Seminar 1-7_Camp de Probabilitate

8/18/2019 Seminar 1-7_Camp de Probabilitate

1/62

Cuprins

1 Câmpuri de probabilitate 1

1.1 Evenimente şi operaţii cu evenimente . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Câmp finit de evenimente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Câmp finit de probabilitate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.4 Câmp de probabilitate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.5 Probabilităţi condiţionate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.6 Evenimente independente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.7 Formule probabiliste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.7.1 Probabilitatea unei reuniuni de evenimente . . . . . . 131.7.2 Probabilitatea unei intersecţii de evenimente . . . . . 141.7.3 Formula probabilităţii totale . . . . . . . . . . . . . . . 151.7.4 Formula lui Bayes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.8 Metode de numărare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.8.1 Principiul multiplicării . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.8.2 Permutări. Aranjamente. Combinări . . . . . . . . . . 18

1.9 Probabilităţii geometrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.10 Scheme clasice de probabilitate . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.10.1 Schema binomială generalizată . . . . . . . . . . . . . 191.10.2 Schema binomială . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.10.3 Schema hipergeometrică . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.11 Exerciţii rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22


2/62

Capitolul 1

Câmpuri de probabilitate

1.1 Evenimente şi operaţii cu evenimente

Prin experienţă aleatoare ı̂nţelegem acele experienţe ı̂n care intervine ı̂n-tâmplarea. Rezultatele posibile ale unei experienţe aleatoare se numescprobe sau cazuri posibile ale experienţei. Numim eveniment aleator sau,mai simplu, eveniment (ataşat unei experienţe) orice situaţie care se poaterealiza prin una sau mai multe probe şi despre care putem spune cu certitu-dine că s-a produs sau nu. Evenimentul elementar este un eveniment carese realizează printr-o singura probă a experienţei. Evenimentul compuseste acel eveniment care se realizează prin mai multe probe. Evenimentul

sigur este acel eveniment care se realizează cu certitudine la fiecare efec-tuare a experienţei, adică prin oricare dintre probe. Evenimentul imposibil este evenimentul care nu se realizează prin nici o probă a experienţei.Evenimentul contrar unui eveniment dat este evenimentul care se real-izează atunci şi numai atunci când nu se realizează evenimentul dat.

Exemplul 1.1 Fie E experient ¸a arunc˘ arii simultane a dou˘ a zaruri. Probele expe-rient ¸ei sunt perechile

(1, 1) , . . . , (1, 6) ,(2, 1) , . . . , (2, 6) ,...

(6, 1) , . . . , (6, 6) .

Proba (i, j) reprezintă apariţia feţei cu numărul i de puncte de la primulzar şi a feţei cu numărul j de puncte de la al doilea zar. Numărul tuturorprobelor (al cazurilor posibile) este de 6 · 6 = 36.

1


3/62

2 1. Cˆ ampuri de probabilitate

Fie A evenimentul ca suma numărului de puncte de pe cele două feţe să

fie 5. Atunci A se realizează prin probele (1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1). Acestaeste un eveniment compus.

Fie B evenimentul care constă ı̂n apariţia probei (3, 7). Acesta este uneveniment imposibil.

Fie C evenimentul care constă ı̂n apariţia probei (6, 6). Acesta este uneveniment elementar.

Fie D evenimentul care constă ı̂n apariţia oricărei perechi (i, j) cu i, j =1, 6. Acesta este un eveniment sigur.

Evenimentul contrar evenimentului C este evenimentul ce constă ı̂napariţia perechilor (i, j) cu i, j = 1, 6 şi i + j


4/62

1.2. Cˆ amp finit de evenimente 3

2. Au loc urm˘ atoarele

A ∪ A = A, A ∪ ∅ = A, A ∪ Ā = Ω, A ∪ Ω = Ω, Ω ∪ ∅ = Ω,A ∩ A = A, A ∩ ∅ = ∅, A ∩ Ā = ∅, A ∩ Ω = A, Ω ∩ ∅ = ∅.

3. Dac˘ a A ⊂ C şi B ⊂ C , atunci A ∪ B ⊂ C şi A ∩ B ⊂ C .4. Au loc urm˘ atoarele

A ∪ B = B ∪ A, A ∪ (B ∪ C ) = (A ∪ B) ∪ C,A ∩ B = B ∩ A, A ∩ (B ∩ C ) = (A ∩ B) ∩ C,A ∩ (B ∪ C ) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C ) , A ∪ (B ∩ C ) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C ) .

1.2 Câmp finit de evenimente

Fie Ω = {E 1, . . . , E n} mulţimea tuturor evenimentelor elementare core-spunzătoare unei experienţe aleatoare E .

Definiţia 1.3 Se numeşte c ˆ amp finit de evenimente mult ¸imea tuturor submult ¸i-milor proprii ale lui Ω la care se adaug˘ a mult ¸imea Ω şi ∅.

Dacă notăm cu K mulţimea tuturor submulţimilor proprii ale lui Ω,atunci câmpul finit de evenimente este perechea {Ω, K}. În mod evident{Ω, K} este ı̂nchisă la operaţii de reuninune, intersecţie şi diferenţă, adicăA ∪ B, A ∩ B, A \ B ∈ K, ∀A, B ∈ K.

Exerciţiul 1.4 Dac˘ a n este num˘ arul de evenimente elementare, atunci cˆ ampul deevenimente cont ¸ine 2n evenimente. Mai precis dac˘ a Ω = {E 1, . . . , E n}, atunci Keste format˘ a din

∅,{E 1} , . . . , {E n} ı̂n num ̆ar de n = C 1n{E i, E j} , i, j = 1, n, i < j, ı̂n num ̆ar de C 2n ,...{E 1, E 2, . . . , E n} = Ω, ı̂n num ̆ar de 1 = C nn .

deci num˘ arul total de evenimente este 1 + C 1n + · · · C nn = (1 + 1)n = 2n.


5/62


Definiţia 1.5 O mult ¸ime de evenimente {Ω, K} se numeşte cˆ amp finit de eveni-mente dac˘ a sunt satisf˘ acute axiomele

(i) Dac˘ a A ∈ {Ω, K} , atunci Ā ∈ {Ω, K} ,(ii) Dac˘ a A, B ∈ {Ω, K} , atunci A ∩ B ∈ {Ω, K} ,

(iii) Dac˘ a A, B ∈ {Ω, K} , atunci A ∪ B ∈ {Ω, K} .

Remarca 1.6 Dac˘ a axioma (iii) se extinde la un num˘ ar num˘ arabil de evenimente,atunci cˆ ampul de evenimente obt ¸inut va fi un cˆ amp borelian.

Propoziţia 1.7 Au loc urm˘ atoarele1. Dac˘ a A

∈ {Ω,

K}, atunci A

∪ Ā = Ω

∈ {Ω,

K}.

2. Avem c˘ a ∅ = Ω̄ ∈ {Ω, K}.3. Dac˘ a Ai ∈ {Ω, K}, i = 1, r, atunci

ri=1

Ai ∈ {Ω, K} şir

i=1Ai ∈ {Ω, K} .

Se numeşte eveniment elementar al lui {Ω, K} orice element A ∈ {Ω, K}care nu poate fi scris ca o reuniune de elemente din {Ω, K}, diferite de A.

Propoziţia 1.8 Dac˘ a {Ω, K} este un cˆ amp finit de evenimente, atunci au locurm˘ atoarele1.

{Ω,

K}admite evenimente elementare.

2. Pentru orice A ∈ {Ω, K}, exist˘ a cel put ¸in un eveniment elementar B astfelı̂nc ̂at B ⊂ A.3. Orice element din {Ω, K} se scrie ca o reuniune de evenimente elementare.4. Reuniunea tuturor evenimentelor elementare ale lui {Ω, K} este Ω, evenimentulsigur.

Definiţia 1.9 Se numeşte sistem complet de evenimente o mult ¸ime de evenimente{A1, . . . , An} ce satisfac condit ¸iile

(i) Ai = ∅, ∀i = 1, n ,(ii) Ai

∩A j =

∅,

∀i, j = 1, n, i

= j,

(iii)n

i=1Ai = Ω.

Evident mulţimea evenimentelor elementare corespunzătoare unei ex-perienţe formează un sistem complet de evenimente.


6/62

1.3. Cˆ amp finit de probabilitate 5

1.3 Câmp finit de probabilitate

Fie E o experienţă şi A un eveniment legat de E . Repetăm experienţa den ori ı̂n condiţii identice. Notăm cu s numărul de realizări ale evenimen-tului A. Numărul f n =

sn

se numeşte frecvenţa relativă a evenimentuluiA. Evident f n ∈ [0, 1]. Se observă că f n depinde de n, adică de numărulde efectuări ale experienţei. Se cunoaşte că pe măsură ce n creşte frecvenţaoscilează ı̂n jurul unei anumite valori, apropriindu-se de această valoare.

Vom da ı̂n continuare definiţia clasică a probabilităţii. Pentru aceasta fieE o experienţă şi presupunem că toate cazurile posibile sunt egal probabile(au aceaşi şansă de a se realiza).

Definiţia 1.10 Num˘ arul P (A) = mn

, unde m reprezint˘ a num˘ arul cazurilor fa-

vorabile realiz˘ arii evenimentului A şi n reprezint˘ a num˘ arul cazurilor (egal) posi-bile ale experient ¸ei, se numeşte probabilitatea evenimentului A.

Propoziţia 1.11 Au loc urm˘ atoarele

(i) 0 ≤ P (A) ≤ 1,(ii) P (Ω) = 1, P (∅) = 0,

(iii) P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) ,deci P (A ∪ B) = P (A) + P (B) , dac˘ a A ∩ B = ∅, şi evident P (A) + P

Ā

= 1,

(iv) Pn

i=1Ai

=n

i=1P (Ai) , unde Ai ∩ A j = ∅, i ,j = 1, n, i = j,

(v) P (A \ B) = P (A) − P (B) , dac˘ a B ⊂ A.

Definiţia 1.12 Fie {Ω, K} un cˆ amp finit de evenimente şi probabilitateaP : {Ω, K} → R.

Atunci tripletul {Ω, K,P} se numeşte cˆ amp finit de probabilitate.Noţiunea de probabilitate se poate introduce şi pe cale axiomatică.

Definiţia 1.13 (Kolmogorov) Se numeşte probabilitate pe un cˆ amp finit de eveni-

mente {Ω, K}, o funct ¸ie P : {Ω, K} → R care satisface axiomele(i) P (A) ≥ 0, oricare ar fi A ∈ {Ω, K} ,

(ii) P (Ω) = 1,

(iii) P (A ∪ B) = P (A) + P (B) , oricare ar fi A, B ∈ {Ω, K} , A ∩ B = ∅.


7/62


Remarca 1.14 Dac˘ a A, B ∈ {Ω, K} astfel ı̂ncˆ at A ⊂ B , atunci P (A) ≤ P (B).

Remarca 1.15 Din definit ¸ia anterioar˘ a se vede c˘ a, de fapt, aplicat ¸ia P este definit˘ a pe K şi cu valori ı̂n [0, 1] .

1.4 Câmp de probabilitate

Fie Ω o mulţime (numită şi mulţimea evenimentelor elementare). Un eveni-ment va fi o submulţime a lui Ω, deci vom lua ca mulţime a evenimenteloro anumită familie de submulţimi a lui Ω, notată cu K. Mai precis, vom cereca familia K să fie un corp de părţi ale lui Ω. Proprietăţile cerute sunt celevăzute deja ı̂n cazul câmpului finit de probabilitate.

Definiţia 1.16 Fie Ω o mult ¸ime nevid˘ a. Familia nevid˘ a K de p˘ art ¸i ale lui Ω senumeşte corp de p˘ art ¸i ale lui Ω dac˘ a:

(i) Ā ∈ K, oricare ar fi A ∈ K,(ii) A ∪ B ∈ K, oricare ar fi A, B ∈ K.

Remarca 1.17 Fie K un corp de p˘ art ¸i ale lui Ω. Din definit ¸ia anterioar˘ a se obt ¸ine:

(iii)

∅, Ω

∈ K,

(iv) dac˘ a A, B ∈ K, atunci A ∩ B ∈ K,(v) dac˘ a A, B ∈ K, atunci A \ B ∈ K.

ˆ Intr-adev˘ ar, fie A un eveniment oarecare din K. Atunci, Ā ∈ K şi evident, Ω =A ∪ Ā. Deci Ω ∈ K. Apoi ∅ = Ω̄ ∈K.

Deoarece Ā, B̄ ∈ K, avem şi A ∩ B = Ā ∪ B̄ ∈ K.Ultima proprietate se obt ¸ine doarece A \ B := A ∩ B̄ ∈ K.

Remarca 1.18 Evident, propriet˘ at ¸ile (ii) şi (iv) se pot obt ¸ine pentru un num˘ ar finit de p˘ art ¸i ale lui Ω din

K.

Remarca 1.19 Putem spune c˘ a un corp de p˘ art ¸i ale lui Ω este o familie nevid˘ ade p˘ art ¸i ale lui Ω ı̂nchis ̆a la reuniuni finite, la intersect ¸ii finite şi la trecerea lacomplementar˘ a.


8/62

1.4. Cˆ amp de probabilitate 7

Definiţia 1.20 Fie Ω o mult ¸ime nevid˘ a. Familia nevid˘ a K de p˘ art ¸i ale lui Ω senumeşte σ –corp (sau corp borelian) de evenimente dac˘ a:

(i) Ā ∈ K, oricare ar fi A ∈ K,(ii)

∞n=1

An ∈ K, oricare ar fi An ∈ K, cu n ∈ N∗.

Remarca 1.21 Evident, orice σ –corp borelian este şi corp de p˘ art ¸i.

Acum putem defini probabilitatea ca fiind o funcţie definită pe K cuvalori ı̂n R ce satisfac anumite proprietăţi (ca şi ı̂n cazul câmpului finit deprobabilitate).

Definiţia 1.22 Fie

Kun σ –corp borelian de p˘ art ¸i ale lui Ω. Se numeşte probabili-

tate o aplicat ¸ie P : K → R astfel ı̂ncˆ at(i) P (A) ≥ 0, oricare ar fi A ∈ K,

(ii) P∞

n=1An

=∞

n=1P (An) , oricare ar fi {An}n∈N∗ o familie

num˘ arabil˘ a de mult ¸imi disjuncte dou˘ a cˆ ate dou˘ a din K,(iii) P (Ω) = 1.

Remarca 1.23 Din definit ¸ia anterioar˘ a se vede c˘ a, de fapt, aplicat ¸ia

P : K → [0, 1] ,

adic˘ a(iv) 0 ≤ P (A) ≤ 1, oricare ar fi Ak ∈ K.

Se obt ¸in urm˘ atoarele propriet˘ at ¸i:

(v) Pn

k=1An

=n

k=1P (An) , oricare ar fi Ak ∈ K, cu k = 1, n ,

astfel ı̂ncˆ at Ai ∩ A j = ∅, pentru i, j = 1, n, i = j.(vi) P (A) ≤ P (B) , oricare ar fi A, B ∈ K, astfel ı̂ncˆ at A ⊂ B.

(vii) P

Ā

= 1 − P (A) , oricare ar fi A ∈ K.(viii) P (A

∪B) = P (A) + P (B)

−P (A

∩B) , oricare ar fi A, B

∈ K.

Fie {An}n∈N∗ o familie de evenimente din K astfel ı̂ncât An+1 ⊂ An ,pentru orice n ≥ 1 şi cu ∞n=1 An = A. Vom scrie atunci că An A.Dacă {An}n∈N∗ este o familie de evenimente din K astfel ı̂ncât An ⊂ An+1 ,pentru orice n ≥ 1 şi cu∞n=1 An = A, atunci vom scrie că An A.


9/62


Propoziţia 1.24 Fie An ∈ K, pentru orice n ≥ 1.

(ix) Dac˘ a An ∅, atunci P (An) 0 (şir descresc˘ ator la 0).(x) Dac˘ a An Ω, atunci P (An) 1 (şir cresc˘ ator la 1).

(xi) Dac˘ a An A, atunci P (An) P (A) (şir descresc˘ ator la P (A) ).(xii) Dac˘ a An A, atunci P (An) P (A) (şir cresc˘ ator la P (A) ).

Definiţia 1.25 Fie {Ω, K} un cˆ amp borelian de evenimente şi probabilitatea

P : {Ω, K} → R.

Atunci tripletul {Ω, K,P} se numeşte cˆ amp borelian de probabilitate.

1.5 Probabilităţi condiţionate

Să presupunem că ne interesează probabilitatea ca un nou născut să aibămai puţin de trei kilograme şi, mai mult, ne interesează dacă sexul nouluinăscut are vreo influenţă asupra acestei probabilităţi. Fie A evenimentulca noul născut să fie băiat şi B evenimentul ca noul născut să aibă sub treikilograme. Dorim să aflăm deci probabilitatea lui B condiţionată de A. Înurma a n observaţii, să presupunem că avem m băieţi (restul de n − m suntfete), p nou născuţi sub trei kilograme (deci n − p peste trei kilograme) şi q nou născuţi sunt băieţi sub trei kilograme (deci m

−q sunt băieţi peste trei

kilograme). Deci frecvenţele relative sunt f A = mn

, f B = pn

şi f A∩B = q n

.

Evident, frecvenţa relativă de apariţie a evenimentului notat B|A ={nou născutul are sub trei kilograme, condiţionat de faptul că acesta este băiat} este f B|A =

q

m .

Observăm deci că f B|A = q

m =

q/n

m/n =

f A∩Bf A

.

Similar f A|B = q

p =

q/n

p/n =

f A∩Bf B

(frecvenţa evenimentului ca nou

născutul să fie băiat, condiţionat de faptul că acesta are sub trei kilograme).

Fie

E o experienţă cu n cazuri posibile (probe ale experienţei) şi A, B

două evenimente legate de E .Definiţia 1.26 Probabilitatea evenimentului B ı̂n ipoteza c˘ a evenimentul A s-a realizat, se numeşte probabilitatea lui B condit ¸ionat˘ a de A şi va fi notat˘ a cuP (B|A).


10/62

1.6. Evenimente independente 9

Propoziţia 1.27 Are loc urm˘ atoarea formul˘ a a probabilit˘ at ¸ii condit ¸ionate

(1.1) P (B|A) = P (A ∩ B)P (A)

.

Formula de mai sus poate fi luată ca definiţie a probabilităţii condiţio-nate.

1.6 Evenimente independente

Fie E o experienţă cu n cazuri posibile şi A, B două evenimente legate de E .Spunem că evenimentele A, B sunt independente dacă probabilitatea

ca unul dintre ele să se realizeze nu depinde de realizarea celuilalt.

Definiţia 1.28 Evenimentele A şi B sunt independente dac˘ a P (A ∩ B) = P (A)·P (B) .

Propoziţia 1.29 Evenimentele A şi B sunt independente dac˘ a are loc oricare din-tre urm˘ atoarele relat ¸ii

(i) P (B|A) = P (B) ,(ii) P (A|B) = P (A) ,

(iii) P

B|Ā = P (B) ,(iv) P

A|B̄ = P (A) .

Remarca 1.30 Caracterizarea (i) are loc ı̂n condit ¸ia suplimentar˘ a P (A) > 0.Caracterizarea (ii) are loc ı̂n condit ¸ia suplimentar˘ a P (B) > 0. Caracteriz˘ arile(iii) şi (iv) au loc ı̂n condit ¸iile suplimentare P (A) ,P (B) ∈ (0, 1) .

Definiţia 1.31 ˆ In cazul unei familii {A1, . . . , An} de evenimente spunem c˘ a aces-tea sunt independente dac˘ a probabilitatea intersect ¸iei a oricˆ ate evenimente din fa-milia {A1, . . . , An} este egal˘ a cu produsul probabilit˘ at ¸ilor evenimentelor intersec-tate, i.e. are loc

Pr

k=1

Aik = r

k=1

P (Aik) , oricare ar fi 1

≤ i1 < i2 < .. . < ir

≤ n.

Remarca 1.32 ˆ In particular, independent ¸a evenimentelor A1, . . . , An asigur˘ a şi

P

nk=1

Ak

=n

k=1P (Ak)).


11/62


Remarca 1.33 Dac˘ a evenimentele A1, . . . , An sunt independente, atunci şi eveni-

mentele B1, . . . , Bn sunt independente, unde Bi = Ai sau Bi = ¯Ai , cu i = 1, n .

Exemplul 1.34 De exemplu, dac˘ a evenimentele A1, A2 şi A3 sunt independente,atunci sunt indepedente şi A1, A2 şi Ā3 sau şi Ā1, A2 şi Ā3 etc.

Pentru a ilustra Propoziţia 1.29 considerăm următorul exemplu.

Exemplul 1.35 Presupunem c˘ a avem dou˘ a cutii cu bile roşii şi albe. Prima cutiecont ¸ine o bil˘ a roşie şi trei albe iar a doua cutie cont ¸ine dou˘ a bile roşii şi trei bilealbe. Extragem cˆ ate o bil˘ a din fiecare cutie. Care este probabilitatea ca s˘ a extragemdou˘ a bile roşii?

Num˘ arul total de posibile perechi este de 4 ·5 = 20 (unei bile din prima cutie ı̂icorespund cinci bile din a doua cutie pentru a face o pereche). Sunt dou˘ a posibilit˘ at ¸ide a extrage dou˘ a bile roşii: bila roşie din prima cutie (eveniment notat cu A)cuplat˘ a pe rˆ and cu cele dou˘ a bile roşii ale cutiei a doua (eveniment notat cu B).Deci probabilitatea de a extrage dou˘ a bile roşii este de P (A ∩ B) = 2/20.

Pe de alt˘ a parte probabilitatea extragerii unei bile roşii din prima cutie este 1/4iar probabilitatea extragerii unei bile roşii din a doua cutie este 2/5, deci are loc

P (A ∩ B) = 1/4 · 2/5 = P (A) · P (B) .

Similar se poate afla probabilitatea extragerii a dou˘ a bile albe care este de 3/4 ·3/5, şi deci probabilitatea de a extrage o bil˘ a roşie şi una alb˘ a este complementaraevenimentelor de mai sus, deci are probabilitatea 1

−(2/20 + 9/20) = 9/20.

Să discutăm acum proprietăţile probabilităţii unor evenimente ı̂n ter-meni de aruncare a unei monede.

Exemplul 1.36 Presupunem ca arunc˘ am o moned˘ a de trei ori. ˆ In acest caz putemreprezenta rezultatele sub forma unei diagrame de tip arbore. O cale ı̂n arborecorespunde unui posibil rezultat al experimentului. Deci dac˘ a arunc˘ am o moned˘ ade trei ori vom obt ¸ine 23 = 8 posibile combinat ¸ii adic˘ a evenimentele elementareA1, A2, . . . , A8 şi deci Ω = {A1, . . . , A8}. Vom presupune c˘ a fiecare rezultat esteegal ı̂n probabilitate, adic˘ a fiecare are probabilitatea de 1/8.

Fie E evenimentul de a apare cel put ¸in o dat˘ a capul monedei. Atunci Ē ı̂nseamn ̆a nu apare capul niciodat˘ a şi deci Ē =

{A8

}, unde A8 = PPP. Deci

P

Ē

= P ({PPP}) = 1/8

şi prin urmareP (E ) = 1 − P Ē = 8/9.


12/62

1.6. Evenimente independente 11

Remarc˘ am c˘ a deseori este mult mai uşor s ˘ a calcul˘ am probabilitatea ca un eveni-

ment s˘ a nu se produc˘ a decˆ at ca acesta s˘ a se produc˘ a.S˘ a not˘ am cu A evenimentul ca primul rezultat s˘ a fie capul monedei şi B

evenimentul ca al doilea rezultat s˘ a fie pajura monedei. Din diagram˘ a se vedec˘ a P (A) = P (B) = 4/8. De asemenea A ∩ B = {A3, A4} şi prin urmareP (A ∩ B) = 1/4. Obt ¸inem deci

P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) = 1/2 + 1/2 − 1/4 = 3/4.

Evident se poate vedea din diagram˘ a c˘ a

A ∪ B = {CCC, CCP, CPC, CPP, PPC, PPP}

deci prin simpla enumerare se poate vedea c˘ a P (A ∪ B) = 6/8.

Să considerăm acum experimentul aruncării a două zaruri.

Exemplul 1.37 Vom lua drept spat ¸iul Ω mult ¸imea tuturor perechilor ordonate(i, j) cu i, j = 1, 6, adic˘ a

Ω =

(i, j) : i, j = 1, 6

.

Avˆ and ı̂n vedere c˘ a sunt şase posibilit˘ at ¸i de alegere a lui i şi fiec˘ arei alegeri a lui iı̂i corespund şase alegeri pentru j , deducem c˘ a sunt 36 de posibile rezultate (care

vom presupune c˘ a sunt egale d.p.d.v. al probabilit˘ at ¸ii obt ¸inerii lor, deci P ((i, j)) =1/36, pentru i, j = 1, 6).

Care este probabilitatea s˘ a se obt ¸in˘ a suma şapte la aruncarea celor dou˘ a zaruri?sau suma unsprezece?

Primul eveniment, notat cu A, este mult ¸imea

A = {(1, 6) , (2, 5) , (3, 4) , (4, 3) , (5, 2) , (6, 1)}

iar al doilea este B = {(5, 6) , (6, 5)}. Deci P (A) este probabilitatea reuniuniicelor şase evenimente elementare posibile care compun A adic˘ a este sumaP ((1, 6))+P ((2, 5)) +

· · · = 6

·1/36 = 1/6. De asemenea, P (B) = 1/36 + 1/36 = 1/18.

Evident probabilitatea obt ¸inerii a unei duble de unu sau de şase este deciP (C ) =P ({(1, 1)} ∪ {(6, 6)}) = 1/18 iar P C̄ = 1 − 1/18 = 17/18.

Următorul exemplu este legat de erorile aleatoare ce pot apare atuncicând se fac masurători.


13/62


Exemplul 1.38 Presupunem c˘ a m˘ asur˘ am distant ¸a dintre dou˘ a puncte ̧sic˘ a aceast˘ a

m˘ asur˘ atoare cont ¸ine o singur˘ a eroare aleatoare de m˘ arimea 1. Prin urmare valo-rile ce se pot obt ¸ine sunt +1 şi −1. Fie t num˘ arul de aparit ¸ii ale unei erori şi T num˘ arul total al posibilelor erori care pot apare. Consider˘ am c˘ a probabilitatea s˘ aobt ¸inem eroarea 1 este de 1/2 şi probabilitatea s˘ a obt ¸inem eroarea −1 este tot de1/2 (t = 1 şi T = 2). S˘ a presupunem acum c˘ a m˘ asur˘ am pe port ¸iuni distant ¸a dat˘ a.Deci sunt posibile urm˘ atoarele combinat ¸ii de erori +1+ 1, +1−1, −1 + 1, −1−1,adic˘ a erorile posibile sunt +2, 0, −2 cu fecvent ¸ele t egale cu 1, 2 respectiv 1, şi cuT = 4. ˆ In general, dac˘ a avem o combinat ¸ie de n m˘ asur˘ atori atunci T = 2n.

Rezultatele obt ¸inute sunt sintetizate ı̂n tabelul de mai jos:

Nr. de m˘ asur˘ atori Valoarea Frecvent ¸a Num˘ arul T Probabili-combinate erorii tatea

1 +1 1 2 1/2−1 1 1/2

2 +2 1 4 1/40 2 1/2

−2 1 1/43 +3 1 8 1/8

+1 3 3/8−1 3 3/8−3 1 1/8

4 +4 1 16 1/16+2 4 1/4

0 6 3/8−2 4 1/4−4 1 1/16

5 +5 1 32 1/32+3 5 5/32+1 10 5/16−1 10 5/16−3 5 5/32−5 1 1/32

Se introduc datele ı̂ntr-o histogram˘ a, punˆ and valoarea erorilor pe abscis˘ a şi prob-

abilitatea acestor erori pe ordonat˘ a. M ˘ arind num˘ arul de m˘ asur˘ atori, se poateobserva c˘ a se obt ¸ine astfel o aproximarea a unei curbe numite curba distribut ¸ieinormale. Aceast˘ a curb˘ a este de fapt graficul funct ¸iei numit˘ a densitatea de proba-bilitate a variabilei aleatoare normale. De asemenea se mai poate remarca c˘ a ariatotal˘ a a dreptunghiurilor obt ¸inute este 1, indiferent de numarul de m˘ asur˘ atori


14/62

1.7. Formule probabiliste 13

(dreptunghiuri) obt ¸inute. Mai general spus, aria regiunii m˘ arginite de curba

distribut ¸iei normale este egal˘ a cu 1. Adic˘ a evenimentul sigur are probabilitatea1 şi deci aria regiunii m˘ arginit˘ a de curb˘ a reprezint˘ a suma tuturor probabilit˘ at ¸ilorde aparit ¸ie ale erorii.

1.7 Formule probabiliste

În cele ce urmează, fie {Ω, K,P} un câmp borelian de probabilitate.

1.7.1 Probabilitatea unei reuniuni de evenimente

Oricare ar fi A, B ∈ {Ω, K,P} are loc relaţia(1.2) P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) .În particular, dacă evenimentele sunt disjuncte (incompatibile), atunci

P (A ∪ B) = P (A) + P (B) .Evident, avem şi

P

Ā

= P (Ω \ A) = P (Ω) − P (A) = 1 − P (A) .Fie E o experienţă cu n cazuri posibile. şi A, B evenimente legate de aceastăexperienţă. Presupunem că m este numărul de cazuri favorabile realizării

lui A şi s este numărul de cazuri favorabile realizării lui B. Presupunemcă din cele m cazuri, t sunt favorabile realizării lui A ∩ B. Atunci numărulde cazuri favorabile realizării lui A ∪ B este m + s − t. Deci P (A) = m/n,P (B) = s/n şi

P (A ∪ B) = (m + s − t) /n = m/n + s/n−t/n = P (A) +P (B)−P (A ∩ B) .

Remarca 1.39 Formula (1.2) se demonstreaz˘ a cu ajutorul axiomelor ce definesc probabilitatea P. Are loc

A ∪ B = A ∪ (B \ A) şi A ∩ (B \ A) = ∅.Deci

P (A ∪ B) = P (A ∪ (B \ A)) = P (A)+P (B \ A) = P (A)+P (B)−P (A ∩ B) ,deoarece B = (B \ A) ∪ (A ∩ B) şi (B \ A) ∩ (A ∩ B) = ∅, şi deci P (B) =P (B \ A) + P (A ∩ B) .


15/62


Remarca 1.40 Formula (1.2) se poate generaliza la n evenimente. Astfel se poate

obt ¸ine, mai ı̂ntˆ ai,P (A1 ∪ A2 ∪ A3) = P (A1) + P (A2) + P (A3) − P (A1 ∩ A2) − P (A1 ∩ A3)

−P (A2 ∩ A3) + P (A1 ∩ A2 ∩ A3) şi, ı̂n cazul general, se poate demonstra prin induct ¸ie c˘ a

(1.3)

P

1≤i≤nAi

=

1≤i≤nP (Ai) −

1≤i


16/62

1.7. Formule probabiliste 15

Formula (1.5) se poate generaliza la n evenimente şi obţinem probabilitatea

unei intersecţii de evenimente sau regula de ı̂nmulţire a probabilităţilor

(1.6)P (A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An) = P (A1) · P (A2|A1) · P (A3|A1 ∩ A2) · . . .

·P (An|A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An−1) .

Remarca 1.42 Dac˘ a A şi B sunt independente atunci (1.5) devine

P (A ∩ B) = P (A)P (B) ,

deoarece P (B|A) = P (B) .

1.7.3 Formula probabilităţii totale (se aplică atunci când Ai , i =

1, n , s-au realizat)

Fie {Ai}i=1,n un set complet de evenimente şi X un eveniment oarecare.Presupunem că evenimentele Ai , i = 1, n, s-au realizat. Are loc atunciformula probabilităţii totale

(1.7) P (X ) = P (A1)P (X |A1) + P (A2)P (X |A2) + · · · + P (An)P (X |An) .

Pentru demonstraţie observăm mai ı̂ntâi căni=1 Ai = Ω şi deci

X = X ∩ Ω = X ∩ (A1 ∪ . . . ∪ An) = (X ∩ A1) ∪ (X ∩ A2) ∪ . . . ∪ (X ∩ An) .

Deoarece Ai ∩ A j = ∅, ∀i = j , rezultă că (X ∩ Ai) ∩ (X ∩ A j) = ∅, ∀i = j .Aplicând (1.5) deducem că

P (X ) = P ((X ∩ A1) ∪ (X ∩ A2) ∪ . . . ∪ (X ∩ An))= P (X ∩ A1) + P (X ∩ A2) + · · · + P (X ∩ An)= P (A1)P (X |A1) + P (A2)P (X |A2) + · · · + P (An)P (X |An) .

1.7.4 Formula lui Bayes (se aplică atunci când X s–a realizat)

Folosind relaţia (1.1) se obţine formula lui Bayes

P (B|A) = P (B) · P (A|B)P (A)

care ne dă posibilitatea să calculăm probabilitatea condiţionată P (B|A)dacă se cunoaşte probabilitatea condiţionată P (A|B) .


17/62


În general, fie {Ai}i=1,n un set complet de evenimente şi X un eveni-ment oarecare. Presupunem că X s-a realizat. Are loc atunci formula luiBayes

(1.8) P (Ai|X ) = P (Ai)P (X |Ai)n j=1 P (A j)P (X |A j)

, i = 1, n.

Pentru demonstraţie observăm că

P (Ai ∩ X ) = P (Ai)P (X |Ai) = P (X )P (Ai|X )

şi deci

P (Ai|X ) =

P (Ai)P (X |Ai)P (X )

.

Apoi folosim (1.7).

1.8 Metode de numărare

Calculul probabilităţilor conduce adesea la numărarea diferitelor cazuriposibile. Pentru aceasta sunt utile noţiunile de permutări, aranjamente şicombinări.

1.8.1 Principiul multiplicării

Presupunem că avem două evenimente astfel ı̂ncât primul se poate realizaı̂n m1 moduri iar al doilea ı̂n m2 moduri. Atunci ambele evenimente se potrealiza simultan ı̂n m1 · m2 moduri.

În general, dacă avem n evenimente iar fiecare se poate realiza ı̂n mimoduri, i = 1, n, atunci cele n evenimente se pot realiza simultan ı̂n m1 ·m2 · . . . · mn moduri1. Dacă suntem ı̂n cazul particular mi = m, i = 1, n,atunci cele n evenimente se pot realiza simultan ı̂n mn moduri.

Exemplul 1.43 Num˘ arul situat ¸iilor posibile care pot apare dac˘ a arunc˘ am dou˘ a zaruri este 6 · 6 = 62 = 36.

S˘ a furniz˘ am şi modelul matematic al experient ¸ei aleatoare propuse, altfel spuss˘ a determin˘ am cˆ ampul de probabilitate (Ω, K,P).1Acest principiu se poate exprima şi astfel: dacă avem n elemente ai , i = 1, n , iar

dacă elementele pot fi alese ı̂n respectiv m1, m2, . . . , mn moduri, atunci numărul n–uplelorordonate (a1, a2, . . . , an) este m1 · m2 · . . . · mn .


18/62

1.8. Metode de num ˘ arare 17

Mult ¸imea Ω a evenimentelor elementare (sau mult ¸imea rezultatelor posibile)

se poate scrie sub forma

Ω = {(F Z 1, F Z 2) : F Z 1, F Z 2 ∈ {1, 2, . . . , 6}}

iar conform principiului multiplic˘ arii card(Ω) = 62 care reprezint˘ a num˘ arul tu-turor cazurilor posibile.

ˆ In ceea ce priveşte cˆ ampul de evenimente, mult ¸imea K a p˘ art ¸ilor este, de fapt,mult ¸imea tuturor reuniunilor de elemente (sau evenimente) din Ω. Probabilitatea

P a unui eveniment A ∈ K este, P (A) := card(A)card (Ω)

, unde card (A) este num˘ arul

evenimentelor elementare care compun evenimentul A, iar card (Ω) este num˘ arultuturor evenimentelor elementare.

Ment ¸ion˘ am c˘ a, de asemenea, putem scrie Ω şi sub forma

Ω = {f : {F Z 1, F Z 2} → {1, 2, . . . , 6} : f este funct ¸ie}

iar card (Ω) = 62, care este num˘ arul tuturor posibilelor funct ¸ii ı̂ntre dou˘ a mult ¸imi finit dimensionale.

Exemplul 1.44 Num˘ arul situat ¸iilor posibile care pot apare dac˘ a arunc˘ am treimonede este 2 · 2 · 2 = 23 = 8.

Modelul matematic al experient ¸ei aleatoare propuse este similar celui propusmai sus.

Mult ¸imea Ω a evenimentelor elementare este

Ω = {(F M 1, F M 2, F M 3) : F M 1, F M 2, F M 3 ∈ {C, P }}

iar conform principiului multiplic˘ arii card(Ω) = 23 care reprezint˘ a num˘ arul tu-turor cazurilor posibile.

Mult ¸imea K a p˘ art ¸ilor este mult ¸imea tuturor reuniunilor de evenimente ele-mentare din Ω. Probabilitatea P a unui eveniment A ∈ K se defineşte similar camai sus.

Putem scrie Ω şi sub forma

Ω = {f : {F M 1, F M 2, F M 3} → {C, P } : f este funct ¸ie}

iar card (Ω) = 23 (num˘ arul tuturor funct ¸iilor ı̂ntre cele dou˘ a mult ¸imi finit dimen-sionale).

Exemplul 1.45 Num˘ arul de coduri de trei cifre care se pot forma cu cifrele 0,1, . . . ,9 este 103.


19/62


ˆ Intr-adev˘ ar,

Ω = {(CP 1, CP 2, CP 3) : C P 1, CP 2, CP 3 ∈ {0, 1, . . . , 9}}iar conform principiului multiplic˘ arii card (Ω) = 103.

În continuare vom face distincţie ı̂ntre o mulţime ı̂n care ne intereseazăordinea elementelor sale şi o mulţime ı̂n care nu ne interesează ordineaelementelor sale.

1.8.2 Permutări. Aranjamente. Combinări

Dacă avem o mulţime cu n elemente, atunci elementele sale se pot ordonaı̂n n! moduri. Fiecare mulţime ordonată formată cu cele n elemente se

numeşte permutare a elementelor acelei mulţimi.Dacă avem o mulţime cu n elemente, atunci submulţimi ordonate de

câte k elemente ale ei se pot aranja ı̂n

Akn := n!

(n − k)! = (n − k + 1) (n − k + 2) . . . (n − 1) n

moduri. Această cantitate desemnează aranjamentele de n elemente luatecâte k.

Evident Ann := n!

0! = n!, adică exact numărul de permutări.

Exemplul 1.46 Dac˘ a avem la dispozit ¸ie pˆ anz˘ a de steag de cinci culori diferite,

putem face un steag tricolor (conteaz˘ a ordinea culorilor) ı̂n A35 := 5!2! = 60 moduri.

Exemplul 1.47 Cˆ ate parole cu cˆ ate cinci litere se pot forma, dac˘ a literele nu se potrepeta? Dar dac˘ a se pot repeta? (consider˘ am c˘ a sunt 26 de litere)

Dac˘ a nu se pot repeta, atunci avem A526 moduri (sau de submult ¸imi ordonate).Dac˘ a se pot repeta, atunci avem 265 moduri, datorit˘ a principiului multiplic˘ arii,deoarece fiecare pozit ¸ie poate sa fie ocupat˘ a de oricare dintre cele 26 de litere, independent de celelalte.

Dacă avem o mulţime cu n elemente, atunci submulţimi neordonatede câte k elemente ale ei se pot aranja ı̂n C kn :=

n!k!(n−k)!

moduri. Această

cantitate desemnează combinări de n elemente luate câte k.

Exemplul 1.48 Pentru un joc avem cinci fete şi trei b˘ aiet ¸i care trebuie s˘ a formezedou˘ a echipe de cˆ ate patru persoane. ˆ In cˆ ate moduri se pot forma echipele?

O grup˘ a de patru se poate forma ı̂n C 45 + C 35 · C 13 + C 25 · C 23 + C 15 · C 33 = 70

(sau direct ı̂n C 48 , deoarece nu conteaz˘ a nici ordinea nici dac˘ a sunt b˘ aiet ¸i sau fete).


20/62

1.9. Probabilit˘ at ¸ii geometrice 19

Exemplul 1.49 ˆ In cˆ ate moduri 10 student ¸i pot ocupa 10 b˘ anci? Dar 12 b˘ anci?

Evident, 10 student ¸i pot ocupa 10 b˘ anci ı̂n A1010 = 10! moduri. Pe de alt˘ a parte,10 b ˘ anci pot fi alese ı̂n C 1012 moduri, iar pentru 10 b ˘ anci fixate avem 10! moduri.

Conform principiului multiplic˘ arii vom obt ¸ine C 1012 · 10! moduri.

1.9 Probabilităţii geometrice

Să considerăm ı̂n plan sau ı̂n spaţiu o parte D măsurabilă şi ı̂n ea o parte Cmăsurabilă.

Prin definiţie, probabilitatea ca un punct ales la ı̂ntamplare ı̂n D săaparţină părţii C este măsura (C)

măsura (D

) .

În acest caz, ale mulţimii D formează mulţimea de evenimente, iar prob-abilitatea definită mai sus satisface Definiţia 1.13.

1.10 Scheme clasice de probabilitate

1.10.1 Schema binomială generalizată (schema lui Poisson)

Fie E o experienţă care constă ı̂n efectuarea a n experienţe independenteE 1, . . . E n, iar Ai, i = 1, n, evenimente legate de experienţele E i respectiv. FieX evenimentul care constă ı̂n realizarea a k evenimente (0 ≤ k ≤ n) dincele n evenimente Ai, i = 1, n, când se efectuează experienţa E .

Atunci are loc

Propoziţia 1.50 Probabilitatea evenimentului X este coeficientul lui xk din poli-nomul

Q (x) = ( p1x + q 1) · ( p2x + q 2) · . . . · ( pnx + q n) ,unde pi = P (Ai) şi q i = 1 − pi = P

Āi

.

Demonstraţie. Pentru simplitate, vom considera doar cazul n = 4 şi k = 2.Evenimentul a cărui realizare ı̂nseamnă realizarea a 2 evenimente şi ner-

alizarea a 2 evenimente este scris sub forma unei reuniuni de alte C

2

4 = 6evenimente (ı̂n fiecare dintre ele 2 se realizează şi celelalte 2 nu):

A1 ∩ A2 ∩ Ā3 ∩ Ā4

∪ A1 ∩ Ā2 ∩ A3 ∩ Ā4 ∪ A1 ∩ Ā2 ∩ Ā3 ∩ A4∪ Ā1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ Ā4 ∪ Ā1 ∩ A2 ∩ Ā3 ∩ A4 ∪ Ā1 ∩ Ā2 ∩ A3 ∩ A4 .


21/62


Toate cele 6 evenimente sunt incompatibile ı̂ntre ele, iar fiecare dintre ele

este intersecţia a patru evenimente independente. Prin urmare, probabili-tatea evenimentului precedent este

p1 p2q 3q 4 + p1q 2 p3q 4 + p1q 2q 3 p4 + q 1 p2 p3q 4 + q 1 p2q 3 p4 + q 1q 2 p3 p4

care este exact coeficientul lui x2 din polinomul

Q (x) = ( p1x + q 1) ( p2x + q 2) ( p3x + q 3) ( p4x + q 4) .

În cazul general, X contă ı̂n reuniunea a C kn evenimente, fiecare dintre aces-tea scriindu-se ca intersecţia a n evenimente independente (dintre care ksunt de tipul Ai iar (n − k) sunt de tipul Ā j).

Remarca 1.51 Se vede din demonstrat ¸ie c˘ a rezultatul obt ¸inut nu simplific˘ a cal-culul efectiv al probabilit˘ at ¸ii cerute. Este doar o formulare condensat˘ a a metodei decalcul.

O variantă concretă şi des ı̂ntâlnită a schemei Poisson este următoarea:se dau n urne U 1,...,U n care conţin bile albe şi negre ı̂n proporţii cunoscute(adică se cunosc probabilităţile pi de extragere a unei bile albe din urna U i,cu i = 1, n ). Fie E experienţa extragerii a câtei unei bile din fiecare urnă U i,i = 1, n. Dacă X reprezintă evenimentul extragerii a k bile albe (şi deci an − k bile negre), când din fiecare urnă se extrage câte o bilă, atunci P (X )este ak, unde ak este coeficientul lui x

k din polinomul

Q (x) = ( p1x + q 1) · ( p2x + q 2) · . . . · ( pnx + q n) .

Remarca 1.52 Uneori se poate considera c˘ a cele n evenimente Ai coincid ı̂ntreele, Ai = A, i = 1, n. Evenimentul X const˘ a atunci ı̂n faptul c ˘ a evenimentul Ase realizeaz˘ a de k ori şi de (n − k) ori nu se realizeaz˘ a, atunci cˆ and se efectueaz˘ aexperient ¸a E ce const˘ a ı̂n cele n experient ¸e E i . ˆ In acest caz particular se obt ¸ineschema lui Bernoulli.

1.10.2 Schema binomială (sau schema bilei revenite sau schemalui Bernoulli)

Fie E o experienţă şi A un eveniment legat de experienţa E . Notăm cu p = P (A). Fie X evenimentul care constă ı̂n realizarea lui A de k ori şi ı̂nnerealizarea lui A de n − k, când se efectuează experienţa E de n ori.

Atunci are loc


22/62

1.10. Scheme clasice de probabilitate 21

Propoziţia 1.53 Probabilitatea evenimentului X este P (X ) = C kn pkq n−k, cu

q = 1 − p.Demonstraţie. Se observă că suntem ı̂ntr-un caz particular al schemei luiPoisson ı̂n care pentru i = 1, n, E i = E , Ai = A, deci pi = p, q i = 1 − p iarQ (x) = ( px + q )n. Prin urmare probabilitatea cerută este coeficientul luixk, adică C kn p

kq n−k.

O variantă concretă a schemei lui Bernoulli este următoarea: se dă ournă U care conţin bile a albe şi b bile negre (deci probabilitatea p de ex-tragere a unei bile albe din urna U este p = a/ (a + b) şi evident q =b/ (a + b)). Fie E experienţa extragerii unei bile din urna U , urmând ca bilasă fie pusă ı̂napoi. Se efectuează E de n ori. Dacă X reprezintă evenimentulextragerii a k bile albe şi a n − k bile negre, atunci

P (X ) = C kn

a

a + b

k ba + b

n−k.

Exemplul 1.54 Dintr-o urn˘ a cu 14 de bile, dintre care 8 albe şi 6 negre, se extragcu revenire 3 bile. Care este probabilitatea ca cele 3 bile extrase s˘ a fie 2 albe şi unaneagr˘ a?

Avem n = 3, k = 2, p = 8/14 = 4/7, q = 3/7.

1.10.3 Schema hipergeometrică (schema bilei nerevenite)

Considerăm o urnă U cu a bile albe şi b bile negre. Experienţa E constă ı̂nextragerea a n bile f ̆ară a pune bila extrasă ı̂napoi (n ≤ a + b) (sau se poateconsidera că se scot n bile deodată). Fie X evenimentul ca din cele n bileextrase α să fie albe şi β = n − α să fie negre (α ≤ a, β ≤ b).

Atunci are loc

Propoziţia 1.55 Probabilitatea evenimentului X este P (X ) = C αa · C βb

C na+b.

Demonstraţie. Să presupunem că se iau n bile deodată. Numărul cazurilor

posibile este C

n

a+b . Pe de altă parte, α bile albe se pot extrage ı̂n C

α

a iar β bile negre se pot extrage ı̂n C βb , deci, conform principiului multiplicării, α

bile albe şi β bile negre se pot extrage ı̂n C αa · C βb moduri (fiecare grupă deα bile albe se poate grupa cu fiecare grupă de β bile negre). Apoi folosimdefiniţia clasică a probabilităţii.


23/62


Cazul ı̂n care bilele se extrag una câte una se rezolvă similar (ı̂n această

situaţie, numărul cazurilor posibile este An

a+b = n!C n

a+b iar cel al cazurilorfavorabile este n! · C αa · C βb ).

Exemplul 1.56 La o extragere, din 400 de bilete, 4 sunt cˆ aştig˘ atoare. O persoan˘ acump˘ ar˘ a 10 bilete. Care este probabilitatea ca s˘ a nu aib˘ a nici un bilet cˆ aştig˘ ator?

Avem a = 4, b = 396, α = 0, β = 10, n = 10. Deci probabilitatea s˘ a obt ¸inem

k = 0 bilete cˆ aştig˘ atoare este C 04 · C 10396

C 10400= 0, 903.

1.11 Exerciţii rezolvate

1. Amestecăm un pachet de 10 cărţi de joc numerotate cu 1, 2, . . . , 10.Care este probabilitatea ca deasupra să fie cartea 1? Dar probabilitateaca pe primele două poziţii să fie cărţile 1 şi 2?

Rezolvare:

Cele 10 cărţi pot fi aranjate ı̂n A1010 = 10! moduri posibile (acestea suntcazuri egal posibile). Cazul favorabil este orice aranjare ı̂n care peprimul loc se află numărul 1 iar apoi celelalte 9 numere (indiferent deordine). Deci numărul cazurilor favorabile este 9!, deci probabilitatea

ca prima carte să fie 1 este 9!

10! =

1

10 .

Putem scrie şi sub forma: mulţimea Ω a evenimentelor elementare sepoate scrie sub forma

Ω = {(CJ P 1, C J P 2, . . . , C J P 10) : C J Pi ∈ {1, 2, . . . , 10} ,C J Pi = CJ P j, i, j = 1, 10 }

iar numărul tuturor cazurilor posibile este card (Ω) = A1010 .

Evenimentul cerut este

A = {(CJ1, C J P 2, . . . , C J P 10) : C J Pi ∈ {2, . . . , 10} ,C J Pi = CJ P j, i, j = 2, 10 }

iar card (Ω) = A99 .

Putem face şi direct: să observăm că pe primul loc poate fi oricaredin cele 10 cărţi, deci avem zece cazuri posibile. Dintre acestea unulsingur este favorabil (apariţia cărţii 1). Deci probabilitatea este 1/10.


24/62

1.11. Exercit ¸ii rezolvate 23

Pe primele două poziţii poate fi orice pereche ordonată de numere,

deci numărul cazurilor posibile este de A2

10 = 10!

8! = 90. Dintre acesteaunul singur este favorabil (apariţia cărţilor 1 şi 2). Deci probabilitateaeste 1/90.

2. Un număr de telefon este compus din şase cifre. Care este probabili-tatea ca toate cifrele să fie diferite una de alta? (toate cifrele pot aveauna dintre valorile 0, 1, . . . , 9)

Rezolvare:

Numărul numerelor de telefon formate cu şase cifre diferite este A610.Numărul numerelor de telefon formate cu şase cifre (nu neapăratdiferite) este 106 (fiecare poziţie a numărului de telefon poate avea

10 variante şi avem 6 poziţii ı̂n numărul de telefon). Deci probabili-

tatea cerută este A610106

= 5 · 6 · 7 · 8 · 9 · 10

106 = 0.1512 .

3. Într-un oraş se găsesc 10000 de biciclete numerotate de la 0000 la 9999.Care este probabilitatea ca numărul primei biciclete ı̂ntâlnite să nuconţină cifra 8?

Rezolvare:

Numerele de bicicletă f ̆ară cifra 8 sunt formate cu nouă cifre din celezece, deci numărul numerele de bicicletă de patru cifre fără cifra 8

este 94

. Pe de altă parte, numărul numerele de bicicletă de patru cifreeste 104. Deci probabilitatea cerută este

94

104 = (0.9)4 = 0.6561 .

4. Care este probabilitatea ca ı̂ntr-un grup de n persoane să existe celpuţin 2 care să-şi aniverseze ziua de naştere ı̂n aceeaşi zi a anului? (sepresupune că anul are 365 de zile)

Rezolvare:

Evident, dacă n > 365, atunci probabilitatea cerută este 0. Presupunemcă n ≤ 365. Este mai uşor de calculat probabilitatea evenimentuluicontrar, notat Ā : fiecare din cele n persoane ı̂şi aniverseze ziua de

naştere ı̂ntr-o zi diferită de celelalte (n − 1) persoane.Mulţimea evenimentelor elementare (sau mulţimea rezultatelor posibile) se poate scrie sub forma

Ω =

(P 1, P 2, . . . , P n) : P i ∈ {1, 2, . . . , 365} , i = 1, n


25/62


iar card (Ω) = 365n (se poate aplica principiul multiplicării) care repre-

zintă numărul cazurilor posibile.Un caz favorabil este cel ı̂n care avem un sistem ordonat de n el-emente din cele 365 de zile, deci numărul cazurilor favorabile este

An365 . Prin urmare, P

Ā

= An365365n

.

Să observăm că putem scrie Ω şi sub forma

Ω = {f : {P 1, P 2, . . . , P n} → {1, 2, . . . , 365} : f este funcţie}

iar card (Ω) = 365n (care este numărul tuturor posibilelor funcţii ı̂ntredouă mulţimi finit dimensionale).

Scrisă ı̂n acest fel, evenimentul Ā este de fapt

Ā = {f : {P 1, P 2, . . . , P n} → {1, 2, . . . , 365} : f estefuncţie injectivă }

iar card(A) = An365 (care este numărul tuturor posibilelor funcţii injective ı̂ntre două mulţimi finit dimensionale).

Probabilitatea cerută este P

Ā

= card(A)

card (Ω) =

An365365n

.

Deci probabilitatea evenimentului cerut este P (A) = 1 − P

Ā

=

1 − An

365365n

= 1 − (365 − n + 1) · (365 − n + 2) · . . . · 364 · 365365n

.

În final menţionăm că dacă n = 23, atunci se obţine P (A) = 1 −343 · 345 · . . . · 364 · 365

36523 = 0.507, iar dacă n = 50, atunci se obţine

P (A) = 1 − 316 · 317 · . . . · 364 · 36536550

= 0.970.

5. Un lift urcă cu k persoane ı̂ntr-o clădire cu n etaje. Care este probabil-itatea ca la un etaj să coboare cel mult o persoană?

Rezolvare:

Dacă n < k, atunci probabilitatea cerută este 0. Să considerăm decicazul n ≥ k. La fiecare etaj cele k persoane pot coborı̂ din lift ı̂n nkmoduri. Pe de altă parte, la fiecare etaj cele k persoane pot coborı̂

maxim una pe etaj ı̂n Akn moduri. Deci probabilitatea cerută este Aknnk

.


26/62


În cazul particular n = 10 şi k = 7 obţinem probabilitatea A710

107

=

0.060 .

Evident, putem scrie, similar cu problema precedentă,

Ω = {f : {P 1, P 2, . . . , P k} → {E 1, E 2, . . . , E n} : f este funcţie}

iar numărul cazurilor posibile este deci card (Ω) = nk.

Evenimentul cerut este

Ā = {f : {P 1, P 2, . . . , P k} → {E 1, E 2, . . . , E n} : f estefuncţie injectivă }

iar numărul tuturor funcţii injective este card(A) = Akn .

6. Numerele 1, 2, . . . , n sunt aşezate la ı̂ntâmplare. Care este probabili-tatea ca numerele 1 şi 2 să fie aşezate la ı̂n şir ı̂n ordine crescătoare şiconsecutive?

Rezolvare:

Cele n numere se pot scrie ı̂n n! moduri. Grupul {1, 2} se poate scrieı̂n (n − 1) locuri ı̂n şirul de n numere. Celelalte (n − 2) numere sepot scrie ı̂n (n − 2)! moduri. Deci numărul cazurilor favorabile este(n − 1) · (n − 2)! iar probabilitatea cerută este (n − 1) · (n − 2)!

n! =

1

n .

7. Într-o cameră ı̂ntunecoasă sunt cinci perechi de pantofi de aceeaşimărime. Alegem la ı̂ntâmplare cinci pantofi. Care este probabilitateaca printre pantofii aleşi să fie cel puţin o pereche?

Rezolvare:

Avem C 510 cazuri posibile de a alege cinci pantofi. Evenimentul con-trar, de a nu fi nici măcar o pereche, are două cazuri favorabile (cincipantofi stângi sau cinci pantofi drepţi). Deci probabilitatea cerută este

1 − 2C 510

.

8. Într-o cameră ı̂ntunecoasă sunt cinci perechi de pantofi de mărimidiferite. Alegem la ı̂ntâmplare cinci pantofi. Care este probabilitateaca printre pantofii aleşi să fie cel puţin o pereche de aceeaşi mărime?

Rezolvare:


27/62


Vom studia probabilitatea evenimentului contrar, de a nu fi nici măcar

o pereche de aceeaşi mărime. Sunt C 5

10 cazuri posibile. Să presupunemcă avem (D1, D2, D3, D4, D5) şi (S 1, S 2, S 3, S 4, S 5) şi să numărămcazurile favorabile.

Avem un număr de C 55 variante de tipul (D1, D2, D3, D4, D5), unnumăr de C 45 variante

2 de tipul (D1, D2, D3, D4, S 5), un număr deC 35 variante de tipul (D1, D2, D3, S 4, S 5), un numărde C

25 variante de

tipul (D1, D2, S 3, S 4, S 5), un număr de C 15 variante de tipul (D1, S 2,S 3, S 4, S 5), un număr de C 05 variante de tipul (S 1, S 2, S 3, S 4, S 5).Deci numărul cazurilor favorabile este C 55 + C

45 + C

35 + C

25 + C

15 + C

05 =

(1 + 1)5 . Prin urmare probabilitatea cerută este 1 − 25

C 510.

9. Într-un tramvai cu trei vagoane urcă nouă pasageri. Care este prob-abilitatea ca ı̂n primul vagon să urce trei persoane? Dar ca ı̂n fiecarevagon să urce trei persoane?

Rezolvare:

Sunt nouă pasageri iar fiecare poate alege oricare din cele trei vagoane,deci sunt 39 cazuri posibile.

Trei persoane ı̂ntr-un vagon pot urca ı̂n C 39 moduri. Dacă trei per-soane s-au urcat ı̂n primul vagon, atunci celelalte şase pot urca ı̂n

celelalte două vagoane ı̂n 2

6

moduri. Deci numărul de cazuri favorabile este C 39 · 26. Prima probabilitate cerută este

C 39 · 2639

.

În ceea ce priveşte al doilea eveniment: trei persoane ı̂ntr-un vagonpot urca ı̂n C 39 moduri. Apoi cele şase persoane care au rămas poturca ı̂n al doilea vagon ı̂n C 36 moduri. Deci numărul de cazuri favor-

abile este C 39 · C 36 . A doua probabilitate cerută este C 39 · C 36

39 .

10. Într-un lot de 100 de piese 5 sunt defecte. Se aleg la ı̂ntâmplare 5 piesedin acest lot. Care este probabilitatea ca printre piesele alese cel puţinuna să fie defectă?

Rezolvare:

2Variantele sunt (D1, D2, D3, D4, S 5), (D1, D2, D3, D5, S 4), (D1, D2, D4, D5, S 3),(D1, D3, D4, D5, S 2), (D2, D3, D4, D5, S 1).


28/62


Să observăm că un sistem complet de evenimente este format de mul-

ţimea {Ai}i=0,5 , undeA0 = {toate piesele alese sunt bune},A1 = {o piesă este defectă, patru sunt bune},A2 = {două piese sunt defecte, trei sunt bune},A3 = {trei piese sunt defecte, două sunt bune},A4 = {patru piese sunt defecte, una este bună},A5 = {toate piesele alese sunt defecte}.

Evenimentul cerut este A := A1 ∪

. . .

∪ A5. Deci avem că P (A) =

P (A1 ∪ . . . ∪ A5) = 5i=1 P (Ai) .Dar observăm şi că P (A) = P (Ω \ A0) = P (Ω) −P (A0) = 1 −P (A0) .Este mai uşor să calculăm P (A0) .

Avem C 5100 moduri ı̂n care putem lua câte 5 piese din totalul de 100 şiC 595 moduri ı̂n care putem lua câte 5 piese din cele 95 de piese bune.

Deci P (A0) = C 595C 5100

. Deci P (A) = 1 − P (A0) = 1 − C 595

C 5100.

11. Din 100 de mere 10 sunt stricate. Scoatem la ı̂ntâmplare 5 mere. Careeste probabilitatea ca ı̂ntre cele 5 mere să existe şi mere stricate?

Rezolvare:

Avem că evenimentul contrar, toate cele 5 mere sunt bune, are proba-

bilitatea C 590C 5100

. Probabilitatea cerută este 1 − C 590

C 5100.

12. Dacă se aruncă de patru ori un zar, care este probabilitatea să aparăcel puţin o dată faţa şase? Dacă se aruncă două zaruri de 24 de ori,care este probabilitatea să apară cel puţin o dată faţa şase pe ambelezaruri? Dar dacă cele două zaruri se aruncă de 25 de ori?

Rezolvare:

Dacă se aruncă de patru ori un zar, atunci numărul rezultatelor posibile este de 64. Evenimentul să apară, la patru aruncări, măcar o datăfaţa şase este complementar evenimentului de a nu apărea niciodatăfaţa şase (apar doar feţele cu 1, 2, 3, 4 sau 5 puncte). Deci numărulrezultatelor posibile să apară una din cele cinci feţe, la patru aruncări,


29/62


este de 54. Prin urmare probabilitatea ca la patru aruncări să nu apară

niciodată faţa şase este 54

64 , iar probabilitatea să apară măcar o dată

faţa şase este atunci 1 − 54

64 .

Dacă se aruncă două zaruri, atunci numărul rezultatelor posibile este36, deci dacă se aruncă de 24 de ori, atunci numărul rezultatelor posibile este 3624. La o aruncare numărul posibil de perechi diferite dedubla (6, 6) este 35, şi deci dacă se aruncă de 24 de ori, atunci numărulrezultatelor posibile ı̂n care nu apare niciodată dubla (6, 6) este 3524.Probabilitatea ca să nu apară, la 24 de aruncări, niciodată dubla (6, 6)

este deci de 3524

3624 . Prin urmare, probabilitatea ca să apară, la 24 de

aruncări, cel puţin o dată dubla (6, 6) este de 1 − 35243624

0.4914.Similar, probabilitatea ca să apară, la 25 de aruncări, cel puţin o dată

dubla (6, 6) este de 1 − 3525

3625 0.5055.

13. La un joc participă doi jucători. Partida este câştigată de jucătorulcare câştigă trei jocuri. Dacă jocul este forţat să se ı̂ntrerupă la scorulde 2 − 1, atunci cum trebuie ı̂mpărţită miza?

Rezolvare:

Mai ı̂ntâi trebuie stabilit criteriul de ı̂mpărţire a mizei. Astfel, se poatepropune ca fiecare jucător să ia o parte din miză proporţională cuprobabilitatea pe care o are de a câştiga jocul, dacă acesta ar continua.Să calculăm aceste probabilităţi.

Este evident că dacă se continuă jocul, atunci ı̂n maxim două jocuri sepoate stabili câştigătorul. Sănotămcu A jucătorul care a câştigat douăpartide şi cu B pe cel care a câştigat o partidă. Atunci, după cele două jocuri avem patru posibilităţi: (A, A) , (A, B) , (B, A) , (B, B) (primapoziţie ı̂nseamnă cine a câştigat primul joc iar a doua cine a câştigat aldoilea joc). Deci şansele de câştig ale jucătorului A sunt de 3/4, iar alelui B sunt de 1/4 (iar aceasta este regula după care trebuie ı̂mpărţită

miza).

14. O urnă conţine patru bile albe, dintre care două numerotate cu 1 şidouă numerotate cu 2, şi cinci bile negre, dintre care trei numerotatecu 1 şi două numerotate cu 2. Se extrage o bilă din urnă. Care este


30/62


probabilitatea ca bila extrasă să aibă numărul 1, condiţionată de fap-

tul că bila extrasă este albă?

Rezolvare:

Să notăm evenimentele A = { bila extrasă este albă} , B = { bila ex-trasă are numărul 1}. Atunci P (A) = 4/9, P (B) = 5/9 iarP (A ∩ B) =2/9. Conform formulei (1.1) a probabilităţii condiţionate, probabili-

tatea cerută este P (B|A) = P (A ∩ B)P (A)

= 2/9

4/9 =

2

4 . Într-adevăr, se

poate vedea şi direct că P (B|A) = 24

(sunt 4 cazuri posibile, ı̂n care

bila este albă, şi 2 cazuri favorabile).

15. O urnă conţine trei bile albe şi patru bile negre. Se extrag succesivdouă bile din urnă (fără revenirea ı̂n urnă a bilei extrase). Care esteprobabilitatea ca a doua bilă extrasă să fie albă, ı̂n ipoteza că primaeste albă?

Rezolvare:

Să notăm evenimentele A = {prima bilă extrasă este albă} , B = {adoua bilă extrasă este albă}. Atunci P (A) = 3/7 iar P (A ∩ B) = 6/42,deoarece numărul cazurilor posibile este A27 = 42 iar cel al cazurilorfavorabile este A23 = 6. Conform formulei (1.1) probabilitatea cerută

este P (B|A) = P (A ∩ B)P (A)

= 1/7

3/7 = 1/3 . Într-adevăr, se poate vedea

şi direct că P (B|A) = 2/6 deoarece sunt 6 cazuri posibile (după ce s-aextras prima bilă şi este albă ı̂n urnă au rămas două bile albe şi patru bile negre) şi 2 cazuri favorabile.

16. O urnă conţine 16 bile numerotate de la 1 la 16. Primele trei bile suntalbe, următoarele zece sunt negre iar ultimele trei sunt roşii. Se ex-trage o bilă din această urnă. Să notăm evenimentele A = { bila ex-trasă este neagră}, B = { bila extrasă are numărul mai mic sau egaldecât 9}. Calculaţi P (A) , P (B) , P (A|B) şi P (B|A) .Aceleaşi cerinţe ı̂n cazul ı̂n care eliminăm ultima bilă roşie (cea cunumărul 16).

Rezolvare:

Avem P (A) = 10/16 , P (B) = 9/16 , P

Ā

= 6/16 , P

B̄

= 7/16 .Avem şi P (A ∩ B) = 6/16, deci P (B|A) = 6/10. De asemenea, putemdetermina şi direct P (B|A) = 6/10 iar P B|Ā = 3/6 . Pe de altă


31/62


parte, P (A|B) = 6/9 iar P

A|B̄

= 4/7. Deci observăm că fiecare

din evenimentele A sau B ı̂şi schimbă probabilitatea ı̂n funcţie de re-alizarea sau nu a celuilalt. Deci aceste două sunt dependente unul decelălalt.

17. Se aruncă un zar o singură dată. Se consideră evenimentele A = {seobţine una dintre feţele 1, 2 sau 3}, B = {se obţine una dintre feţele2, 3, 4 sau 5}. Sunt independente cele două evenimente?Rezolvare:

Avem P (A) = 3/6 , P (B) = 4/6 şi P (A ∩ B) = 2/6 . Deci este verifi-cată relaţia P (A ∩ B) = 3/6 · 4/6 = P (A) ·P (B) , ceea ce ı̂nseamnă căcele două evenimente sunt independente.

18. Doi arcaşi trag asupra unei ţinte. Primul nimereşte această ţintă cuprobabilitatea de 7/9 iar al doilea cu probabilitatea 9/11. Care esteprobabilitatea ca ţinta să fie atinsă cel puţin o dată?

Rezolvare:

Să notăm evenimentele A = {primul arcaş atinge ţinta}, B = {aldoilea arcaş atinge ţinta}, care sunt independente dar nu şi disjuncte(sunt compatibile).

Trebuie determinat P (A ∪ B) . Folosind (1.2) obţinemP (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B)

= P (A) + P (B) − P (A)P (B) = 79

+ 911

− 79 · 9

11 .

19. Trei arcaşi trag asupra unei ţinte. Primul nimereşte această ţintă cuprobabilitatea de 2/3, al doilea cu probabilitatea 3/4 iar al treilea cuprobabilitatea 4/5. Care este probabilitatea3 ca ţinta să fie atinsă detrei ori? Dar probabilitatea ca ţinta să fie atinsă de două ori? Care esteprobabilitatea ca ţinta să fie atinsă cel puţin o dată?

Rezolvare:

Să notăm evenimentele

A = {

primul arcaş atinge ţinta}

,

B = {al doilea arcaş atinge ţinta},C = {al treilea arcaş atinge ţinta}.

3Probabilitatea se poate calcula folosind şi schema probabilistă a lui Poisson.


32/62


Avem P (A) = 2/3, P (B) = 3/4, P (C ) = 4/5. Se cere mai ı̂ntâiP

(A ∩ B ∩ C ) = P (A) · P (B) · P (C ) = 2/5 (deoarece evenimentelesunt independente).A doua probabilitate cerută este a evenimentului A ∩ B ∩ C̄ sau A ∩B̄ ∩ C sau Ā ∩ B ∩ C . Cele trei mulţimi de intersecţie sunt evenimentedisjuncte iar evenimentele A,B, C sunt independente, prin urmareobţinem

P

A ∩ B ∩ C̄ ∪ A ∩ B̄ ∩ C ∪ Ā ∩ B ∩ C = P

A ∩ B ∩ C̄ + P A ∩ B̄ ∩ C + P Ā ∩ B ∩ C

= P (A) · P (B) · P C̄ + P (A) · P B̄ · P (C ) + P Ā · P (B) · P (C )= 23 · 34 · 15 + 23 · 14 · 45 + 13 · 34 · 45 = 1330 .

Pentru a treia probabilitate cerută este mai uşor să calculăm probabil-itatea evenimentului contrar lui A ∪ B ∪ C, care este Ā ∩ B̄ ∩ C̄ . Deci,evenimentele indicate fiind independente, obţinem

P

Ā ∩ B̄ ∩ C̄ = P Ā · P B̄ · P C̄

= 1

3 · 1

4 · 1

5 =

1

60 .

Deci probabilitatea evenimentului cerut este P (A ∪ B ∪ C ) = 1 −

P

A ∪ B ∪ C = 1 − P Ā ∩ B̄ ∩ C̄ = 1 − 1

60 .

20. Fie {Ai}i=1,n un sistem de evenimente cu P (Ai) = pi , cu i = 1, n . Săse determine probabilitatea realizării a cel puţin un eveniment Ai .

Rezolvare:

Definim X ca fiind evenimentul care constă ı̂n realizarea a cel puţinunui eveniment Ai , i = 1, n . Atunci

4 X = n

i=1 Ai iar acum folosimformula (1.3):

P

1≤i≤nAi

=

1≤i≤nP (Ai) −

1≤i


33/62


21. Într-o urnă sunt 5 bile albe şi 5 bile negre. Se scot trei bile (fără

revenirea lor ı̂n urnă). Care este probabilitatea5

obţinerii a trei bilealbe? Dar probabilitatea obţinerii a două bile albe şi a uneia negre?Care este probabilitatea obţinerii a cel puţin două bile albe? Dar a celpuţin unei bile albe?

Rezolvare:


A = {prima bilă extrasă este albă} ,B = {a doua bilă extrasă este albă} ,C = {a treia bilă extrasă este albă} .

Avem imediat că P (A) = 5/10, P (B|A) = 4/9, P (C |A ∩ B) = 3/8.Acum, folosind regula (1.6) de ı̂nmulţire a probabilităţilor obţinem

P (A ∩ B ∩ C ) = P (A) · P (B|A) · P (C |A ∩ B) = 510

· 49 · 3

8 =

1

12 .

A doua probabilitate cerută este a evenimentului A ∩ B ∩ C̄ sau A ∩B̄ ∩ C sau Ā ∩ B ∩ C . Cele trei mulţimi de intersecţie sunt evenimentedisjuncte, prin urmare obţinem

P

A ∩ B ∩ C̄ ∪ A ∩ B̄ ∩ C ∪ Ā ∩ B ∩ C

= P

A ∩ B ∩ ¯C

+P

A ∩ ¯B ∩ C + P ¯A ∩ B ∩ C

= P (A) · P (B|A) · P C̄ |A ∩ B+ P (A) · P B̄|A · P C |A ∩ B̄+P

Ā · P B|Ā · P C |Ā ∩ B

= 5

10 · 4

9 · 5

8 +

5

10 · 5

9 · 4

8 +

5

10 · 5

9 · 4

8 =

5

36 +

5

36 +

5

36 =

5

12 .

Într-adevăr, de exemplu, P

C̄ |A ∩ B = 5/8 este probabilitatea săextragi o bilă neagră ı̂n ipoteza că evenimentul A ∩ B este realizat,adică urna conţine 3 bile albe şi 5 bile negre. Apoi P

C |A ∩ B̄ = 4/8

este probabilitatea să extragi o bilă albă ı̂n ipoteza că evenimentulA

∩ B̄ este realizat, adică urna conţine 4 bile albe şi 4 bile negre.

A treia probabilitate cerută este a evenimentului

A ∩ B ∩ C̄ ∪ A ∩ B̄ ∩ C ∪ Ā ∩ B ∩ C ∪ (A ∩ B ∩ C ) .

5Probabilitatea se poate calcula folosind şi schema probabilistă a lui Poisson.


34/62


Se va obţine suma celor două probabilităţi precedente.

Pentru al patrulea eveniment cerut trebuie determinată, mai ı̂ntâi,probabilitatea obţinerii unei bile albe şi a două negre:

A ∩ B̄ ∩ C̄ ∪

Ā ∩ B ∩ C̄ ∪ Ā ∩ B̄ ∩ C . Evenimentul obţinerii a cel puţin unei bile albe este atunci

A ∩ B̄ ∩ C̄ ∪ Ā ∩ B ∩ C̄ ∪ Ā ∩ B̄ ∩ C

∪ A ∩ B ∩ C̄ ∪ A ∩ B̄ ∩ C ∪ Ā ∩ B ∩ C ∪ (A ∩ B ∩ C ) ,iar probabilitatea lui este suma probabilităţilor fiecărui termen al re-uniunii.

Este mai uşor obţinerea evenimentului contrar evenimentului patru:

nu se obţine nici o bilă albă. Acesta este deci

Ā ∩ B̄ ∩ C̄ iar apoi seva calcula P

Ā ∩ B̄ ∩ C̄ .

22. Într-un lot de 48 de piese 3 sunt defecte iar ı̂n alt lot de 50 de piese 3sunt defecte. Din fiecare lot se iau câte 3 piese. Care este probabili-tatea ca, din primul lot, primele două piese să fie bune şi a treia să fiedefectă iar, din al doilea lot, toate trei să fie bune?

Rezolvare:

Să notăm evenimentele:

A = {

din primul lot se iau două piese bune şi una defectă}

,

B = {din al doilea lot se iau trei piese bune},A1 = {prima piesă din primul lot este bună},A2 = {a doua piesă din primul lot este bună},A3 = {a treia piesă din primul lot este defectă},B1 = {prima piesă din al doilea lot este bună},B2 = {a doua piesă din al doilea lot este bună},B3 = {a treia piesă din al doilea lot este bună}.Avem, A, B fiind independente, P (A

∩B) = P (A)

·P (B) . Pe de altă

parte

P (A) = P (A1 ∩ A2 ∩ A3) = P (A1) · P (A2|A1) · P (A3|A1 ∩ A2)=

45

48 · 44

47 · 3

46


35/62


iar

P (B) = P (B1 ∩ B2 ∩ B3) = P (B1) · P (B2|B1) · P (B3|B1 ∩ B2)=

47

50 · 46

49 · 45

48 .

Deci P (A ∩ B) = P (A) · P (B) = 4548

· 4447

· 346

· 4750

· 4649

· 4548

= 297

6273 .

23. O urnă conţine trei bile albe şi patru bile negre iar altă urnă conţinepatru bile albe şi cinci bile negre. Se extrage o bilă la ı̂ntâmplare dinuna din cele două urne. Care este probabilitatea ca bila extrasă să fiealbă?

Rezolvare:


X = { bila aleasă este albă} ,A1 = {urna aleasă este prima} ,A2 = {urna aleasă este a doua} = Ā1 .

Este mai dificil de spus imediat cine este P (X ) . Dar putem determina

P (X |A1) = 37

, P (X |A2) = 49

. Folosind formula probabilităţii totale

(1.7) obţinem şi probabilitatea cerută:

P (X ) = P (A1) · P (X |A1) + P (A2) · P (X |A2) = 1

2 · 3

7 +

1

2 · 4

9 =

55

126 .

24. Într-un depozit se aduc piese de la trei ateliere. Primul are douămaşini care fabrică aceste piese şi dă 3% rebut. Al doilea are douămaşini şi dă 2% rebut. Al treilea are trei maşini şi dă 3% rebut. Careeste probabilitatea ca o piesă luată din depozit, la ı̂ntâmplare, să fiedefectă? (fiecare maşină produce acelaşi număr de piese ı̂n unitateade timp)

Rezolvare:

Avem

X = {piesa aleasă este defectă},A1 = {piesa provine de la primul atelier},A2 = {piesa provine de la al doilea atelier},A3 = {piesa provine de la al treilea atelier}.


36/62


Evenimentele A1, A2 şi A3 formează un sistem complet de evenimente.

AvemP (A1) =

2

7 , P (A2) =

2

7 , P (A3) =

3

7 .

iar

P (X |A1) = 3100

, P (X |A2) = 2100

, P (X |A3) = 3100

.

Deci, folosind formula probabilităţii totale (1.7), obţinem şi probabil-itatea cerută:

P (X ) = P (A1)

·P (X

|A1) + P (A2)

·P (X

|A2) + P (A3)

·P (X

|A3)

= 27 · 3

100 + 2

7 · 2

100 + 3

7 · 3

100 = 19

700 .

25. O urnă conţine trei bile albe şi patru bile negre iar altă urnă conţinepatru bile albe şi cinci bile negre. Se extrage o bilă la ı̂ntâmplare dinuna din cele două urne. Dacă bila extrasă este albă, care este probabilitatea ca ea să provină din prima urnă?

Rezolvare:

(vezi notaţiile Problemei 23) Se cere P (A1|X ) . Avem că P (A1) =P (A2) = 1/2. Folosind formula (1.8) a lui Bayes obţinem:

P (A1|X ) = P (A1)P (X |A1)P (A1)P (X |A1) + P (A2)P (X |A2)

= 1/2 · 3/7

1/2 · 3/7 + 1/2 · 4/9 = 27

55 .

26. Într-un depozit se aduc piese de la trei ateliere. Primul are douămaşini care fabrică aceste piese şi dă 3% rebut. Al doilea are douămaşini şi dă 2% rebut. Al treilea are trei maşini şi dă 3% rebut. Dindepozit a fost luată o piesă, la ı̂ntâmplare, care s-a dovedit a fi de-

fectă. Care este probabilitatea ca piesa luată din depozit să provinăde la al doilea atelier? Dar probabilitatea ca piesa luată din depozit săprovină de la al treilea atelier?

Rezolvare:


37/62


(vezi notaţiile Problemei 24) Se cer P (A2|X ) şi P (A3|X ) . Folosindformula (1.8) a lui Bayes obţinem:

P (A2|X ) = P (A2)P (X |A2)P (A1)P (X |A1) + P (A2)P (X |A2) + P (A3)P (X |A3)

= 2/7 · 2/100

2/7 · 3/100 + 2/7 · 2/100 + 3/7 · 3/100 = 4

19

şi

P (A3|X ) = P (A3)P (X |A3)P (A1)P (X |A1) + P (A2)P (X |A2) + P (A3)P (X |A3)

= 3/7 · 3/100

2/7 · 3/100 + 2/7 · 2/100 + 3/7 · 3/100 = 9

19 .

27. Patru urne au următoarele distribuţii: prima urnă conţine 7 bile albeşi 2 bile negre, a doua urnă conţine 8 bile albe şi 4 bile negre, a treiaconţine 10 bile albe şi 12 bile negre iar a patra urnă conţine 8 bile albeşi 12 bile negre. Se extrage o bilă la ı̂ntâmplare din una din cele patruurne. Care este probabilitatea de a extrage o bilă albă?

Dacă bila extrasă este albă, care este probabilitatea ca ea să provinădin cea de a treia urnă?

Rezolvare:

Sănotăm evenimentele X = { bila aleasă este albă}, Ai = {urna aleasăeste i

}, i = 1, 4 . Evenimentele

{Ai

}i=1,4 formează un sistem complet

de evenimente.

Avem că P (Ai) = 1/4, i = 1, 4 iar P (X |A1) = 7/9, P (X |A2) = 8/12,P (X |A3) = 10/22, P (X |A3) = 8/20.Mai ı̂ntâi se cere P (X ) . Folosind formula probabilităţii totale (1.7)obţinem

P (X ) = P (A1) · P (X |A1) + P (A2) · P (X |A2)+P (A3) · P (X |A3) + P (A4) · P (X |A4)

= 1/4 · 7/9 + 1/4 · 8/12 + 1/4 · 10/22 + 1/4 · 8/20 = 569/990 .Apoi se cere P (A3|X ) . Folosind formula (1.8) a lui Bayes obţinem:

P (A3|X ) = P (A3)P (X |A3)P (A1)P (X |A1) + . . . + P (A4)P (X |A4)

= 1/4 · 10/22

1/4 · 7/9 + 1/4 · 8/12 + 1/4 · 10/22 + 1/4 · 8/20 = 225

1138 .


38/62


28. Avem trei loturi de câte 100 de piese. În primul lot trei piese sunt

defecte, ı̂n al doilea lot patru piese sunt defecte, iar ı̂n al treilea lotcinci piese sunt defecte. Din fiecare lot se ia câte o piesă. Care esteprobabilitatea obţinerii a două piese bune şi a uneia defecte?

Rezolvare:

Fie Ai evenimentul extragerii unei piese bune din lotul Li , i = 1, 3 .Acestea sunt evenimente independente. Probabilitatea pi = P (Ai),deci p1 = 97/100, p2 = 96/100, p3 = 95/100 şi respectiv q 1 = 1 − p1 =3/100, q 2 = 4/100, q 3 = 5/100. Atunci probabilitatea ca două din celetrei piese să fie bune (i.e. k = 2 piese bune şi (3 − 2) piese defecte)este coeficientul corespunzător lui x2 din polinomul

Q (x) = ( p1x + q 1) ( p2x + q 2) ( p3x + q 3)= p1 p2 p3x

3 + ( p1 p2q 3 + p1 p3q 2 + p2 p3q 1) x2

+ ( p1q 2q 3 + p2q 1q 3 + p3q 1q 2) x + q 1q 2q 3,

adică probabilitatea cerută este p1 p2q 3 + p1 p3q 2 + p2 p3q 1 .

29. Fie trei urne cu următoarele proporţii de bile albe şi negre. Urna U 1 :trei albe şi patru negre, urna U 2 : patru albe şi cinci negre iar urnaU 3 : cinci albe şi şase negre. Dacă din fiecare urnă se extrage câte o bilă atunci care este probabilitatea ca bilele extrase să fie albe? Careeste probabilitatea ca una să fie albă şi două negre? Dar probabilitateaca cele trei bile extrase să fie negre?

Rezolvare:

Fie Ai evenimentul extragerii unei bile albe din urna U i. Acestea suntevenimente independente. Probabilitatea pi = P (Ai), deci p1 = 3/7, p2 = 4/9, p3 = 5/11 şi respectiv q 1 = 1− p1 = 4/7, q 2 = 5/9, q 3 = 6/11.Atunci probabilitatea ca cele trei bile extrase să fie albe (i.e. k = 3 bile albe şi (3 − 3) bile negre) este coeficientul corespunzător lui x3din polinomul Q (x) = ( p1x + q 1) ( p2x + q 2) ( p3x + q 3), adică probabilitatea cerută este p1 p2 p3.

De asemenea, probabilitatea ca să extragem k = 1 bile albe şi (3 − 1)

bile negre este coeficientul corespunzător lui x

1

din polinomul Q (x),adică probabilitatea cerută este p1q 2q 3 + p2q 1q 3 + p3q 1q 2.

Probabilitatea ca să extragem k = 0 bile albe şi (3 − 0) bile negre estecoeficientul corespunzător lui x0 din polinomul Q (x), adică probabil-itatea cerută este q 1q 2q 3 .


39/62


30. Patru arcaşi trag asupra unei ţinte. Primul atinge ţinta cu probabil-

itatea 2/3, al doilea cu probabilitatea 3/4, al treilea cu probabilitatea4/5 iar al patrulea cu probabilitatea 5/6. Care este probabilitatea caţinta să fie atinsă de 3 ori?

Care este probabilitatea ca ţinta să fie atinsă de cel puţin 2 ori? Darprobabilitatea ca ţinta să fie atinsă de cel mult 2 ori?

Rezolvare:

Definim:

Ai este evenimentul atingerii ţintei de către arcaşul i, cu i = 1, 4 .

Acestea sunt evenimente independente. Probabilitatea pi = P (Ai),deci p1 = 2/3, p2 = 3/4, p3 = 4/5, p4 = 5/6 şi respectiv q 1 = 1 − p1 =1/3, q 2 = 1/4, q 3 = 1/5, q 4 = 1/6.

Definim:

X j este evenimentul ca ţinta să fie atinsă de j ori, unde j = 0, 4 .

Atunci putem calcula probabilitatea P (X 0) folosind şi scrierea lui X 0

X 0 = Ā1 ∩ Ā2 ∩ Ā3 ∩ Ā4 .

De asemenea, folosind schema lui Poisson (ı̂n cazul k = 0 atingeri

şi (4 − 0) ratări), probabilitatea ca ţinta să nu fie atinsă niciodată estecoeficientul corespunzător lui x0 din polinomul

Q (x) = ( p1x + q 1) ( p2x + q 2) ( p3x + q 3) ( p4x + q 4)

=

2

3x +

1

3

3

4x +

1

4

4

5x +

1

5

5

6x +

1

6

.

Deci

P (X 0) = q 1q 2q 3q 4 = 1

3 · 1

4 · 1

5 · 1

6 =

1

360 .

Putem calcula probabilitatea P (X 1) folosind şi scrierea lui X 1

X 1 =

A1 ∩ ¯A2 ∩

¯A3 ∩

¯A4 ∪ ¯A1 ∩ A2 ∩ ¯A3 ∩ ¯A4

∪ Ā1 ∩ Ā2 ∩ A3 ∩ Ā4 ∪ Ā1 ∩ Ā2 ∩ Ā3 ∩ A4 .De asemenea, folosind schema lui Poisson (ı̂n cazul k = 1 atingeri şi(4 − 1) ratări), probabilitatea ca ţinta să fie atinsă o singură dată este


40/62


coeficientul corespunzător lui x1 din polinomul Q (x). Deci

P (X 1) = p1q 2q 3q 4 + p2q 1q 3q 4 + p3q 1q 2q 4 + p4q 1q 2q 3

= 2

3 · 1

4 · 1

5 · 1

6 +

3

4 · 1

3 · 1

5 · 1

6 +

4

5 · 1

3 · 1

4 · 1

6 +

5

6 · 1

3 · 1

4 · 1

5 =

7

180 .

Putem calcula probabilitateaP (X 2) folosind şi scrierea lui X 2

X 2 =

A1 ∩ A2 ∩ Ā3 ∩ Ā4 ∪ A1 ∩ Ā2 ∩ A3 ∩ Ā4

∪ Ā1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ Ā4 ∪ A1 ∩ Ā2 ∩ Ā3 ∩ A4∪ Ā1 ∩ A2 ∩ Ā3 ∩ A4 ∪ Ā1 ∩ Ā2 ∩ A3 ∩ A4 .

De asemenea, folosind schema lui Poisson (ı̂n cazul k = 2 atingeri

şi (4 − 2) ratări), probabilitatea P (X 2) este coeficientul corespunzătorlui x2 din polinomul Q (x). Deci

P (X 2) = p1 p2q 3q 4 + p1 p3q 2q 4 + p2 p3q 1q 4 + p1 p4q 2q 3

+ p2 p4q 1q 3 + p3 p4q 1q 2

= 2

3 · 3

4 · 1

5 · 1

6 +

2

3 · 4

5 · 1

4 · 1

6 +

3

4 · 4

5 · 1

3 · 1

6

+2

3 · 5

6 · 1

4 · 1

5 +

3

4 · 5

6 · 1

3 · 1

5 +

4

5 · 5

6 · 1

3 · 1

4 =

71

360 .

Putem calcula probabilitateaP (X 3) folosind şi scrierea

X 3 =

A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ Ā4 ∪ A1 ∩ A2 ∩ Ā3 ∩ A4

∪ A1 ∩ Ā2 ∩ A3 ∩ A4 ∪ Ā1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 .De asemenea, folosind schema lui Poisson (ı̂n cazul k = 3 atingerişi (4 − 3) ratări), probabilitatea P (X 3) este coeficientul corespunzătorlui x3 din polinomul Q (x). Deci

P (X 3) = p1 p2 p3q 4 + p1 p2 p4q 3 + p1 p3 p4q 2 + p2 p3 p4q 1

= 2

3 · 3

4 · 4

5 · 1

6 +

2

3 · 3

4 · 5

6 · 1

5 +

2

3 · 4

5 · 5

6 · 1

4 +

3

4 · 4

5 · 5

6 · 1

3 =

77

180 .

Apoi X 4 = A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 . Folosind schema lui Poisson (ı̂n cazulk = 4), probabilitatea P (X 4) este coeficientul corespunzător lui x4 dinpolinomul Q (x). Deci

P (X 4) = p1 p2 p3 p4 = 2

3 · 3

4 · 4

5 · 5

6 =

2

6 .


41/62


Definim Y ca fiind evenimentul ca ţinta să fie atinsă de cel puţin 2 ori.

Atunci Y = X 2∪X 3∪X 4 iar {X i}i=0,4 sunt evenimente disjuncte, deciP (Y ) = P (X 2 ∪ X 3 ∪ X 4) = P (X 2) + P (X 3) + P (X 4), şi se vor folosirezultatele precedente.

Definim Z ca fiind evenimentul ca ţinta să fie atinsă de cel mult 2ori. Atunci Z = X 0 ∪ X 1 ∪ X 2 , deci P (Z ) = P (X 0 ∪ X 1 ∪ X 2) =P (X 0) + P (X 1) + P (X 2), şi se vor folosi rezultatele precedente (sauZ̄ = X 3 ∪ X 4 iar P (Z ) = 1 − P

Z̄

= 1 − P (X 3) − P (X 4)).Să observăm ı̂n final că evenimentele {X i}i=0,4 formează un sistemcomplet, deci

5i=0 X i = Ω (cu valorile obţinute mai sus se poate face

proba că, ı̂ntr-adevăr,5

i=0 P (X i) = 1 ).

31. Trei arcaşi trag asupra unei ţinte. Probabilitatea să atingă ţinta estepentru fiecare arcaş ı̂n parte p1, p2 şi respectiv p3. După trageri s-aconstatat că ţinta a fost atinsă o singură dată. Care este probabilitateaca ţinta să fi fost atinsă de primul arcaş?

Rezolvare:

Fie Ai evenimentul nimeririi ţintei de către arcaşul i, cu i = 1, 3 şi Bevenimentul că un singur arcaş nimereşte ţinta.

Se cere P (A1|B) care este dată de formula P (A1|B) = P (A1 ∩ B)P (B)

.

Mai ı̂ntâi observăm că are loc A1 ∩ B = A1 ∩ Ā2 ∩ Ā3 , deci, eveni-mentele fiind independente,

P (A1 ∩ B) = P

A1 ∩ Ā2 ∩ Ā3

= P (A1)P

Ā2P

Ā3

= p1q 2q 3 ,

unde q 2 = 1 − p2 , q 3 = 1 − p3 .Pe de altă parte P (B) se obţine din schema lui Poisson şi este egalăcu coeficientul lui x1 din polinomul

Q (x) = ( p1x + q 1) ( p2x + q 2) ( p3x + q 3)

= p1 p2 p3x3 + ( p1 p2q 3 + p1 p3q 2 + p2 p3q 1) x

2

+ ( p1q 2q 3 + p2q 1q 3 + p3q 1q 2) x + q 1q 2q 3 .

Deci probabilitatea cerută este P (A1|B) = p1q 2q 3 p1q 2q 3 + p2q 1q 3 + p3q 1q 2

.

Similar se pot determina probabilităţile P (A2|B) şi P (A3|B) .


42/62


Să menţionăm că putem utiliza şi formula lui Bayes:

P (A1|B) = P (A1)P (B|A1)P (A1)P (B|A1) + P (A2)P (B|A2) + P (A3)P (B|A3) ,

unde

P (B|A1) = P

Ā2 ∩ Ā3

= P

Ā2 · P Ā3 = q 2q 3 ,

P (B|A2) = P

Ā1 ∩ Ā3

= P

Ā1 · P Ā3 = q 1q 3 ,

P (B|A3) = P

Ā1 ∩ Ā2

= P

Ā1 · P Ā2 = q 1q 2 .

32. Într-o ţintă trag simultan n arcaşi, ı̂n condiţii identice, fiecare având

probabilitatea pi, i = 1, n , de a nimeri ţinta. Care este probabilitateaca ţinta să fie atinsă (de cel puţin un arcaş)?

Care este probabilitatea ca ţinta să fie atinsă de cel puţin 3 ori? Darprobabilitatea ca ţinta să fie atinsă de cel mult 3 ori?

Rezolvare:

Definim evenimentele {Ai}i

Documents

Seminar 1-7_Camp de Probabilitate