CAPITOLUL IV

ELEMENTE DE TEORIA

PROBABILITATILOR

In acest capitol se prezinta succesiv acele elemente din teoria proba-bilitatii necesare conceptului de probabilitate. De asemenea, sunt prezen-tate principalele scheme clasice de probabilitate pentru a consolida cunos-tintele acumulate si a crea premisele necesare dezvoltarilor ulterioare dinstatistica.

4.1. Definitia probabilitatii. Axiomele probabilitatii

4.1.1. Experiente. Evenimente

Notiunile de eveniment si experienta sunt notiuni primare n teoriaprobabilitatii. Asa cum n teoria multimilor au fost considerate notiunileprimare de multime si de element al acesteia n mod analog vom procedan aceasta teorie.

Prin experienta ntelegem un act sau proces bine definit care se desfasoaran conditii bine precizate si a carui desfasurare (realizare, efectuare) con-duce la un rezultat.

Exemplul 4.1.1. Aruncarea unui zar perfect omogen din punct devedere fizic, jucarea unui meci de fotbal.

O experienta se numeste aleatoare daca rezultatul ei nu poate fi precizatnainte de efectuarea experientei. Dupa realizarea experientei, rezultatulunic este cunoscut.

Exemplul 4.1.2. Experienta aruncarii zarului este aleatoare, deoarecenu putem prevedea fata care apare la efectuarea experientei, adica la o arun-care a zarului. Dupa realizarea experientei, adica dupa aruncarea zaruluiapare un rezultat unic (o fata a zarului).

O situatie legata de o experienta aleatoare si despre care putem spunecu certitudine daca s-a produs sau nu dupa efectuarea experientei poartanumele de eveniment aleator.

Vom nota evenimentul aleator cu o litera mare a alfabetului indexata(A1, A2, . . .) sau neindexata (A, B, . . .).

Exemplul 4.1.3. Consideram experienta aruncarii zarului si relativ laea urmatoarele evenimente:

E1: apare fata cu 2 puncte;

163

E2: apare una din fetele 2 sau 5;

E3: apare o fata impara;

E4: apare una din fetele 1, 3 sau 5;

E5: apare fata 5;

E6: apare una din fetele 1, 2, 3, 4, 5 sau 6;

E7: apare o fata para;

E8: apare fata 7;

E9: apare una din fetele 1, 2 sau 3.

Asociate unei experiente aleatoare sunt importante evenimentele: eveni-mentul sigur, evenimentul imposibil, evenimentul elementar si compus.

Evenimentul sigur este evenimentul care se realizeaza cu certitudine lafiecare efectuare a experientei. Il vom nota cu S.

Evenimentul imposibil este evenimentul care nu se produce la nici oefectuare a experientei si l vom nota cu .

Evenimentul elementar este definit de un rezultat posibil al experientei.

Evenimentul compus este evenimentul care apare cu doua sau mai multerezultate ale experientei considerate.

Exemplul 4.1.4. Relativ la experienta aruncarii zarului si la eveni-mentele din Exemplul 4.1.3. evenimentul sigur este E6, evenimentul imposi-bil este E8, evenimente elementare sunt E1 si E5, iar E2, E3, E4, E6, E7, E9sunt compuse.

Observatia 4.1.1. Evenimentul sigur consta n nerealizarea evenimen-tului imposibil, iar evenimentul imposibil consta n nerealizarea evenimen-tului sigur.

Observatia 4.1.2. O anologie ntre evenimente si multimi permiteo expunere mai comoda ale unor idei si rezultate legate de conceptul deeveniment. Astfel, daca 1, 2, . . . , n sunt evenimentele elementare aleunei experiente atunci prin evenimentul sigur vom ntelege multimea tu-turor evenimentelor elementare, adica

{1, 2, . . . , n},

multime pe care o vom nota n continuare cu .

Putem vorbi n continuare si despre

P()multimea tuturor partilor lui

astfel, pentru un eveniment compus A putem scrie n contextul analogieidintre evenimente si multimi ca A sau A P().

164

Fie A P(). Evenimentul care se realizeaza atunci cand nu se rea-lizeaza A si care nu se realizeaza atunci cand se realizeaza A se numestecontrarul lui A si vom nota A.

Atunci

S = , = S.

Exemplul 4.1.5. Evenimente contrare sunt E3 si E7.

Evenimentele A si B P() se numesc compatibile daca se pot producesimultan, adica daca exista rezultate care favorizeaza atat aparitia lui A catsi a lui B.

Exemplul 4.1.6. Evenimente compatibile sunt: E1 si E2, E1 si E7,E1 si E9, E2 si E3, E2 si E5.

Evenimentele A si B P() se numesc incompatibile daca nu se potproduce simultan, adica daca nu exista rezultate care favorizeaza atat peA cat si pe B.

Exemplul 4.1.7. Evenimentele E5 si E7, E1 si E5 sunt incompatibile,dar nu sunt contrare.

Spunem ca evenimentul A P() implica evenimentul B P() sauevenimentul B este implicat de evenimentul A si notam A B sau A Bdaca B se produce ori de cate ori se produce A.

Exemplul 4.1.8. Evenimentul E2 este implicat de evenimentul E1.

Observatia 4.1.3. Orice eveniment implica evenimentul sigur si esteimplicat de evenimentul imposibil

A S, A.

Doua evenimente A, B P() se zic echivalente si notam A B sauA = B daca fiecare eveniment l implica pe celalalt.

Exemplul 4.1.9. Evenimentele E3 si E4 sunt echivalente.

165

4.1.2. Operatii cu evenimente

Fie A, B P().

Reuniunea evenimentelor A si B o notam A B si este evenimentula carui producere consta n producerea a cel putin unuia din cele douaevenimente.

Exemplul 4.1.10. Reuniunea evenimentelor E1 si E5 este evenimentulE2.

Intersectia evenimentelor A si B este evenimentul notat A B careconsta n producerea simultana a evenimentelor A si B.

Exemplul 4.1.11. Intersectia evenimentelor E2 si E4 este evenimentulE5.

Diferenta evenimentelor A si B este notata A \ B si este evenimentula carei producere consta din aparitia evenimentului A si neaparitia eveni-mentului B.

Exemplul 4.1.12. Diferenta dintre evenimentul E2 si E4 este eveni-mentul E1.

Observatia 4.1.4. Folosind operatiile cu evenimente, doua evenimentecompatibile, respectiv incompatibile, A si B se exprima prin

A B 6= ,

respectiv prin

A B = .

166

Daca evenimentele A1, A2, . . . , An sunt incompatibile doua cate douaatunci ele sunt incompatibile si n totalitate dar nu si reciproc:

daca Ai Aj = , 1 i 6= j n, atunci A1 A2 . . . An = .

Daca A1, A2, . . . An sunt compatibile n totalitate atunci sunt compati-bile doua cate doua, dar nu si reciproc

daca A1 A2 . . . An 6= atunci Ai Aj 6= , 1 i 6= j n.

4.1.3. Definitia clasica a probabilitatii

Oricare evenimente care pot sa apara cu ocazia unei experiente senumesc evenimente posibile.

Diferite evenimente posibile ale unei experiente se numesc egal probabiledaca au aceasi sansa de a se produce.

Fie A P(). Daca n urma unei experiente rezulta n evenimente egalprobabile dintre care doar m se definesc evenimentul A atunci probabilitateade realizare a lui A, P (A) este:

P (A) =m

n.

Observatia 4.1.5. Aplicarea definitiei clasice a probabilitatii n cazuln care nu se ndeplineste conditia de egal probabilitatea cazurilor poateduce la erori.

In cazul n care n urma unei experiente nu rezulta si evenimente egalprobabile, nu exista o modalitate teoretica care sa permita calculul proba-bilitatii cu acuratete absoluta. In practica, de obicei, se analizeaza dateleexistente din repetarea experientei n acelasi conditii si apoi se calculeazaprobabilitatea unui eveniment ca raportul dintre numarul cazurilor n careevenimentul de interes s-a produs si numarul experientelor.

Observatia 4.1.6. Definitia clasica a probabilitatii nu se poate aplican cazul n care n , adica multimea este infinita.

Exemplul 4.1.13. Un dispozitiv electronic este compus din 5 elementefundamentale a caror functionare normala implica functionarea dispozitivu-lui. Cu ce probabilitate dispozitivul functioneaza, daca cele 5 piese suntalese dintr-un lot de 1000 piese dintre care 50 sunt defecte?

Numarul cazurilor egal probabile este C51000, dintre care numarul cazurilorfavorabile functionarii dispozitivului este C5950. Atunci, probabilitatea cerutaeste

C5950C51000

=950 949 948 947 946

1000 999 998 997 996= 0, 77.

167

4.1.4. Definitia axiomatica a probabilitatii

Pornind de la diferitele inconveniente ale definitiei clasice a proba-bilitatii s-a impus necesitatea punerii unor baze axiomatice ale teoriei pro-babilitatii.

Consideram o experienta si relativ la ea multimea tuturor partilor P()a multimii rezultatelor posibile .

Functia P : P() [0, 1] ce ndeplineste conditiile:(i) P (S) = 1;

(ii) daca A, B P() si A B = atunci P (A B) = P (A) + P (B)se numeste probabilitate.

Conditia (ii) are loc si pentru A1, A2, . . . , An P() incompatilile douacate doua:

daca A1, A2, . . . , An P() si Ai Aj = , i 6= j

atunci

P (A1 A2 . . . An) = P (A1) + P (A2) + . . . + P (An).

Au loc urmatoarele proprietati:

Propozitia 4.1.1. (i) P () = 0;(ii) P (A) = 1 P (A), A P();(iii) P (B \A) = P (B) P (A), A, B P(); A B;(iv) P (A B) = P (A) + P (B) P (A B), A, B P();

(v) P

(n

i=1

Ai

)=

ni=1

P (Ai)

1i

(iv) Evenimentul A B l putem scrie ca reuniunea unor evenimenteincompatibile astfel:

A B = (A \ (A B)) (A B) (B \ (A B)),

si folosind proprietatea anterioara avem:

P (A B) = P (A) P (A B) + P (A B) + P (B) P (A B)= P (A) + P (B) P (A B);

(v) Formula lui Poincare se demonstreaza prin inductie. Vom prezentadoar cazul n = 2 si n = 3, iar cazul general de inductie se face n modanalog.

Cazul n = 2 este chiar proprietatea 4.Pentru cazul n = 3 avem:

P (A1 A2 A3) = P ((A1 A2) A3) =

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

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

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

+P (A1 A2 A3).

Exemplul 4.1.14. (Problema concordantelor sau coincidentelor). Lao petrecere vin n perechi sot-sotie si la primul dans s-au format perechi nmod aleator. Vom determina probabilitatea ca cel putin un sot sa dansezecu sotia sa.

Fiecarei pereche i vom atribui un numar de la 1 la n.Definim evenimentele:A : cel putin un sot danseaza cu sotia sa;Ai : se formeaza perechea i, i = 1, n.Atunci:

A = A1 A2 . . . An

si pentru calculul probabilitatii folosim formula lui Poincare.Cu ajutorul definitiei clasice calculam:

P (Ai) =(n 1)!

n!=

1

n, i = 1, n,

P (Ai Aj) =(n 2)!

n!=

1

(n 1)n, 1 i < j n,

P (Ai Aj Ak) =(n 3)!

n!=

1

(n 2)(n 1)n, 1 i < j < k n

. . .

P (A1 A2 . . . An) =1

n!,

169

iar

P (A) =n

i=1

P (Ai)

1i

si specialitate s-a anuntat ca bursa a fost obtinuta de un baiat. In acesteconditii probabilitatea ca Ionut sa obtina bursa este 1/4.

Sa analizam situatia data. Pentru aceasta vom considera evenimentele:A : Ionut obtine bursa;B : un baiat obtine bursa.

Atunci P (A B) =1

7si P (B) =

4

7. Probabilitatea ca Ionut sa obtina

bursa stiind ca un baiat a fost ales n urma probelor de limba englezasi specialitate se noteaza P (A|B) sau PB(A) si se numeste probabilitatea

conditionata si este egala cu1

4. Observam ca

P (A|B) =1

4=

1

74

7

=P (A B)

P (B).

In mod analog putem rationa n cazul unei experiente oarecare cu unnumar finit de cazuri egal probabile.

Consideram o experienta aleatoare cu n cazuri posibile, dintre care mfavoravile aparitiei evenimentului B, p favorabile aparitiei evenimentului Asi q favorabile aparitiei evenimentului A B.

AtunciP (B) =

m

n, P (A) =

p

n, P (A B) =

q

n.

Daca B s-a realizat atunci sunt m cazuri posibile, dintre care doar q,q m, sunt favorabile aparitiei evenimentului A. Astfel, probabilitatea de

aparitie a evenimentului A, stiind ca B s-a realizat, notata P (A|B) esteq

m.

Aceasta probabilitate se obtine astfel:

P (A|B) =q

m=

q

nm

n

=P (A B)

P (B).

Avem:Fie (,K, P ) un camp de probabilitate si B K, astfel ncat P (B) > 0.

Probabilitatea unui eveniment A, conditionata de aparitia evenimentuluiB notata P (A|B) este data de raportul:

P (A|B) =P (A B)

P (B).

Observatia 4.2.1. In mod analog, pentru P (A) > 0 avem:

P (B|A) =P (A B)

P (A),

171

de unde probabilitatea intersectiei a doua evenimente A si B se poate ex-prima astfel:

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

Exemplul 4.2.2. Dupa prima sesiune din anul I profesorul de microe-conomie a facut urmatoarea analiza: 40% din studenti nu au promovatexamenul de microeconomie, 30% nu au promovat nici examenul de mi-cronomie nici cel de matematici, 20% nu au promovat microeconomia sidreptul si 15% nu au promovat nici unul din cele trei examene. Daca unstudent nu a promovat microeconomia cu ce probabilitate nu a promovatmatematica?

Definim evenimentele:

A = studentul nu a promovat examenul de microeconomie;

B = studentul nu a promovat examenul de matematica.

Din ipoteza P (A) = 0, 4, iar P (A B) = 0, 3. Atunci probabilitateaceruta este

P (B|A) =P (B A)

P (A)=

0, 3

0, 4= 0, 75.

Exemplul 4.2.3. Intr-un oras la Politia Comunitara sunt 1200 ofiteridintre care 960 barbati si 240 femei.

In ultimul an au fost promovati 288 barbati si 36 femei. Femeile ofiteriau protestat argumentand ca s-a facut discriminare ntre barbati si femeicu privire la ultimele promovari. Exista un argument matematic n acestsens?

Vom defini evenimentele:

M : ofiterul este barbat;

F : ofiterul este femeie;

A : ofiterul este promovat.

Din ipoteza se deduce:

P (M) =960

1200= 0, 8, probabilitatea ca un ofiter sa fie barbat;

P (F ) =240

1200= 0, 2, probabilitatea ca un ofiter sa fie femeie;

P (M A) =288

1200= 0, 24, probabilitatea ca un ofiter sa fie barbat si

promovat;

P (F A) =36

1200= 0, 03 probabilitatea ca un ofiter sa fie femeie si

promovat.

Din aceste informatii putem calcula:

P (A|M) =P (A M)

P (M)=

0, 24

0, 80= 0, 30

172

probabilitatea ca un ofiter sa fie promovat daca este barbat;

P (A|F ) =P (A F )

P (F )=

0, 03

0, 20= 0.15

probabilitatea ca un ofiter sa fie promovat daca este femeie.Astfel putem trage concluzia ca probabilitatea ca un ofiter sa fie promo-

vat daca este barbat este mai mare decat probabilitatea ca un ofiter sa fiepromovat daca e femeie. Aceasta demonstreaza ca a existat discriminare.

Au loc:Proprietatea 4.2.1. Pentru A, B, B1, B2 K avem:(i) P (A|S) = P (A);(ii) P (S|A) = 1;(iii) P (B|A) = 1 P (B|A);(iv) P (B1 B2|A) = P (B1|A) + P (B2|A) P (B1 B2|A).

Demonstratie: (i) P (A|S) =P (A S)

P (S)= P (A S) = P (A);

(ii) P (S|A) =P (S A)

P (A)=

P (A)

P (A)= 1;

(iii) P (B|A) =P (B A)

P (A)=

P (A \B)

P (A)=

P (A) P (A B)

P (A)= 1

P (B|A);

(iv) P (B1 B2|A) =P ((B1 B2) A)

P (A)=

P (B1 A) (B2 A))

P (A)=

P (B1 A) + P (B2 A) P (B1 B2 A)

P (A)= P (B1|A)+P (B2|A)P (B1

B2|A).

Exemplul 4.2.4. Consideram datele din Exemplul 4.2.2. Cu ce pro-babilitate un student a promovat examenul de matematica stiind ca nu apromovat microeconomia? Cu ce probabilitate un student nu a promo-vat cel putin unul din examenele de drept sau matematica stiind ca nu apromovat microeconomia?

173

Cu ajutorul evenimentelor definite n Exemplul 4.2.2. avem:

P (B|A) = 1 P (B|A) = 1 0, 75 = 0, 25.

Pentru ultima probabilitate ceruta mai definim evenimentul:C : studentul nu a promovat examenul de drept.Atunci:

P (B C|A) = P (B|A) + P (C|A) P (B C|A) =

=P (B A)

P (A)+

P (C A)

P (A)

P (B C A)

P (A)=

=0, 3 + 0, 2 0, 15

0, 4=

0, 35

0, 4= 0, 875.

Proprietatea 4.2.2. (Formula de nmultire a probabilitatilor). Fie(,K, P ) un camp de probabilitate si A1, A2, . . . , An K cu P (A1 A2 . . . An1) 6= 0. Atunci:

P (A1 A2 . . . An) =

= P (A1) P (A2|A1) P (A3|A1 A2) . . . P (An|A1 A2 . . . An1).

Demonstratie. Pornim din partea dreapta a egalitatii de mai sus:

P (A1) P (A2|A1) P (A3|A1 A2) . . . P (An|A1 A2 . . . An1) =

= P (A1)P (A2 A1)

P (A1)P (A3 A1 A2)

P (A1 A2). . .

P (An A1 A2 . . . An1)

P (A1 A2 . . . An1)=

= P (A1 A2 . . . An).

Exemplul 4.2.4. O urna contine 4 bile albe si 5 bile negre. Din urnase extrag pe rand trei bile fara revenire (fara a pune napoi bilele extrase).Care este probabilitatea ca prima si a treia bila sa fie alba, iar a doua bilasa fie neagra.

Definim evenimentele:A1 : prima bila extrasa este alba;A2 : a doua bila extrasa este neagra;A3 : a treia bila extrasa este alba;

atunci :

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

=4

95

83

7= 0, 11.

174

Spunem ca evenimentele B1, B2, . . . , Bn K reprezinta o desfacere sauo partitie a evenimentului sigur S, daca:

(i) Bi Bj 6= , i 6= j;(ii) B1 B2 . . . Bn = S;(iii) P (Bi) > 0, i = 1, n.

Cu alte cuvinte, la efectuarea experientei unul si numai unul din eveni-mentele Bi se realizeaza.

Propozitia 4.2.3. (Formula probabilitatii totale). Fie (,K, P ) uncamp de probabilitate si B1, B2, . . . , Bn o partitie a evenimentului sigur S.Atunci pentru orice A K avem:

P (A) = P (B1)P (A|B1) + . . . + P (Bn) P (A|Bn).

Demonstratie. Avem:

P (A) = P (A S) = P

(A

(n

i=1

Bi

))= P

(n

i=1

(A Bi)

)=

=n

i=1

P (A Bi) =n

i=1

P (Bi)P (A|Bi),

unde (A Bi) (A Bj) = , pentru i 6= j.

Exemplul 4.2.5. Doi studenti se prezinta la examen si aleg pe randcate un subiect din cele 20 teoretice si 30 cu aplicatii. Care este probabili-tatea ca al doilea student sa aleaga un subiect teoretic?

Definim evenimentele:

B1 : primul student alege un subiect teoretic;

B2 : primul student alege un subiect cu aplicatii;

A : al doilea student alege un subiect teoretic.

Evenimentele B1 si B2 formeaza o partitie a evenimentului sigur.

Folosind formula probabilitatii totale avem:

P (A) = P (B1)P (A|B1)+P (B2)P (A|B2) =20

5019

49+

30

5020

49=

2

5= P (B1).

Astfel, probabilitatea de a alege un bilet teoretic este aceasi pentruprimul si al doilea student.

Exemplul 4.2.6. O urna contine 5 bile albe si 7 bile negre. Se extragpe rand doua bile fara revenire. Cu ce probabilitate a doua bila extrasaeste alba?

Definim evenimentele:

B1 : prima bila extrasa este alba;

175

B2 : prima bila extrasa este neagra;A : a doua bila extrasa este alba.Evenimentele B1, B2 reprezinta o partitie a evenimentului sigur. Atunci,

aplicand formula probabilitatii totale avem:

P (A) = P (B1) P (A|B1) + P (B2)P (A|B2) =5

12

4

11+

7

12

5

11.

Proprietatea 4.2.4. (Formula lui Bayes). Fie (,K, P ) un campde probabilitate si B1, B2, . . . , Bn o partitie a evenimentului sigur. Atuncipentru orice A K avem:

P (Bi|A) =P (Bi)P (A|Bi)

ni=1

P (Bi)P (A|Bi).

Demonstratie. In demonstratie vom folosi formula probabilitatii to-tale

P (Bi|A) =P (A Bi)

P (A)=

P (Bi)P (A|Bi)n

i=1

P (Bi)P (A|Bi).

Exemplul 4.2.7. Avem trei urne cu urmatoarele compozitii:U1 : 5 bile albe si 3 bile negre,U2 : 4 bile albe si 5 bile negre,U3 : 7 bile albe si 9 bile negre. Atunci:(i) Cu ce probabilitatea se extrage o bila alba?(ii) Daca bila este neagra cu ce probabilitate s-a ales urna U1?Definim evenimentele:B1 : se alege U1;B2 : se alege U2;B3 : se alege U3;A : bila extrasa este alba.Evenimentele B1, B2, B3 reprezinta o partitie a evenimentului sigur.(i) Folosim formula probabilitatii totale:

P (A) = P (B1)P (A|B1) + P (B2)P (A|B2) + P (B3)P (A|B3) =

=1

35

8+

1

34

9+

1

3

7

16' 0, 5.

(ii) Folosim formula lui Bayes:

P (B1|A) =P (B1)P (A|B1)

P (A)=

P (B1)P (A|B1)

1 P (A)=

1

33

81 0, 5

= 0, 25.

176

4.3. Evenimente independente

Fie A si B doua evenimente ale unei experiente aleatoare cu P (A), P (B) >0. Din definitia probabilitatii conditionate avem:

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

Daca P (A|B) = P (A) si P (B|A) = P (B) atunci probabilitatea deaparitie a evenimentului A nu este influentata de aparitia evenimentului Bsi reciproc. In aceste conditii:

P (A B) = P (A) P (B),

iar evenimentele A si B K se numesc independente.

Exemplul 4.3.1. Se considera experienta aruncarii a doua zaruri sirelativ la ea evenimentele:

A : pe I zar se obtine un numar par de puncte;B : pe al II-lea zar se obtine un numar impar de puncte.

Sunt A si B independente?Cu formula clasica a probabilitatii avem:

P (A) =18

36, P (B) =

18

36,

iar evenimentulA B : pe I zar se obtine un numar par de puncte si pe al II-lea zar se

obtine un numar impar de puncte

are probabilitatea de aparitie P (A B) =9

36.

AtunciP (A B) = P (A)P (B)

si evenimentele A si B sunt independente.

Proprietatea 4.3.1. Daca A si B sunt independente atunci perechileA si B, A si B, A si B sunt independente.

Demonstratie. Din ipoteza P (A B) = P (A) P (B). Avem:

P (A B) = P (A \ (A B)) = P (A) P (A B) = P (A) P (A) P (B) =

= P (A)(1 P (B)) = P (A)P (B)

P (A B) = P (B \ (A B)) = P (B) P (A B) = P (B) P (A)P (B) =

= P (B)(1 P (A)) = P (B)P (A)

P (A B) = P (A B) = 1 P (A B) = 1 P (A) P (B) + P (A B) =

177

= P (A) P (B) + P (A)P (B) = P (A) P (B)(1 P (A)) =

= P (A)(1 P (B)) = P (A)P (B).

Observatia 4.3.1. Doua evenimente A, B K cu P (A), P (B) > 0independente sunt si compatibile (A B 6= ).

In adevar, daca presupunem prin absurd ca AB = atunci P (AB) =0, de unde tinand cont de ipoteza de independenta a evenimentelor A si Bobtinem P (A) = 0 sau P (B) = 0, ceea ce contrazice ipoteza.

Observatia 4.3.2. Daca P (A B) 6= P (A) P (B) atunci A si B suntdependente.

Evenimentele A, B, C K cu P (A), P (B), P (C) > 0 sunt independentedaca:

P (A B) = P (A)P (B),P (A C) = P (A)P (C),P (B C) = P (B)P (C),P (A B C) = P (A)P (B)P (C),

Exemplul 4.3.2. Doi studenti se prezinta la examen. Probabilitateade a promova examenul este de 0,9 pentru primul student si 0,4 pentru celde-al doilea. Ce probabilitate de aparitie au urmatoarele evenimente:

(i) numai primul student promoveaza;(ii) ambii studenti promoveaza;(iii) cel putin un student promoveaza;(iv) cel mult un student promoveaza.Vom defini evenimentele:A : primul student promoveaza;B : al doilea student promoveaza.

cu contrarele lor:A = primul student nu promoveaza;B = al doilea student nu promoveaza.Se stie ca: P (A) = 0, 9, P (B) = 0, 4, iar P (A) = 1 P (A) = 0, 1 si

P (B) = 1 P (B) = 1 0, 5 = 0, 6. Atunci:(i) P (A B) = P (A) P (B) = 0, 9 0, 6 = 0, 54;(ii) P (A B) = P (A) P (B) = 0, 9 0, 4 = 0, 36;(iii) P (A B) = P (A) + P (B) P (A B) = 0, 9 + 0, 4 0, 36 = 0, 94;

(iv) P((A B) (A B) (A B)

)=

= P (A)P (B)+P (A)P (B)+P (A)P (B) = 0, 10, 6+0, 10, 4+0, 90, 6 = 0, 64.

Exemplul 4.3.3. Trei echipe de muncitori lucreaza la finalizarea uneicase. Probabilitatile ca aceste echipe sa termine lucrarile la timp sunt,respectiv: 0, 9, 0, 95, 0, 8. Calculati probabilitatile evenimentelor

178

(i) toate echipele termina la timp lucrarile;(ii) numai o echipa termina la timp lucrarile;(iii) numai doua echipe termina la timp lucrarile;(iv) cel putin o echipa termina la timp lucrarile.Definim evenimentele:A : prima echipa termina lucrarea la timp;B : a doua echipa termina lucrarea la timp;C : a treia echipa termina lucrarea la timp,

cu P (A) = 0, 9, P (B) = 0, 95, P (C) = 0, 8 si P (A) = 0, 1, P (B) = 0, 05,P (C) = 0, 2.

Avem:(i) P (A B C) = P (A)P (B)P (C) = 0, 9 0, 95 0, 8 = 0, 68;(ii) P ((A B C) (A B C) (A B C)) =

= P (A) P (B) P (C) + P (A)P (B)P (C) + P (A)P (B)P (C) =

= 0, 9 0, 05 0, 2 + 0, 1 0, 95 0, 2 + 0, 1 0, 05 0, 8 = 0, 032;

(iii) P ((A B C) (A B C) (A B C)) =

= P (A)P (B)P (C) + P (A)P (B)P (C) + P (A)P (B)P (C) =

= 0, 9 0, 95 0, 2 + 0, 9 0, 05 0, 8 + 0, 1 0, 95 0, 8 = 0, 283;

(iv) P (A B C) =

= P (A)+P (B)+P (C)P (AB)P (AC)P (BC)+P (ABC) =

= P (A) + P (B) + P (C) P (A)P (B) P (A)P (C) P (B)P (C)+

+P (A)P (B)P (C) =

= 0, 9+0, 95+0, 80, 9 0, 950, 9 0, 80, 95 0, 8+0, 9 0, 95 0, 8 = 0, 99.

Observatia 4.3.3. In general, daca A si B, A si C, B si C suntindependente nu rezulta ca A, B, C sunt independente n totalitate, adica

P (A B C) 6= P (A) P (B) P (C).

Vom justifica afirmatia folosind urmatorul exemplu:

Exemplul 4.3.4. Se considera experienta aruncarii unui tetraedru careare fetele colorate dupa cum urmeaza: fata unu colorata n trei culori: rosu,galben, albastru; fata doi colorata n rosu; fata trei colorata n galben; fatapatru colorata n albastru. Consideram evenimentele;

A : tetraedrul cade pe o fata ce contine culoarea rosie;B : tetraedrul cade pe o fata ce considera culoarea galbena;

179

C : tetraedrul cade pe o fata ce contine culoarea albastra.Evenimentele A, B, C sunt independente?Cu formula clasica a probabilitatii avem:

P (A) = P (B) = P (C) =2

4=

1

2.

Fie evenimentele:A B : tetraedrul cade pe o fata ce contine culoarea rosie si galbena;AC : tetraedrul cade pe o fata ce contine culoarea galbena si albastra;AB C : tetraedrul cade pe o fata ce contine culoarea rosie, galbena,

albastra;cu probabilitatile de aparitie:

P (A B) =1

4, P (A C) =

1

4, P (B C) =

1

4, P (A B C) =

1

4.

Se verifica relatiile:

P (A B) = P (A)P (B), P (A C) = P (A)P (C), P (B C) = P (B)P (C),

iar P (AB C) 6= P (A)P (B)P (C), deci A, B, C sunt independente douacate doua, dar nu sunt independente n totalitate.

In general, avem:Fie (,K, P ) un camp de probabilitate. Evenimentele A1, A2, . . . , An

K cu proprietatea:

P (Ai1 Ai2 . . . Aik) = P (Ai1)P (Ai2) . . . P (Aik),

pentru orice indici 1 i1 < i2 < . . . < ik n, se numesc evenimenteindependente.

4.4. Scheme probabilistice

Consideram aplicatii cunoscute sub numele de scheme probabilisticeclasice, deoarece ele reprezinta modele probabilistice folosite pentru calcu-lul unor probabilitati pe baza unor formule, indiferent de natura experi-mentului considerat, fara a recurge de fiecare data la definitia clasica.

4.4.1. Schema lui Bernoulli cu doua stari

Se considera o urna ce contine N bile de doua culori, de exemplu N1bile albe si N2 bile negre, N1 + N2 = N .

Mai intai extragem o bila, nregistram culoarea acesteia si o repunemn urna (caz n care vom spune ca extragerea este cu revenire). Facem n

180

extrageri n IN si ne intereseaza probabilitatea ca din cele n bile extrasek bile, k IN , k n sa fie de o culoare precizata, de exemplu alba. Astfel,avem schema lui Bernoulli cu bila revenita pentru urna ce contine bile dedoua culori sau schema binomiala.

Observam ca la fiecare din cele n extrageri compozitia urnei este aceeasi,

astfel probabilitatea de a obtine o bila alba la oricare extragere esteN1N

,

iar de a obtine o bila neagra esteN2N

.

Pentru calculul probabilitatii cerute, notate P (n, k), definim evenimentele:Ai : la extragerea i apare o bila alba;Ai : la extragerea i apare o bila neagra;B : k bile sunt albe din cele n extrase, cu i = 1, n.Unul din evenimentele elementare poate fi de forma:

(Aii Ai2 . . . Aik) (Aik+1 . . . Ain)not= Bk

unde n prima paranteza sunt k evenimente intersectate, iar n a douaparanteza sunt n k evenimente intersectate.

Cum evenimentele Ai si Ai sunt independente oricare ar fi i = 1, n avem:

P (Bk) =k

j=1

P (Aij) n

j=k+1

P (Aij) =

=N1N

. . .N1N

de k ori

N2N

. . .N2N

de nk ori

=Nk1 N

nk2

Nn.

Evenimentul B se scrie ca o reuniune de evenimente incompatibile douacate doua:

B =

(Ai1 . . . Aik Aik+1 . . . Ain),

reuniunea facandu-se dupa indicii i1, i2, . . . , ik, 1 i1 < . . . < ik n.Atunci:

P (B) =

1i1

care este chiar coeficientul de rang k din dezvoltarea binomiala

(px + q)n =n

k=0

Cknpkqnkxk,

de unde si denumirea de schema binomiala.

Observatia 4.4.2. O alta varianta a schemei binomiale o prezentamn cele ce urmeaza. Consideram o experienta n care apare evenimetul Asau A cu probabilitatea P (A) = p, respectiv P (A) = q, p+q = 1. Repetamexperienta de n ori n conditii identice, n mod independent, si ne punemproblema determinarii probabilitatii ca evenimentul A sa se realizeze de kori (0 k n).

Exemplul 4.4.1. Dintr-o urna cu 10 bile albe si 15 bile negre se extragconsecutiv 5 bile cu revenire. Cu ce probabilitate se vor extrage:

(i) 2 bile albe si 3 bile negre;

(ii) numai bile negre;

(iii) cel putin 4 bile negre.

Suntem n conditiile schemei binomiale cu N1 = 10, N2 = 15, N = 25,

n = 5, p =N1N

=2

5, q =

N2N

=3

5.

(i) k = 2, P (5, 2) = C25

(2

5

)2 (35

)3.

(ii) k = 0, P (5, 0) = C05

(2

5

)0 (35

)5=

(3

5

)5.

(iii) k = 1 sau k = 0,

P (5, k 1) = P (5, 0) + P (5, 1) =

(3

5

)5+ C15

2

5

(3

5

)4=

(3

5

)4 135

.

Exemplul 4.4.2. Intr-o anumita statie un tren soseste la ora fixata cuprobabilitatea 0,9. Care este probabilitatea ca ntr-o saptamana:

(i) sa nu ntarzie niciodata;

(ii) sa intarzie de doua ori;

(iii) sa ntarzie de cel mult doua ori.

Observam ca experienta descrisa este de acelasi tip cu cea descrisa nObservatia 4.4.2, unde evenimentul A este:

A: trenul soseste la ora fixata

cu P (A) = p = 0, 9, q = 0, 1 si n = 7. Astfel avem:

(i) k = 7, P (7, 7) = C77 (0, 9)7(0, 1)0 = (0, 9)7.

(ii) k = 5, P (7, 5) = C57 (0, 9)5(0, 1)2.

182

(iii) k = 7 sau k = 6 sau k = 5,

P (7, k 5) = P (7, 5) + P (7, 6) + P (7, 7) =

= C57 (0, 9)5/0, 1)2 + C67 (0, 9)

6(0, 1) + (0, 9)7.

Fie acum experienta ce consta n extragerea unei bile si inregistrareaculorii acesteia (bila extrasa nu mai este reintrodusa n urna, caz n carevom spune ca extragerea este fara revenire). Repetam experienta de nori, n IN si se cere probabilitatea (notata P (n, k)) ca din cele n bileextrase k (k IN , k n) sa fie albe. Aceasta este schema lui Bernoullicu bila nerevenita pentru urna ce contine bile de doua culori sau schemahipergeometrica.

Pentru a determina probabilitatea ceruta vom folosi definitia clasica aprobabilitatii.

Numarul cazurilor posibile este dat de numarul de submultimi de n bileale multimii de N bile din urna (nu ne intereseaza ordinea de aparitie aculorilor), adica CnN = C

nN1+N2

.

Numarul cazurilor favorabile se determina astfel: avem CkN+1 modalitatidiferite de a extrage k bile albe din multimea bilelor albe existente n urnasi CnkN2 modalitati diferite de a extrage nk bile negre din multimea bilelor

negre existente. Combinand aceste modalitati obtinem CkN1 CnkN2

.

Asadar, probabilitatea cautata este:

P (n, k) =CkN1C

nkN2

CnN1+N2.

Exemplul 4.4.3. In dosarul de matematica al unui student din anulI, la sfarsitul semestrului se gasesc 5 lucrari si 10 teme. Profesorul alegela ntamplare 8 din ele pentru a stabili nota obtinuta de student pentruactivitatea din timpul semestrului.

Care este probabilitatea de a alege:

(i) 3 lucrari si 5 teme;

(ii) cel putin 6 teme.

Aplicam schema hipergeometrica pentru N1 = 5, N2 = 10, n = 8 si

(i) k = 3, P (8, 3) =C35 C

510

C815.;

(ii) k = 2 sau k = 1 sau k = 0 (putem avea 6 teme si 2 lucrari sau 7teme si o lucrare sau 8 teme si nici o lucrare).

P (8, k 2) = P (8, 0) + P (8, 1) + P (8, 2) =C05 C

810 + C

15 C

710 + C

25 C

610

C815.

183

4.4.2. Schema lui Bernoulli cu mai multe stari

De la schemele cu doua stari, vom trece la scheme mai generale, dupacum urmeaza: schema bilei revenite (respectiv, nerevenite) pentru urna cecontine bile de doua culori se generalizeaza la schema bilei revenite (respec-tiv, nerevenite) pentru urna ce contine bile de mai multe culori.

Schema bilei revenite pentru urna ce contine bile de mai multe

culori:Consideram urna cu bile de m culori (m IN) notate c1, c2, . . . , cm.

Notam cu pi probabilitatea de a extrage o bila de culoarea ci, 1 i n,p1 + . . . + pm = 1. Facem n extrageri cu revenire si ne punem problemadeterminarii probabilitatii (notata P (ni; k1, k2, . . . , km) ca din cele n bileextrase ki sa fie de culoarea ci, 1 i m, cu k1 + k2 + . . . + km = n. Prinrationamente similare cu cele de la schema binomiala, se obtine:

P (n; k1, k2, . . . , km) =n!

k1! k2! . . . km! pk11 . . . p

kmm .

Observatia 4.4.3. O alta varianta a schemei prezentate este prezen-tata n cele ce urmeaza. Fie o experienta la realizarea careia apare unuldintre evenimentele A1, A2, . . . , Am, care formeaza o partitie a evenimentu-lui sigur. Daca notam pi = P (Ai), 1 i m, atunci p1 +p2 + . . .+pm = 1.

Se repeta experienta de n ori n conditii identice n mod independent. Lafiecare repetare a experientei probabilitatea pi de aparitie a evenimentuluiAi, 1 i m, ramane neschimbata. Se pune problema determinariiprobabilitatii ca n cele n experiente efectuate evenimentul Ai sa apara dek ori, 1 i m, cu k1 + k2 + . . . + km = n.

Exemplul 4.4.4. Intr-o urna sunt 20% bile albe, 50% bile negre si 30%bile rosii. Se extrag consecutiv 7 bile, punandu-se n urna de fiecare databila extrasa. Care este probabilitatea sa avem:

(i) 2 bile albe, 4 bile negre si o bila rosie;(ii) numai bile negre;(iii) cel putin 6 bile negre.Aplicam schema bilei revenite pentru urna ce contine bile de mai multe

culori cu p1 =1

5, p2 =

1

2, p3 =

3

10, n = 7.

(i) k1 = 2, k2 = 4, k3 = 1 si

P (7; 2, 4, 1) =7!

2! 4! 1!

(1

5

)2

(1

2

)4

3

10.

(ii) k1 = 0, k2 = 7, k3 = 0 si

P (7; 0, 7, 0) =7!

0! 7! 0!

(1

5

)0 (12

)7

(3

7

)0=

1

27.

184

(iii) k1 = 0, k2 = 6, k3 = 1 sau k1 = 1, k2 = 6, k3 = 0 sau k1 = 0,k2 = 7, k3 = 0 si probabilitatea ceruta este

P (7; 0, 6, 1) + P (7; 1, 6, 0) + P (7; 0, 7, 0) =

=7!

0! 6! 1!

(1

5

)0

(1

2

)6

(3

10

)1+

7!

1! 6! 0!

(1

5

)1

(1

2

)6

(3

10

)0+

1

27=

1

24.

Schema bilei nerevenite pentru urna ce contine bile de mai

multe culori

Consideram urna ce contine N bile dintre care Ni bile au culoarea ci,1 i m, N1 + N2 + . . . + Nm = N . Se fac n extrageri fara revenire(n N), succesive, si ne punem problema determinarii probabilitatii de aextrage ki i = 1, m bile de culoarea ci, 1 i m, k1 + k2 + . . . + km = n.

Procedand analog schemei hipergeometrice obtinem ca numarul cazurilorfavorabile este Ck1N1 C

k2N2

. . . CkmNm , iar numarul cazurilor posibile CnN .

Asadar, probabilitatea ceruta, notata P (n; k1, . . . , km) este data de:

P (n; k1, k2, . . . , km) =Ck1N1 C

k2N2 . . . CkmNm

CnN.

Exemplul 4.4.5. Privind situatia la matematica, ntr-o clasa sunt 8elevi foarte buni, 10 elevi buni, iar 5 sunt foarte slabi. Intr-o inspectiefacuta de directorul scolii la ora de matematica acesta, pentru a vedeanivelul clasei, testeaza 10 elevi, la ntamplare. Care este probabilitatea saaleaga:

(i) 4 elevi foarte buni, 4 elevi buni si 2 elevi slabi;

(ii) 9 elevi buni.

Aplicam schema bilei nerevenite pentru N1 = 8, N2 = 10, N2 = 5,N = 23, n = 10 si

(i) k1 = 4, k2 = 4, k3 = 2,

P (10; 4, 4, 2) =C48 C

410 C

25

C1023.

(ii) cei 9 elevi buni pot fi alesi cu unul foarte bun sau cu un elev slab.Astfel probabilitatea ceruta este:

P (10; 1, 9, 0) + P (10; 0, 9, 1) =C18 C

910 C

05 + C

910 C

15 C

08

C1023.

185

4.4.3. Schema lui Poisson

Schema binomiala poate fi generalizata si n alt sens decat cel prezentmai sus.

Astfel consideram n urne notate Ui, 1 i n care contin bile albesi negre n proportii diferite. Din fiecare urna se extrage cate o bila (faraa tine cont de bilele extrase sau cele ce urmeaza sa fie extrase, ceea censeamna ca extragerile sunt independente) si se cere probabilitatea ca dincele n bile extrase k sa fie albe, 0 k n.

Notam cu pi probabilitatea de a extrage o bila alba din urna Ui si cuqi probabilitatea de a extrage o bila neagra, astfel avem ca pi + qi = 1,i = 1, n.

Consideram evenimentele:

Ai := se extrage o bila alba din urna Ui;

Ai := se extrage o bila neagra din urma Ui;

B := din cele n bile extrase k sunt albe;

si polinomul:

Q(x) = (p1x + q1)(p2x + q2) . . . (pnx + qn) =n

i=1

(pix + qi).

Vom determina probabilitatea ceruta pentru cazul particular n = 3 sik = 2. Pentru cazul general demonstratia decurge la fel, dar scrierea estemai greoaie.

Astfel, evenimentul B se poate scrie:

B = (A1 A2 A3) (A1 A2 A3) (A1 A2 A3),

de unde, tinand cont ca extragerile sunt independente, iar B este exprimatca reuniunea unor evenimente incompatibile doua cate doua, deducem:

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

+P (A1) P (A2) P (A3) = p1p2q3 + p1q2p3 + q1p2q3.

Pe de alta parte, polinomul Q(x) se scrie:

Q(x) = p1p2p3x3 + (p1p2q3 + p1q2p3 + q1p2p3)x

2+

+(p1q2q3 + q1p2q3 + q1q2p3)x + q1q2q3

si constatam ca P (B) este coeficientul lui x2.

Asadar, pentru cazul general se poate demonstra ca P (B) := P (n; k)este coeficientul lui xk din polinomul Q(x).

186

Observatia 4.4.4. Daca pi = p, qi = q, i = 1, n atunci schema luiPoisson se reduce la schema binomiala.

Exemplul 4.4.6. Din studentii unei facultati trebuie facuta o delegatiecare sa participe la un festival ce cuprinde 4 sectiuni. In final, au ramas 3studenti din anul I (o fata si 2 baieti), 4 studenti din anul II (2 fete si 2baieti), 5 studenti din anul III (2 fete si 3 baieti), 6 studenti din anul IV (2fete si 4 baieti). Pentru a face prezentare n cadrul fiecarei sectiuni se alegela ntamplare cate un student din fiecare an. Care este probabilitatea sa sealeaga:

(i) numai fete;

(ii) cel putin trei baieti;

Aplicam schema lui Poisson pentru p1 =1

3, q1 =

2

3, p2 =

1

2, q2 =

1

2,

p3 =2

5, q3 =

3

5, p4 =

1

3, q4 =

2

3,

Q(x) =

(1

3x +

2

3

)(1

2x +

1

2

)(2

5x +

3

5

)(1

3x +

2

3

)

si

(i) k = 4, iar probabilitatea ceruta este coeficientul lui x4 din Q(x),adica:

P (4; 4) =1

31

22

51

3= 0, 002;

(ii) putem avea 3 baieti si o fata sau 4 baieti si nici o fata, adica k = 1sau k = 0 si probabilitatea ceruta este

P (4; k 1) = P (4; 0) + P (4; 1) =

=2

31

23

52

3+

1

31

23

52

3+

1

22

33

52

3+

2

52

31

22

3+

1

32

31

23

5= 0, 43.

4.4.4. Schema lui Pascal

Fiind n conditiile schemei binomiale cu urna ce contine bile albe sinegre se pune problema determinarii probabilitatii ca la extragerea n sa seobtina o bila alba, iar la primele n1 extrageri bilele obtinute sa fie negre.

Definim evenimentele:

Ai = se extrage o bila alba la extragerea i, i = 1, n;

A2 := se extrage o bila neagra la extragerea i, i = 1, n;

cu ajutorul carora exprimam evenimentul B de aparitie a unei bile albe laextragerea n n timp ce la cazurile n 1 extrageri bilele sunt negre:

B = A1 A2 . . . An1 An.

187

Cum extragerile sunt independente n totalitate (bila revine n urnadupa fiecare extragere) obtinem:

P (B) = P (A1) P (A2) . . . P (An1) P (An).

Daca notam P (Ai) = p si P (Ai) = q cu i = 1, n atunci

P (B) = p qn1.

Observatia 4.4.5. O alta varianta a schemei lui Pascal o vom prezentan cele ce urmeaza.

Consideram o experienta si relativ la ea un eveniment A a carui aparitienseamna succes, iar aparitia evenimentului A nseamna insucces. Repetamexperienta n conditii identice, n mod independent pana cand se obtineun succes si se cere probabilitatea ca la primele n 1 experinte sa aveminsuccese, iar la experienta n sa avem succes.

Exemplul 4.4.7. Dintr-o urna cu 6 bile albe si 9 bile negre se facextrageri cu revenire de cate o bila pana cand se obtine o bila neagra. Careeste probabilitatea ca extragerile sa se termine:

(i) din prima ncercare;(ii) cel mult a treia ncercare.

Se aplica schema lui Pascal pentru p =3

5, q =

2

5si

(i) n = 1. Probabilitatea este

3

5

(2

5

)0=

3

5.

(ii) n = 1 sau n = 2 sau n = 3. Probabilitatea este:

3

5+

3

52

5+

3

5

(2

5

)2= 0, 936.

4.5. Intrebari de autoevaluare

1. Ce operatii se pot efectua cu evenimentele asociate unei experientealeatoare?

2. Doua evenimente contrare sunt incompatibile?3. Doua evenimente incompatibile sunt contrare?5. Care este formula de calcul a probabilitatii reuniunii a n evenimente?6. Care este formula de calcul a probabilitatii intersectiei a n eveni-

mente?7. Care este formula probabilitatii totale? Dar formula lui Bayes?8. Cand doua evenimente sunt independente? Dar trei?9. Dati exemple de probleme care se rezolva folosind schemele proba-

bilistice prezentate in paragraful 4.4.

188

4.6. Probleme rezolvate

1. Intr-o statiune sunt scoase la licitatie trei restaurante R1, R2, R3. Unagent economic liciteaza pentru toate cele trei restaurante. Pentru i =1, 2, 3 definim:

Ai : agentul economic castiga licitatia pentru restaurantul Ri.Cu ajutorul evenimentelor A1, A2, A3 exprimati urmatoarele evenimente:B1 : agentul economic castiga licitatia pentru toate restaurantele;B2 : agentul economic castiga licitatia pentru un singur restaurant;B3 : agentul economic castiga licitatia pentru doua restaurante;B4: agentul economic castiga licitatia pentru cel putin un restaurant.

Solutie. Evenimentele Bi, i = 1, 4 se exprima astfel:B1 = A1 A2 A3;B2 = (A1 A2 A3) (A1 A2 A3) (A1 A2 A3);B3 = (A1 A2 A3) (A1 A2 A3) (A1 A2 A3);B4 = A1 A2 A3.

2. Se aseaza 10 mere n trei cosuri. Care este probabilitatea ca n aldoilea cos sa fie 4 mere?

Solutie. Daca A este evenimentul ca n al doilea cos sa fie 4 mereatunci vom calcula probabilitatea evenimentului A folosind formula clasicaa probabilitatii. Astfel numarul cazurilor egal probabile este 310. Pentrunumarul cazurilor favorabile aparitiei evenimentului A observam ca putemalege n C410 moduri 4 mere din cele 10, iar restul de 6 se aseaza n celelalte

doua cosuri n 26 moduri. Astfel P (A) =C410 4

6

510.

3. Daca P (A) = 0, 3 si P (AB) = 0, 7 determinati P (B) n fiecare dinurmatoarele cazuri:

(i) A si B sunt evenimente incompatibile;(ii) A si B sunt evenimente independente;(iii) P (A|B) = 0, 5.Solutie. (i) Daca A si B sunt evenimente incompatibile atunci AB =

, iarP (A B) = P (A) + P (B),

de unde P (B) = P (A B) P (A) = 0, 7 0, 3 = 0, 4.(ii) Daca A si B sunt independente atunci P (AB) = P (A) P (B), iar

P (A B) = P (A) + P (B) P (A B) = P (A) + P (B) P (A) P (B),

de unde

P (B) =P (A B) P (A)

1 P (A)=

0, 7 0, 3

1 0, 3=

0, 4

0, 7.

189

(iii) Daca P (A|B) = 0, 5 atunciP (A B)

P (B)= 0, 5, de unde P (A B) =

0, 5 P (B).Din ipoteza:

P (A B) = P (A) + P (B) P (A B),

de unde0, 7 = 0, 3 + P (B) 0, 5 P (B),

care ne conduce la:

P (B) =0, 4

0, 5=

4

5.

4. O urna contine 5 bile albe si 7 bile negre. Se extrage o bila, seobserva culoarea si se pune napoi cu alte doua bile de aceeasi culoare.Daca se repeta procedeul, cu ce probabilitate sunt extrase doua bile albe?

Solutie. Definim evenimentele:Ai : la extragerea i se obtine o bila alba, i = 1, 2.Atunci probabilitatea ceruta este:

P (A1 A2) = P (A1) P (A2|A1) =5

12

4

11= 0, 15.

5. O urna contine 4 bile negre si 6 bile albe. Se extrag pe rand doua bile.Cu ce probabilitate a doua bila extrasa este alba? Evenimentele: prima bilaextrasa este alba si a doua bila extrasa este alba sunt independente?

Solutie. Fie evenimentele:A : a doua bila extrasa este alba;B : prima bila extrasa este neagra;B : prima bila extrasa este alba.Atunci

P (B) =4

10; P (B) =

6

10,

din formula probabilitatii totale avem:

P (A) = P (B) P (A|B) + P (B)P (A|B) =

=4

106

9+

6

105

9=

24 + 30

10 9=

54

10 9=

6

10.

EvenimentulA B : prima bila extrasa este neagra si a doua este alba,

are probabilitatea:

P (A B) = P (B) P (A|B) =4

106

9=

24

10 9.

190

Pentru ca evenimentele A si B sa fie independente trebuie ca P (A B) =P (A) P (B).

Dar24

10 96=

6

10

4

10, deci A si B nu sunt independente.

6. S-a facut un studiu legat de fumat si boli ale inimii pe un esantionde 1000 de barbati peste 50 ani si s-au obtinut datele:

Fumator Nefumator Total

Cu boli de inima 100 80 180Fara boli de inima 200 620 820

Total 300 700 1000

(i) Daca un barbat peste 50 de ani este fumator cu ce probabilitate areboli de inima?

(ii) Daca un barbat peste 50 de ani este nefumator cu ce probabilitateare boli de inima?

(iii) Datele obtinute statistic arata ca bolile de inima si fumatul suntevenimente independente?

Solutie. Definim evenimentele:A : barbatul peste 50 de ani este fumator;B : barbatul peste 50 de ani are boli de inima.Atunci:

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

P (A)=

100

1000300

1000

=100

300= 0, 33;

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

P (A)=

80

1000700

100

= 0, 11.

(iii) Avem:

P (A B) =100

1000= 0, 1; P (A) =

300

1000= 0, 3; P (B) =

180

1000= 0, 18.

Atunci P (A) P (B) 6= P (A B), iar evenimentele A si B sunt depen-dente.

7. Intr-un magazin se aduc piese de la trei firme. Prima firma are 3masini care fabrica piese si da 2% rebut; a doua firma are 2 masini si da2% rebut; a treia firma are 4 masini si da 3% rebut. Un client cumpara opiesa.

(i) Cu ce probabilitate este defecta?(ii) Daca piesa este fara defect cu ce probabilitate a fost confectionata

de firma a doua.

191

Solutie. Definim evenimentele:

A : piesa este defecta;

A1 : piesa provine de la firma 1;

A2 : piesa provine de la firma 2;

A3 : piesa provine de la firma 3.

(i) Folosim formula probabilitatii totale:

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

=3

9

2

100+

2

9

2

100+

4

9

3

100=

22

900= 0, 024,

deci 2, 4% din piese sunt defecte.

(ii) Pentru calculul probabilitatii P (A2|A) vom aplica formula lui Bayes:

P (A2|A) =P (A2)P (A|A2)

P (A)=

9

2

98

1001 0, 0024

= 0, 22.

4.7. Probleme propuse

1. Un student din anul I are n prima sesiune de sustinut patru examene:matematica, microeconomie, drept si etica. Daca consideram evenimentele:

A1 := studentul promoveaza examenul de matematica;

A2 := studentul promoveaza examenul de microeconomie;

A3 := studentul promoveaza examenul de drept;

A4 := studentul promoveaza examenul de etica.

Exprimati evenimentele:

B1 : studentul promoveaza un singur examen;

B2 : studentul promoveaza doua examene;

B3 : studentul promoveaza trei examene;

B4 : studentul promoveaza toate examenele;

B5 : studentul promoveaza cel putin un examen;

B6 : studentul promoveaza cel putin doua examene;

B7 : studentul promoveaza cel putin trei examene;

B8 : studentul nu promoveaza nici un examen.

2. Studentii primului an sunt mpartiti n trei grupe. Din fiecare grupase alege un student. Cu ajutorul evenimentelor:

Ai : din grupa i alegem o fata;

Bi : din grupa i alegem un baiat;

pentru i = 1, 2, 3, exprimati urmatoarele evenimente:

(i) grupul este format numai din baieti;

(ii) grupul este format numai din fete;

192

(iii) grupul are cel putin o fata;

(iv) grupul are cel putin doua fete.

3. Dintr-o urna cu bile albe si negre se fac trei extrageri cu revenire(dupa fiecare extragere bila se pune napoi n urna). Daca, consideramevenimentele

Ai : la extragerea i bila este alba;

pentru i = 1, 2, 3, atunci exprimati evenimentele:

(i) se extrag numai bile albe;

(ii) se extrag numai bile negre;

(iii) se extrag cel putin doua bile albe;

(iv) se extrag cel mult doua bile albe.

4. Avem doua urne cu urmatoarele compozitii:

U1 : 5 bile albe si 4 bile negre;

U2 : 6 bile albe si 7 bile negre.

Din fiecare urna se extrage o bila. Cu ce probabilitate se obtin:

(i) numai bile albe;

(ii) numai bile negre;

(iii) numai o bila alba;

(iv) cel putin o bila alba.

5. Avem doua urne cu urmatoarele compozitii:

U1 : 2 bile albe si 7 bile negre;

U2 : 3 bile albe si 9 bile negre.

Din fiecare urna se extrage o bila. Cu ce probabilitate se obtin:

(i) numai o bila alba;

(ii) cel putin o bila neagra.

6. Intr-un magazin se vand produsele P1, P2, P3. Probabilitatea ca lasfarsitul unei zile, stocul produsului P1 sa se termine este 0, 9, al produsuluiP2 este 0, 8, iar al produsului P3 este 0, 3. Cu ce probabilitate:

(i) se termina stocul unui singur produs;

(ii) se termina cel putin un stoc.

7. Intr-un raft al unui magazin se gaseste lapte de la trei firme F1, F2 siF3. Probabilitatea ca stocul de lapte de la F1 sa se termine la sfarsitul uneizile este de 0, 8, de la F2 este 0, 7, iar de la F3 este 0, 5. Ce probabilitatede aparitie au evenimentele:

(i) stocurile de lapte se termina la sfarsitul zilei;

(ii) se termina numai stocul de lapte de la firma F1.

8. La sfarsitul unei zile un produs P1 se termina cu probabilitatea 0, 6,produsul P2 cu 0, 3, iar stocul ambelor produse se epuizeaza cu probabili-tatea 0, 1. Cu ce probabilitate se termina

193

(i) numai stocul produsului P1;(ii) cel putin un stoc.

9. Intr-o sala de seminar 12 studenti se aseaza n 5 banci. Care esteprobabilitatea ca n prima banca sa se aseze 2 studenti?

10. O urna contine n bile numerotate 1, 2, . . . , n. Se extrag la ntamplare,pe rand toate bilele din urna. Spunem ca exista o coincidenta daca bilanumerotata cu k este aleasa la extragerea k. Cu ce probabilitate exista celputin o coincidenta?

11. O urna contine 5 bile albe si 6 bile negre. Se fac trei extrageri fararevenire. Cu ce probabilitatea se obtin:

(i) prima bila alba, a doua bila neagra si a treia alba;(ii) primele doua bile albe;(iii) prima bila neagra, a doua bila alba si a treia neagra.

12. Daca P (A) = 0, 5 si P (A B) = 0, 6 determinati P (B) dacaP (A|B) = 0, 4.

13. Se stie ca P (A) = 0, 30, P (B) = 0, 25 si P (A B) = 0, 20.(i) Determinati P (A B), P (A|B), P (B|A);(ii) Evenimentele A si B sunt independente? Justificati.

14. Se face un sondaj asupra 100 de persoane clasificate n alcoolici sinealcoolici, cu sau fara ciroza si s-au obtinut datele:

cu ciroza fara ciroza

alcoolici 55 14nealcoolici 7 24

(i) Cu ce probabilitate o persoana este alcoolica daca se stie ca areciroza?

(ii) Cu ce probabilitate o persoana este alcoolica daca se stie ca nu areciroza?

(iii) Evenimentele: o persoana are ciroza si o persoana este alcoolicasunt dependente?

15. Trei urne U1, U2 si U3 contin bile albe si negre. Proportiile de bilealbe sunt 75% n U1, 50% n U2 si 30% n U3. Se alege la ntamplare o urnasi se extrage o bila. Cu ce probabilitate bila extrasa este neagra? Daca eaeste alba cu ce probabilitate s-a ales U1?

16. Dupa prima sesiune secretariatul unei facultati a dat urmatoareasituatie cu privire la studentii care au restante: 75% din anul I, 50% dinanul II si 25% din anul III. Se alege la ntamplare un student. Cu ce proba-bilitate el are restanta? Daca nu are restanta cu ce probabilitate este dinanul II?

194

17. Au fost vandute aparate electrice de la trei furnizori n propor-tiile 0, 35; 0, 40 si 0, 25. Controlul de calitate a stabilit urmatoarele cotede rebut: 5% pentru furnizorul 1, 3% pentru furnizorul 2 si 2% pentrufurnizorul 3. Cu ce probabilitate un aparat vandut are defect? Daca aredefect cu ce probabilitate provine de la furnizorul 1?

18. Se arunca 7 monede. Cu ce probabilitate banul apare de doua ori?

19. In finala unui concurs la nivel de facultate au ajuns: 2 fete si 4baieti din anul I, 3 fete si 5 baieti din anul II; 6 fete si 7 baieti din anulIII. Pentru prima proba se alege cate un student din fiecare an. Cu ceprobabilitate grupul este format din

(i) 2 fete si 1 baiat;(ii) cel putin 2 fete;(iii) numai fete.

20. Intr-o urna sunt 5 bile albe, 7 rosii si 8 negre. Se extrag 10 bile curevenire. Cu ce probabilitate s-au extras: 2 bile albe, 4 rosii si 4 negre?

21. S-au depus 10 dosare pentru obtinerea unor credite de studiu si20 dosare pentru credite de locuinta. Pentru o sedinta a comisiei se iau 8dosare la ntamplare. Cu ce probabilitate s-au ales 3 dosare pentru creditede studiu si 5 dosare pentru credite de locuinta?

22. Un student promoveaza examenul de matematica cu probabili-tatea 0, 6. Cu ce probabilitate studentul promoveaza examenul la a patraprezentare?

195