AΝ είναι ασυµβίβαστα ανά δύο µεταξύ τους τότε:
N
P[ (A1UA2UA3U...UAN)/B ] = Σ [P(Bi/A)]
i=1
Εάν επί πλέον η ένωση των Αi ισούται µε τον δειγµατοχώρο Ω, εάν δηλαδή,
A1UA2UA3U...UAN = Ω, τότε:
N
P(B) =
Σ [P(Ai)P(B/Ai)]
i=1
Θυµίζουµε τον συµβολισµό του πολλαπλού αθροίσµατος Σ. Εχουµε για παράδειγµα:
N
P(B) = Σ Ai = Α1+Α2+Α3+...+ΑΝ
i=1
42
Εάν στη σχέση που εκφράζει την
(vi) ιδιότητα, χρησιµοποιήσουµε την
ιδιότητα (iv), έχουµε πως:
Α1
Α3
P(B) = P(A1)P(B/A1) + P(A2)P(B/A2) +
+ P(A3)P(B/A3) =
= P(A1 I Β)+P(A2 I B)+P(A3 I B)
Β
Οι πιθανότητες P(A1 I Β), P(A2 I B)
και P(A3 I B), φαίνονται γραµµοσκιασµένες στο διπλανό σχήµα. Επειδή
Α2
Ω
όµως τα γεγονότα A1, A2 και A3 είναι
ασυµβίβαστα ανά δύο και η ένωσή τους δίνει το Ω, το άθροισµα των εµβαδών
του β'µέλους της ιδιότητας δίνει το εµβαδό του Β.
Α.2.8. Το Θεώρηµα του Bayes.
Θεώρηµα: Εστω το γεγονός Β και τα γεγονότα A1, A2, A3,...AΝ, τα οποία:
α) είναι ασυµβίβαστα ανά δύο και
β) η ένωσή τους ισούται µε τον δειγµατοχώρο Ω,
δηλαδή A1UA2UA3U...UAN = Ω.
Τότε η πιθανότητα κάποιου Ακ από πιό πάνω γεγονότα, όταν έχει συµβεί
το Β δίνεται από τη σχέση:
P(Ακ)Ρ(Β/Ακ)
Ρ(Ακ/Β) = -------------------N
Σ Ρ(Αi)P(B/Ai)
i=1
Η απόδειξη του τύπου του Bayes είναι ιδιαίτερα εύκολη και γίνεται µε
απλή εφαρµογή των ιδιοτήτων της προηγουµένης παραγράφου. Πράγµατι χρησιµοποιώντας την (iv) στον αριθµητή και την (vi) στον παρονοµαστή έχουµε:
P(Ακ)Ρ(Β/Ακ)
Ρ(Ακ I Β)
Ρ(Ακ/Β) = -------------------- = ------------Ρ(Β)
N
Σ Ρ(Αi)P(B/Ai)
i=1
43
Φθάνουµε δηλαδή στη σχέση που αποτελεί τον ορισµό της πιθανότητας
του γεγονότος Ακ υπό τη συνθήκη του Β.
Ο τύπος της ιδιότητας (vi) και ιδιαίτερα ο τύπος του Bayes είναι πολύ
χρήσιµοι, βοηθώντας µας να λύνουµε µε τρόπο συστηµατικό, προβλήµατα στα
οποία ζητούµε την πιθανότητα Ρ(Β) ή τις πιθανότητες Ρ(Αi/Β), που υπολογίζονται δύσκολα απ' ευθείας, ενώ οι πιθανότητες Ρ(Β/Ai) υπολογίζονται εύκολα.
A.2.9. Παραδείγµατα:
1ο) Το Fiat Cinquecento κατασκευάζεται στην Ιταλία, στην Ισπανία και
στην Πολωνία. Στον παρακάτω πίνακα αναφέρεται το ποσοστό συµµετοχής του
κάθε εργοστασίου στη συνολική παραγωγή, αλλά και το ποσοστό των αυτοκινήτων του κάθε εργοστασίου που παρουσιάζουν κάποια βλάβη.
Εργοστάσιο
Ιταλίας
Ισπανίας
Πολωνίας
Ποσοστό
στην παραγωγή
Ποσοστό
ελαττωµατικών
50 %
30 %
20 %
7%
12 %
15 %
Αγοράζω ένα Cinquecento. Ζητώ:
(i) Την πιθανότητα να έχει κάποιο ελάττωµα.
(ii) Την πιθανότητα να είναι κατασκευασµένο στην Πολωνία, εάν τελικά
ήταν ελαττωµατικό.
Λύση:
Η πρώτη ερώτηση ζητά την πιθανότητα ενός γεγονότος, σε αντίθεση µε
τη δεύτερη που είναι πιθανότητα υπό συνθήκη. Άρα θά'ταν λογικό να συµπεράνω πως στην πρώτη περίπτωση θα χρησιµοποιήσω την ιδιότητα (vi) της παραγράφου Α.2.7, ενώ στη δεύτερη θα εφαρµόσω το θεώρηµα του Bayes. Αυτή η
απόφασή µου µε καθοδηγεί, όπως θα διαπιστώσουµε και στην εκλογή των γεγονότων.
44
(i) Η ιδιότητα (vi) δίνει την πιθανότητα του Β. Άρα θα διαλέξω σαν γεγονός Β, το ζητούµενο της πρώτης ερώτησης:
B = < Αγοράζω ένα ελαττωµατικό Cinquecento >
Η επιλογή των Αi είναι αρκετά εύκολη. Σ'αυτήν όµως µπορούµε να βοηθηθούµε και από τη διατύπωση της δεύτερης ερώτησης. Παρατηρώντας το α'
µέλος του τύπου του Bayes [το Ρ(Ακ/Β)], διαπιστώνω πως ένα από τα Αi (το
Ακ) είναι το γεγονός, την πιθανότητα του οποίου ζητάµε. Έτσι λοιπόν επιλέγουµε:
ΑΙτ = < Αγοράζω αυτοκίνητο κατασκευασµένο στη Ιταλία >
ΑΙ = < Αγοράζω αυτοκίνητο κατασκευασµένο στην Ισπανία >
ΑΠ = < Αγοράζω αυτοκίνητο κατασκευασµένο στην Πολωνία >
Πριν προχωρήσουµε όµως, πρέπει να εξακριβώσουµε εάν τα γεγονότα
αυτά εκπληρώνουν τους περιορισµούς που επιβάλλει η ιδιότητα (vi). Πράγµατι
εύκολα διαπιστώνουµε πως τα τρία αυτά γεγονότα είναι ασυµβίβαστα ανά δύο
(δεν είναι δυνατόν ένα αυτοκίνητο να κατασκευάστηκε ταυτόχρονα σε δύο χώρες) και η ένωσή τους δίνει το δειγµατοχώρο (η ένωσή τους δίνει το σύνολο της
παραγωγής των Cinquecento).
Μπορώ λοιπόν να υπολογίσω τις τιµές που χρησιµοποιούν οι δύο τύποι:
Ρ(ΑΙτ) = 0.5 , Ρ(ΑΙ) = 0.3 ,
Ρ(ΑΠ) = 0.2
Ρ(Β/ΑΙτ) = 0.07 , Ρ(Β/ΑΙ) = 0.12 , Ρ(Β/ΑΠ) = 0.15
Θα ερµηνεύσουµε σύντοµα το πρώτο αποτέλεσµα της κάθε σειράς:
Η Ρ(ΑΓ) είναι η πιθανότητα να αγοράσω Ιταλικό αυτοκίνητο. Επειδή η
παραγωγή του Ιταλικού εργοστασίου είναι το 50 % της συνολικής παραγωγής,
έχω τελικά πιθανότητα 0.5 να "πετύχω" Ιταλικό αυτοκίνητο.
Η Ρ(Β/ΑΓ) είναι η πιθανότητα το αυτοκίνητό µου νά'χει κάποιο ελάττωµα,
µε δεδοµένο ότι προέρχεται από τη Ιταλία. Επειδή το 7 % των αυτοκινήτων του
Ιταλικού εργοστασίου έχουν κάποιο ελάττωµα, η πιθανότητα νά'ναι και το δικό
µου ελαττωµατικό είναι 0.07.
Αντικαθιστώντας τις παραπάνω τιµές στον τύπο της Ρ(Β), έχουµε:
45
P(B) = P(AΙτ)P(B/AΙτ)+P(AΙ)P(B/AΙ)+P(AΠ)P(B/AΠ) =
= 0.5*0.07 + 0.3*0.12 + 0.2*0.15 =
= 0.101
(= 10.1%)
(ii) Ζητούµε τώρα την πιθανότητα Ρ(ΑΠ/Β) [δηλ. την πιθανότητα να είναι
το αυτοκίνητό µου από την Πολωνία, εάν είναι δεδοµένο πως µου παρουσίασε
κάποια βλάβη].
Σύµφωνα µε τα όσα είπαµε κατά τη λύση της πρώτης ερώτησης, ισχύουν
όλες οι προϋποθέσεις του θεωρήµατος του Bayes. Αντικαθιστώντας λοιπόν τις
αντίστοιχες τιµές στον τύπο, ενθυµούµενοι πως το άθροισµα στον παρονοµαστή
είναι η Ρ(Β) που πριν λίγο υπολογίσαµε (βλ. την απόδειξη του τύπου του
Bayes), έχουµε:
P(ΑΠ)Ρ(Β/ΑΠ) 0.2*0.15
Ρ(ΑΠ/Β) = ------------------- = ----------- = 0.297 (= 29.7%)
Ρ(Β)
0.101
2o) Είναι γνωστό πως η σπουδάστρια Κ.Τεµπελίδου γνωρίζει µόνο το
25% της ύλης ενός µαθήµατος που εξετάζεται µε τη βοήθεια των ερωτήσεων
πολλαπλής επιλογής. Στις ερωτήσεις που δεν γνωρίζει απαντά στην τύχη. Της
θέτουµε µιαν ερώτηση µε τρείς επιλογές απάντησης.
i) Τί πιθανότητα έχει να απαντήσει σωστά;
ii) Με δεδοµένο ότι απάντησε σωστά, τί πιθανότητα έχουµε να απάντησε
στην τύχη;
Σηµείωση: Οταν η Κ.Τ. γνωρίζει την ερώτηση, απαντά σωστά.
Λύση:
Επειδή οι ασκήσεις αυτού του είδους συχνά µπερδεύουν τους σπουδαστές, θα προσπαθήσουµε να δώσουµε µε τον πιο παραστατικό τρόπο τη µεθοδολογία που ακολουθείται στις ασκήσεις αυτές. Αρχικά να επαναλάβουµε πως
καταλήγουµε στα γεγονότα Β και Α1, µε τη βοήθεια των ερωτήσεων της άσκησης.
α) Ορισµός του γεγονότος Β:
Σαν γεγονός Β θα ορίσουµε αυτό που αναφέρεται στην ερώτηση που δεν
περιλαµβάνει προϋποθέσεις και περιορισµούς. Πρόκειται βέβαια για την πρώτη
ερώτηση. Στον ορισµό αυτού του γεγονότος πρέπει να αγνοήσουµε τελείως τον
περιορισµό που υπάρχει στη δεύτερη ερώτηση...! Ας ταυτίσουµε λοιπόν το αριστερό µέλος του τύπου µε την ερώτηση:
46
Ρ(Β)
Ζητώ την πιθανότητα...
η Κ.Τ.να απαντήσει σωστά.
Β = <η Κ.Τ.απαντά σωστά>
Αρα το Β είναι το γεγονός:
β) Ορισµός του γεγονότος Α1:
Ταυτίζοντας τώρα το αριστερό µέλος του τύπου του Bayes µε την δεύτερη
ερώτηση (η οποία περιέχει προϋποθέσεις), µπορώ να ορίσω το ένα από τα Αi.
Ρ (Α1 / Β)
Ζητώ την
πιθανότητα
η Κ.Τ.να απάντησε
τυχαία
όταν ξέρω
πως
απάντησε σωστά
Με τα παραπάνω επιβεβαιώνω την εκλογή του γεγονότος Β και καταλήγω
µε τρόπο προφανή στο γεγονός Α1:
Α1 = <η Κ.Τ. απαντά στην τύχη>
γ) Ορισµός των υπολοίπων γεγονότων Αi:
Οταν το πλήθος των Αi είναι µεγαλύτερο του 2, τότε αυτό γίνεται φανερό
από τα δεδοµένα του προβλήµατος (βλ.το αµέσως προηγούµενο παράδειγµα).
Στο τρέχον παράδειγµα δεν υπάρχει κανένας προφανής λόγος για την επιλογή
περισσοτέρων των δύο Αi. Σ'αυτές τις περιπτώσεις επιλέγουµε σαν Α2 το συµπληρωµατικό του Α1 και βλέπω εάν µε καλύπτει η επιλογή αυτή:
Α2 = <η Κ.Τ. δεν απαντά στην τύχη>
Έτσι είναι προφανές πως καλύπτονται αυτόµατα οι δύο περιορισµοί του
θεωρήµατος του Bayes, µια και τα συµπληρωµατικά γεγονότα και ασυµβίβαστα
είναι, και η ένωσή τους µας δίνει το Ω. Στη συνέχεια υπολογίζουµε:
47
Ρ(Α1) = 0.75 = 3/4 (πρόκειται για το τµήµα της ύλης που αγνοεί η Κ.Τ.)
Ρ(Α2) = 0.25 = 1/4 (πρόκειται για το τµήµα της ύλης που γνωρίζει η Κ.Τ.)
(εφ' όσον απαντά στην τύχη και από τις 3 απαντήσεις
Ρ(Β/Α1) = 1/3
µόνο µία είναι σωστή)
Ρ(Β/Α2) = 1
(πρόκειται για την πιθανότητα να απαντήσει σωστά
εφ'όσον γνωρίζει την ερώτηση, οπότε µε το 1 εκφράζεται η βεβαιότητα για σωστή απάντηση)
Η εφαρµογή των τύπων δίνει τα τελικά αποτελέσµατα:
3 1 1
P(B) = P(A1)P(B/A1)+P(A2)P(B/A2) = ---*--- + ---*1 = 0.5 (=50%)
4 3 4
P(Α1)Ρ(Β/Α1) (3/4)(1/3) 0.25
Ρ(Α1/Β) = ------------------ = ------------- = ------- = 0.5 (=50%)
Ρ(Β)
0.5
0.50
Α.2.10. Ανεξάρτητα γεγονότα.
Έστω τα γεγονότα Α και Β. Τα γεγονότα αυτά τα αποκαλούµε ανεξάρτητα εάν η πραγµατοποίηση του ενός δεν επηρεάζει την πιθανότητα πραγµατοποίησης του άλλου.
Πριν ασχοληθούµε µε την Μαθηµατική πλευρά του θέµατος αξίζει να επιµείνουµε λίγο στην καθαρά πρακτική, µε τη βοήθεια µερικών παραδειγµάτων.
Παράδειγµα 1ο: Στρίβουµε δύο φορές ένα νόµισµα, και την πρώτη
φορά εµφανίζεται το Κ(εφάλι). Θέλουµε στη συνέχεια (µετά, δηλαδή, από το
πρώτο στρίψιµο) να εκτιµήσουµε την πιθανότητα εµφάνισης της ίδιας πλευράς
και στο επόµενο στρίψιµο. Η απλή λογική µας λέει πως δεν έχουµε κανένα λόγο
να πιστεύουµε πως η πιθανότητα εµφάνισης του Κ έχει µεταβληθεί (από το συνηθισµένο 0.5), λόγω του πρώτου αποτελέσµατος. Εποµένως, στο διπλό στρίψιµο ενός νοµίσµατος, τα γεγονότα:
Α = <την πρώτη φορά έρχεται Κ> και
Β = <τη δεύτερη φορά έρχεται Κ>
είναι ανεξάρτητα.
48
Παράδειγµα 2ο: Από ένα κάδο µε 10 µπάλες, από τις οποίες οι 5 είναι
λευκές, οι 3 κόκκινες και οι 2 µαύρες, τραβάµε µία προς µία δύο µπάλες (καταγράφοντας, δηλαδή, τη σειρά αλλά χωρίς να ξαναβάλουµε την πρώτη στον κάδο
για το δεύτερο τράβηγµα). Ας εξετάσουµε ως προς την ανεξαρτησία τα γεγονότα:
Α = <η πρώτη είναι λευκή> και
Β = <η δεύτερη είναι λευκή>
Παρατηρούµε πως η πιθανότητα του γεγονότος Β εξαρτάται από το εάν
συνέβει ή όχι το Α. Πράγµατι, είναι διαφορετικό να αναζητούµε µια λευκή µπάλα, όταν οι λευκές είναι 4 στις 9 και άλλο όταν είναι 5 στις 9.
Εύκολα διαπιστώνουµε πως εάν συµβεί το Α έχουµε: Ρ(Β)=4/9, ενώ εάν
δεν συµβεί το Α, τότε: Ρ(Β)=5/9
Τα γεγονότα Α και Β λέγονται ανεξάρτητα, όταν η πιθανότητα να συµβεί
το Α δεν µεταβάλλεται από το εάν συνέβη ή όχι το Β. Η προηγούµενη φράση
εκφράζεται από την επόµενη σχέση:
Ρ(Α) = Ρ(Α/Β) και Ρ(Β) = Ρ(Β/Α)
Εάν στις προηγούµενες ισότητες αντικαταστήσουµε τα δεύτερα µέλη µε
τις σχέσεις που δίνουν την αντίστοιχη πιθανότητα υπό συνθήκη, έχουµε:
Ρ(Α I Β)
Ρ(Α) = Ρ(Α/Β) = ----------Ρ(Β)
⇒
Ρ(Α I Β) = Ρ(Α)Ρ(Β)
Ρ(Α I Β)
Ρ(Β) = Ρ(Β/Α) = ----------Ρ(Α)
Τελικά ο ορισµός των ανεξάρτητων γεγονότων βασίζεται στην προηγούµενη σχέση.
Ορισµός Α.16.
∆ύο γεγονότα Α και Β ονοµάζονται ανεξάρτητα εάν η πιθανότητα της
τοµής τους ισούται µε το γινόµενο των πιθανοτήτων τους:
Ρ(Α I Β) = Ρ(Α)Ρ(Β)
49
Ορισµός Α.17.
Τρία γεγονότα Α, Β και Γ ονοµάζονται ανεξάρτητα όταν:
(i) Είναι ανεξάρτητα ανά δύο και
(ii) ισχύει πως: Ρ(Α I Β I Γ) = Ρ(Α)Ρ(Β)Ρ(Γ)
Παρατήρηση: Ο τελευταίος ορισµός µπορεί να γενικευτεί, µε όµοιο τρόπο, για ν γεγονότα.
Παραδείγµατα:
Παράδειγµα 1ο: Από µία τράπουλα 52 φύλλων (13 κούπες, 13 καρρό, 13
σπαθιά και 13 µπαστούνια) τραβώ ένα φύλλο, το καταγράφω, το ξαναβάζω στην
τράπουλα, ανακατεύω τα φύλλα και ξανατραβώ [τη διαδικασία αυτή, όπως έχουµε ήδη αναφέρει, την ονοµάζουµε δειγµατοληψία µε επανάθεση].
Να εξετασθεί εάν τα γεγονότα:
Α = < Το πρώτο φύλλο είναι κούπα > και
Β = < Το δεύτερο φύλλο είναι κούπα >
είναι ανεξάρτητα.
Λύση: Το απλό γεγονός του π.τ. είναι µία δυάδα φύλλων που εκλέγονται
από 52 µε επανάληψη. Άρα ο πληθικός αριθµός του δειγµατοχώρου Ω δίνεται
από τις επαναληπτικές διατάξεις:
Πληθ.αριθ.του Ω = ε∆522 = 522 = 2704
Για να ελέγξουµε την ανεξαρτησία των γεγονότων Α και Β πρέπει να υπολογίσουµε τις πιθανότητες Ρ(Α), Ρ(Β) και Ρ(Α I Β). Πιο πριν όµως πρέπει να
ορίσουµε το γεγονός Α I Β.
Α I Β = < Και το πρώτο και το δεύτερο φύλλο είναι κούπες >
Οι πληθικοί αριθµοί των γεγονότων Α και Β είναι 13. Πράγµατι, τα απλά
γεγονότα του Α είναι τα εξής 13:
Α = < το 1ο φύλλο ήταν (άσσος κούπα), (...2 κούπα), ...,
(...ντάµα κούπα), (...παπάς κούπα) >.
50
Αντίθετα ο πληθ.αριθµός του γεγονότος Α I Β είναι ίσος µε τον αριθµό
των δυάδων που δηµιουργούνται µε επανάληψη από 13 φύλλα:
Πληθ.αριθ. του Α I Β = ε∆132 = 132 = 169
Έχουµε λοιπόν τις πιθανότητες:
Ρ(Α) = Ρ(Β) = 13/52 = 0.25
Ρ(Α I Β) = 169/2704 = 0.0625
Παρατηρούµε πως Ρ(Α I Β) = Ρ(Α)Ρ(Β) = 0.252 = 0.0625, οπότε τα γεγονότα Α και Β είναι ανεξάρτητα.
Παρατήρηση:
Η ανεξαρτησία των γεγονότων συνάγεται και λογικά, µια και το αποτέλεσµα του πρώτου τραβήγµατος δεν επηρεάζει καθόλου το αποτέλεσµα του δεύτερου τραβήγµατος. Συχνά λοιπόν συνάγοντας λογικά την ανεξαρτησία κάποιων γεγονότων, εκµεταλλευόµαστε τις αντίστοιχες ιδιότητες, όπως κάνουµε
στο επόµενο παράδειγµα.
Παράδειγµα 2ο: Ο σπουδαστής Κ.Τ. πηγαίνει στις εξετάσεις ενός µαθήµατος εντελώς απροετοίµαστος. Οι εξετάσεις περιλαµβάνουν πέντε ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής, η κάθε µία από τις οποίες περιέχει τέσσερις επιλογές.
Ο Κ.Τ. απαντά στην τύχη. Τί πιθανότητα έχει να περάσει, όταν θα πρέπει να
απαντήσει σωστά τουλάχιστον στις τρείς από αυτές;
Λύση: Αναζητούµε την πιθανότητα του γεγονότος:
Α = 〈 O K.T. απαντά σωστά σε τρεις τουλάχιστον ερωτήσεις 〉
το οποίο αναλύεται στα γεγονότα Α3, Α4 και Α5, όπου
Αj = 〈 O K.T. απαντά σωστά ακριβώς σε j ερωτήσεις 〉
όπου τα γεγονότα Αj είναι ανά δύο ασυµβίβαστα, ενώ η ένωσή τους ισούται µε
το Α. Εποµένως το άθροισµα των πιθανοτήτων τους δίνει την πιθανότητα του
Α.
51
Υπολογισµός της πιθανότητας του Α3: Ζητούµε την πιθανότητα να δοθούν τρεις σωστές και δύο λάθος απαντήσεις. Για παράδειγµα να απάντησε ο
Κ.Τ. (Σ...σωστό, Λ...λάθος):
Σ, Σ, Σ, Λ, Λ
Η λογική δείχνει πως η επιτυχία σε µία ερώτηση είναι ανεξάρτητη του τί
θα συµβεί σε κάποια άλλη ερώτηση. Εποµένως, η πιθανότητα να συµβεί το
προηγούµενο σχήµα (Σ,Σ,Σ,Λ,Λ) είναι ίσο µε το γινόµενο των αντίστοιχων πιθανοτήτων:
Ρ(Σ,Σ,Σ,Λ,Λ) = 0,25 * 0,25 * 0,25 * 0,75 * 0,75 = 0,008789
Όµως, υπάρχουν κι’άλλες πεντάδες µε 3 σωστές απαντήσεις (π.χ. οι
(Λ,Λ,Σ,Σ,Σ ), (Σ,Σ,Λ,Σ,Λ) κ.λ.π.). Το πλήθος (L) των διαφορετικών πεντάδων
που αποτελούνται από τρία Σ και δύο Λ δίνεται από τον τύπο των επαναληπτικών µεταθέσεων:
5!
L = εΜ53,2 = -------- = 10
3!*2!
Εποµένως έχουµε:
Ρ(Α3) = L * 0,253 * 0,752 = 10 * 0,008789 = 0,08789
Όµοια έχουµε τις πιθανότητες:
Ρ(Α4) = εΜ54 * 0,254 * 0,75 = 0,01465
Ρ(Α5) = 0,255 = 0,00098
οπότε,
Ρ(Α) = Ρ(Α3) + Ρ(Α4) + Ρ(Α5) = 0,103516
Παρατηρήσεις:
1η) Τα προβλήµατα αυτού του είδους συστηµατοποιούνται στο κεφάλαιο
της ∆ιωνυµικής Κατανοµής.
2η) Αξίζει ο αναγνώστης να προσπαθήσει να αποδείξει την ανεξαρτησία
των γεγονότων:
Σ1 = 〈 O K.T. απαντά σωστά στην 1η ερώτηση 〉
Σ2 = 〈 O K.T. απαντά σωστά στην 2η ερώτηση 〉
52
Ασκήσεις:
1η) Θα ξαναγυρίσουµε στο παράδειγµα 2 της παραγράφου Α.2.6. (Πιθανότητες υπό συνθήκη), σύµφωνα µε το οποίο σε ένα κάδο περιέχονται 12 µπάλες από τις οποίες οι 5 είναι κόκκινες, οι 4 είναι πράσινες και οι 3 είναι γαλάζιες.
Τραβώ τυχαία δύο, καταγράφοντας τη σειρά εκλογής στη δυάδα.
Σαν άσκηση να ελέγξετε την ανεξαρτησία των γεγονότων:
Α1 = < Η πρώτη µπάλα είναι κόκκινη >
Α2 = < Η δεύτερη µπάλα είναι κόκκινη >
(i) Οταν η εκλογή της δυάδας γίνεται όπως στο παράδειγµα
(χωρίς επανάθεση).
(ii) Οταν η εκλογή της δυάδας γίνεται µε επανάθεση
(εκλέγω µία µπάλα, την καταγράφω, την επαναθέτω στον κάδο
µε τις υπόλοιπες 11, τις ανακατεύω και ξανατραβάω).
2η) Μία παρέα είκοσι ατόµων αποτελείται από 12 αγόρια και είκοσι κορίτσια. Ανάµεσά τους υπάρχουν 4 ζευγάρια. Επιλέγουµε καταγράφοντας τη
σειρά εκλογής δύο άτοµα. Θεωρούµε τα γεγονότα:
Α = « Εκλέγονται δύο άτοµα διαφορετικού φύλλου »
Β = « Εκλέγεται ένα ζευγάρι »
Ζητούνται να υπολογισθούν οι πιθανότητες των γεγονότων Α και Β, καθώς και
να ελεγχθεί η ανεξαρτησία τους
Συµπέρασµα: Όταν το γεγονός Β είναι υποσύνολο του γεγονότος Α (που
είναι διάφορο του Ω), τότε τα γεγονότα Α και Β είναι εξαρτηµένα.
53
Α.2.11. ∆ειγµατοχώροι µε άπειρα στοιχεία.
Οι δύο ορισµοί (Α.11 και Α.12) που αναφέρθηκαν στην παράγραφο Α.2.5
έχουν κάποια σηµαντικά µειονεκτήµατα. Ο πρώτος απαιτεί την επανάληψη για
παρα πολλές φορές του π.τ., ενώ ο δεύτερος εφαρµόζεται σε π.τ. των οποίων τα
απλά ενδεχόµενα είναι ισοπίθανα µεταξύ τους. Και οι δύο, τέλος, δεν µπορούν
να εφαρµοσθούν στην περίπτωση που ο δειγµατοχώρος περιέχει άπειρα σηµεία.
Οπως είδαµε σε προηγούµενη παράγραφο (Α.2.3), υπάρχουν πειράµατα
τύχης, των οποίων ο δειγµατοχώρος περιέχει άπειρα σηµεία. Τα µειονεκτήµατα
αυτά απαλείφονται µε τη βοήθεια του αξιωµατικού ορισµού που δόθηκε από τον
Ρώσο Μαθηµατικό Α.Ν.Κοlmogorov το 1933.
Ο ορισµός αυτός δέχεται αξιωµατικά κάποιες από τις ιδιότητες των πιθανοτήτων, που αναφέρθηκαν στην παράγραφο Α.2.6. Εµείς εδώ θα δεχθούµε πως
και σε δειγµατοχώρο µε άπειρο πλήθος στοιχείων ισχύουν, για την πιθανότητα
ενός γεγονότος Α, οι ιδιότητες:
(i)
(ii)
(iii)
(iv)
(v)
(vi)
0 ≤ P(A) ≤ 1
Ρ(Ω) = 1
P( ∅ ) = 0
P(AUB) = P(A) + P(B) εάν Α I Β = 0
(εάν τα Α και Β δηλαδή είναι ασυµβίβαστα)
P(AUB) = P(A) + P(B) - P(A I Β)
(για τυχαία Α και Β).
σ
P(A ) = 1 - Ρ(Α)
Περισσότερα για την ερµηνεία τους έχουν λεχθεί στην παράγραφο Α.2.6..
Στη συνέχεια θα µας απασχολήσει για λίγο η περίπτωση κατά την οποία ο δειγµατοχώρος Ω είναι ένα υποσύνολο του συνόλου των πραγµατικών αριθµών, R.
Παράδειγµα:
Υποθέτουµε πως έχουµε στη διάθεσή µας ένα πολύ ακριβές χρονόµετρο
και πηγαίνουµε στον σιδηροδροµικό σταθµό της Θεσσαλονίκης, µετρώντας µε
πολύ µεγάλη ακρίβεια την διαφορά ανάµεσα στην προβλεπόµενη και στην
πραγµατική ώρα άφιξης µιας αµαξοστοιχίας. Το απλό γεγονός του πειράµατος
αυτού είναι ένας πραγµατικός αριθµός που δηλώνει την χρονική απόσταση της
πρόβλεψης από την πραγµατικότητα για µια συγκεκριµένη αµαξοστοιχία.
54
Ας αναζητήσουµε τώρα την πιθανότητα του γεγονότος:
Α = < η αµαξοστοιχία φθάνει µε 10 λεπτά καθυστέρησης ακριβώς >
Εποµένως αναζητούµε την πιθανότητα, ανάµεσα από την απειρία των
πραγµατικών αριθµών να συµβεί ο t=10.00000...000... min. ∆ιαπιστώνουµε βέβαια πως αυτό είναι εντελώς απίθανο.
Ορισµός Α.18.
∆εχόµαστε λοιπόν πως η πιθανότητα ενός απλού γεγονότος, σε ένα π.τ.
του οποίου ο δειγµατοχώρος είναι ένα υποδιάστηµα του συνόλου των πραγµατικών αριθµών, είναι ίση µε το µηδέν, ενώ για το απλό αυτό γεγονός λέµε πως
είναι απίθανο, αλλά όχι αδύνατο.
Αντίθετα το γεγονός:
Α = < η αµαξοστοιχία φθάνει µε καθυστέρηση 10 έως 15 λεπτών >
έχει αρκετές πιθανότητες να συµβεί, µια και αντιστοιχεί σ'ένα διάστηµα των
πραγµατικών αριθµών.
Ορισµός Α.19.
Αντιστοιχίζουµε ένα γεγονός Α, µε ένα διάστηµα (a,b), όταν το γεγονός Α
περιλαµβάνει σαν απλά γεγονότα όλα τα στοιχεία (και µόνον αυτά) του διαστήµατος αυτού.
Η πιθανότητα ενός γεγονότος, το οποίο αντιστοιχεί σ'ένα υποδιάστηµα
των πραγµατικών αριθµών, συνήθως δίνεται µε κάποιο Μαθηµατικό τύπο, ο
οποίος δίνει αποτελέσµατα τέτοια που να:
(i) σέβονται τις ιδιότητες που αναφέρθηκαν προηγούµενα, και να
(ii) συµπυκνώνουν την προηγούµενη εµπειρία και γνώση που έχουµε από παρόµοιες περιπτώσεις.
55
Συνέχεια του παραδείγµατος...
Έχουµε πάντα το παράδειγµα της αµαξοστοιχίας. Προσπαθούµε να βρούµε έναν τρόπο που να µας επιτρέπει να αποδώσουµε µια πιθανότητα σε κάθε
διάστηµα των πραγµατικών αριθµών.
Έστω η συνάρτηση: y
y
0.05 εάν -10 ≤ x ≤ 10
y = f(t) =
αλλού
0
0.05
της οποίας η γραφική παράσταση
εµφανίζεται στο διπλανό σχήµα.
-10
a
b
t
10
Εάν το γεγονός Α είναι το διάστηµα (a,b) των πραγµατικών αριθµών, τότε
η παρακάτω σχέση είναι δυνατό να θεωρηθεί πως αποδίδει κατά κάποιο τρόπο
την πιθανότητα του γεγονότος Α: (14)
b
Ρ(Α) =
∫
f(t) dt
a
Θα προσπαθήσουµε να δείξουµε πως ισχύουν οι ιδιότητες που αναφέρθηκαν στην αρχή της παραγράφου αυτής:
(i) Ρ(Α) ≥ 0, µια και η πιθανότητα δίνεται από το ολοκλήρωµα µιας συνάρτησης παντού θετικής ή µηδέν, το οποίο εποµένως θά'ναι µεγαλύτερο ή ίσο
µε το µηδέν.
∞
(ii) P(Ω) = ∫ f (t )dt =
−∞
−10
∫
−∞
10
0dt +
∫
−10
∞
0.05dt + ∫ 0dt =0.05t
10
−10
= 0.05*10 - 0.05*(-10) =
10
= 0.5 + 0.5 = 1
14
Θυµίζουµε πως το ορισµένο ολοκλήρωµα µιας συνάρτησης y=f(x) στο διάστηµα (a,b), ισούται µε το εµβαδό Ε
που ορίζεται από την f(x), τον άξονα των χ και τις y ευθείες
y=a και y=b.
Το εµβαδό υπολογίζεται θετικό, εάν η f(x) είναι θετική παντού και αρνητικό, εάν η f(x) είναι παντού αρνητική.
y
f(x)
E
a
b
56
(iii) Η πιθανότητα ενός απλού γεγονότος, του µονοσυνόλου Α={c}, το
οποίο σαν διάστηµα µπορεί να γραφεί Α = [c,c], είναι ίση µε το µηδέν:
c
P(A) =
∫ f (t )dt = 0
c
(iv) Εάν τα γεγονότα Α=(α1,α2), Β=(β1,β2) και Γ=(γ1,γ2) είναι διαστήµατα
του R, ξένα ανά δύο µεταξύ τους, και το γεγονός ∆ η ένωσή τους, ∆ =
ΑUΒUΓ, τότε βάσει των ιδιοτήτων των ορισµένων ολοκληρωµάτων έχουµε:
α2
β2
α1
β1
P(∆) = ∫ f (t )dt = ∫ f (t )dt +
∆
∫
γ2
f (t )dt + ∫ f (t )dt = Ρ(Α) + Ρ(Β) + Ρ(Γ)
γ1
Παρατηρήσεις:
1η) Η ισχύς των ιδιοτήτων αυτών δείχνει πως ο συγκεκριµένος τρόπος
αντιστοίχισης µιας τιµής σε κάθε υποδιάστηµα του R, ορίζει µία πιθανότητα για
τα αντίστοιχα γεγονότα. Ο τρόπος αυτός βέβαια δεν είναι µοναδικός, και δεν
παίρνει υπ'όψη του την προηγούµενη γνώση και εµπειρία.
2η) Η βοήθεια που παρέχουν τα ορισµένα ολοκληρώµατα σ'αυτού του
είδους τα προβλήµατα είναι σηµαντική και για το λόγο αυτό συνιστάται στον
αναγνώστη να τους ξαναρίξει µια µατιά.
57
Α.2.12. Ασκήσεις.
1) Σε έναν κάδο υπάρχουν 7 κόκκινες, 4 πράσινες και 3 λευκές µπίλιες.
Με τα µάτια κλειστά διαλέγουµε από τον κάδο 2 µπίλιες, ως εξής:
i) Χωρίς να ενδιαφερόµαστε για τη σειρά επιλογής στη δυάδα.
ii) Ενδιαφερόµενοι για τη σειρά επιλογής στη δυάδα.
iii) Με επανάθεση.
Να υπολογιστεί η πιθανότητα να επιλέξουµε δύο κόκκινες µπίλιες για κάθε µια από τις παραπάνω περιπτώσεις και να γίνουν οι συγκρίσεις.
2) Έχουµε την πληροφορία πως στην επόµενη κλήρωση του Lotto θα
κληρωθούν 6 αριθµοί που θα ανήκουν στη δεύτερη και στην τέταρτη δεκάδα
[10-19 / 30-39].
i) Πόσες στήλες πρέπει να συµπληρώσουµε για να επιτύχουµε σίγουρο
εξάρι;
ii) Πόσες στήλες πρέπει να συµπληρώσουµε για να επιτύχουµε βέβαιο
εξάρι, εάν επί πλέον γνωρίσουµε πως από τους 6 αριθµούς που θα κληρωθούν οι
4 θά'ναι άρτιοι και οι 2 περιττοί;
3) Έχουµε την πληροφορία πως στο επόµενο δελτίο ΠΡΟ-ΠΟ θα εµφανιστούν 6 άσσοι, 4 χι και 3 δυάρια. Πόσες στήλες πρέπει να συµπληρώσουµε για
να επιτύχουµε σίγουρο δεκατριάρι.
4) Σε ένα µαιευτήριο, λόγω σεισµού, προκλήθηκε πανικός µε αποτέλεσµα
5 µητέρες να διαλέξουν ανάµεσα σε 5 παιδάκια, πριν οι µαίες προλάβουν να τοποθετήσουν καρτελάκια.
(i) Τί πιθανότητα έχουν να διάλεξαν τα σωστά παιδιά;
(ii) Με δεδοµένο πως οι πρώτες δύο αναγνώρισαν το παιδί τους, τί πιθανότητα έχουν οι άλλες τρείς να πάρουν το παιδί τους;
5) Έχουµε µία οµάδα 12 ασθενών, σε 7 από τους οποίους θα χορηγηθεί
µία νέα φαρµακευτική αγωγή, ενώ οι υπόλοιποι 5 θα ακολουθήσουν την κλασσική αγωγή. Πόσες διαφορετικές οµάδες µπορούν να δηµιουργηθούν.
Υπόδειξη: Όλες οι οµάδες των 7 ατόµων είναι τόσες όσες και οι οµάδες
των 5 ατόµων.
58
6) Στην κλήρωση του Lotto της Τετάρτης 3/3/1993 κληρώθηκαν οι αριθµοί 22, 23, 24 και 25! Εάν λοιπόν κάποιος είχε την "έµπνευση" πως θα κληρωθούν 4 διαδοχικοί αριθµοί, πόσες στήλες έπρεπε να συµπληρώσει, για να έχει
βέβαιο εξάρι;
7) Να υπολογισθεί ο αριθµός των 5 και των 4 επιτυχιών που θα περιέχονται στις στήλες της προηγούµενης άσκησης.
8) Στρίβουµε ταυτόχρονα δέκα κανονικά νοµίσµατα.
i) να βρεθεί ο δειγµατοχώρος του πειράµατος και
ii) να υπολογισθεί η πιθανότητα του γεγονότος: τα πέντε από αυτά ήταν
"κεφάλι" και τα πέντε "γράµµα".
9) Ο κύριος Χ είναι αιχµάλωτος του εµίρη Αχ-Ελ-Βαχ, ο οποίος αγαπά τα
παιγνίδια πιθανοτήτων. Παρουσιάζει λοιπόν στον κ.Χ δύο κάδους που περιέχουν 10 κόκκινες µπάλες ο πρώτος και δέκα παρόµοιες αλλά λευκές ο δεύτερος.
Ο κ.Χ, αφού αναδιατάξει µ'όποιο τρόπο θέλει τις µπάλες στους κάδους, θα διαλέξει µε κλειστά τα µάτια έναν από τους δύο κάδους αρχικά και απ'αυτόν µία
µπάλα. Αν η µπάλα είναι λευκή θα απελευθερωθεί ενώ αν είναι κόκκινη θα πεθάνει! Ο έξυπνος κ.Χ τοποθέτησε µία λευκή µπάλα στον ένα κάδο και τις υπόλοιπες 19 στο δεύτερο.
i) Ποιές ήταν οι πιθανότητες επιβίωσης του κυρίου Χ πριν την αναδιάταξη
και ποιές είναι µετά απ'αυτήν;
ii) Τράβηξε τελικά µία µπάλα ο κ.Χ και ήταν λευκή. Ποιά είναι η πιθανότητα να διάλεξε τον κάδο µε την µία λευκή µπάλα;
10) Από µία οµάδα 10 ατόµων, µεταξύ των οποίων είναι και ο Νίκος, δηµιουργούµε µία τετράδα. Να υπολογισθεί η πιθανότητα του Νίκου να συµπεριληφθεί στην τετράδα όταν:
i) δεν µας ενδιαφέρει η σειρά µε την οποία εκλέγουµε τα άτοµα της τετράδας,
ii) µας ενδιαφέρει η σειρά επιλογής των ατόµων στην τετράδα,
iii) η επιλογή έγινε µε επανάθεση.
Τί παρατηρείτε;
59
11) ∆ίνεται η συνάρτηση:
αx εάν x [0,4]
y = f(x) =
αλλού
0
Να υπολογισθεί η παράµετρος α έτσι ώστε η πιθανότητα ενός διαστήµατος (κ,λ) της πραγµατικής ευθείας να δίνεται από τη σχέση:
β
Ρ(Α=(α,β)) = ∫ f (x )dx
α
Author
Document
Category
Uncategorized
Views
0
File Size
401 KB
Tags
1/--pages
Report inappropriate content