a) \(A = \{\text{rei}\} \quad B = \{\text{piques}\}\)

Com a esdeveniment únic \(P(A) = \frac{4}{52} = \frac{1}{13}\). Si sabéssim prèviament que és una carta de piques aleshores \(P(A \mid B) = \frac{1}{13}\) —la probabilitat de treure el rei de piques sabent que són piques—. Per tant A i B són esdeveniments independents —la probabilitat no varia—.

b) \(A = \{\text{figura}\} \quad B = \{\text{piques}\}\)

Com a esdeveniment únic \(P(A) = \frac{12}{52} = \frac {3}{13}\). Si sabéssim prèviament que la carta és una pica aleshores \(P(A \mid B) = \frac{3}{13} —la probabilitat de treure una figura de piques sabent que són piques—. Per tant A i B són esdeveniments independents —la probabilitat no varia—.

c) \(A = \{\text{rei}\} \quad B = \{\text{figura}\}\)

Com a esdeveniment únic \(P(A) = \frac{4}{52} = \frac {1}{13}\). Si es sap prèviament que la carta és una figura aleshores \(P(A \mid B) = \frac{4}{12} = \frac{1}{3} —el rei és una de les tres figures—. Per tant A i B són esdeveniments dependents —la probabilitat sí que varia—. A més, saber que és una figura afavoreix que sigui un rei.

A priori \[\begin{align*} P(\{5\}) &= \frac{1}{6} \\ P(\{ \text{senar} \}) &= \frac{1}{2} \end{align*}\]

Si sabem que ha sortit senar, la probabilitat a posteriori augmenta: \[P(\{ 5 \} \mid \{ \text{senar} \}) = \frac{P(\{ 5 \} \cap \{ \text{senar} \})}{P(\{ \text{senar} \})} = \frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{2}} = \frac{1}{3}\]

La probabilitat de guanyar s’ha duplicat.

Si un esdeveniment A és independent de sí mateix s’acomplirà que \(P(A \mid A) = P(A)^2\), o sigui que \(P(A) = 0\) o \(P(A) = 1\).

Per tant, un esdeveniment és independent de sí mateix quan la seva probabilitat és 0 o 1.

En particular en el cas dels esdeveniments \(\emptyset\), \(\Omega\). Un esdeveniment pot tenir probabilitat 0 i no ser l’esdeveniment impossible, i tenir probabilitat 1 i no ser l’esdeveniment segur. És obvi que \(P(\emptyset \mid \emptyset) = 0 \quad \text{i} \quad P(\Omega \mid \Omega) = 1\)

Sigui l’esdeveniment \(E = \{\text{Doble sis}\}\). Aleshores \[\begin{align*} P(E^c) &= \frac{35}{36} \\ P(E) &= \frac{1}{36} \end{align*}\]

La probabilitat de treure, almenys, un doble sis en n tirades és \(p = 1 – \left(\frac{35}{36}\right)^n\)

i —per ser rendible apostar— és necessari \(p > 0.5\). Per tant \[1 - \left(\frac{35}{36}\right)^n > 0.5 \Rightarrow \left(\frac{35}{36}\right)^n < 0.5 \Rightarrow n \cdot \log\left(\frac{35}{36}\right) < \log 0.5 \Rightarrow n < \frac{\log 0.5}{\log 35 - \log 36} \approx 24.61\]

Es pot apostar de manera rendible a un doble sis cada 25 tirades, o més.

Antoine Gombaud, Cavaller de Méré (1607 - 1684) va guanyar molts diners apostant a un sis cada quatre jugades i els va perdre apostant a un doble sis cada vint-i-quatre tirades. Va participar, conjuntament amb Marin Mersenne (1588 – 1648) , Blaise Pascal (1623 - 1662) i Pierre de Fermat (1611 - 1665), en la fundació de la teoria moderna de la probabilitat.

Siguin els esdeveniments: \[\begin{align*} A &= \{ \text{Estar vacunat contra el còlera} \} \\ B &= \{ \text{Ésser immune al còlera} \} \end{align*}\]

Es contrasten les hipòtesis compostes: \[\begin{align*} H_0 &= 'A \text{ i } B \text{ són esdeveniments independents}', \text{ amb } P(AB) = P(A) \cdot P(B) \\ H_1 &= 'A \text{ i } B \text{ són esdeveniments dependents}', \text{ amb } P(AB) \neq P(A) \cdot P(B) \end{align*}\]

Segons la taula següent, s’utilitzarà la notació: \[P(AB) = P_{11}, P(AB) = P_{12}, P(A) = P_{1-}, P(B) = P_{-1}, \text{ etc.}\]

Si A i B són independents, hipòtesi nul·la, es verificarà: \(P_{ij} = P_{i-} \cdot P_{j-}\). Per comprovar-ho s’utilitzarà el test de raó de versemblança.

A \(\Omega\) hi ha tres paràmetres: \(P_{11}, P_{12}\ i\ P_{21}\), donat que \(P_{22} = 1 - P_{11} - P_{12} - P_{21}\)

La funció de versemblança és: \[\mathcal{L} = P_{11}^{276} \cdot P_{12}^3 \cdot P_{21}^{473} \cdot (1 - P_{11} - P_{12} - P_{21})^{66}\]

Resolent les equacions: \[\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial P_{11}} = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial P_{12}} = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial P_{21}} = 0\]

, s’obtenen les freqüències relatives: \[P_{11} = \frac{276}{818} \quad P_{12} = \frac{3}{818} \quad P_{21} = \frac{473}{818} \quad P_{22} = \frac{66}{818}\]

A \(\omega\) hi ha dos paràmetres: \(P_{1-}, P_{-1}\), donat que \(P_{2-} = 1 - P_{1-}\) i \(P_{-2} = 1 - P_{-1}\). La funció de màxima versemblança és: \[\begin{align*} \mathcal{L} &= (P_{1-} \cdot P_{-1})^{276} \cdot \left[P_{1-} \cdot (1 - P_{-1})\right]^3 \cdot \left[(1 - P_{1-}) \cdot P_{-1}\right]^{473} \cdot \left[(1 - P_{1-}) \cdot (1 - P_{-1})\right]^{66} \\ \mathcal{L} &= (P_{1-})^{279} \cdot (1 - P_{1-})^{539} \cdot (P_{-1})^{749} \cdot (1 - P_{-1})^{69} \end{align*}\]

Resolent les equacions: \[\begin{equation*} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial P_{1-}} = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial P_{-1}} = 0 \end{equation*}\]

, s’obtenen les freqüències relatives: \[P_{1-} = \frac{279}{818} \quad P_{2-} = \frac{539}{818} \quad P_{-1} = \frac{749}{818} \quad P_{-2} = \frac{69}{818}\]

Per tant:

La raó de versemblança és: \[\lambda = \frac{\left( \frac{279}{818} \right)^{279}}{\left( \frac{276}{818} \right)^{276}} \cdot \frac{\left( \frac{539}{818} \right)^{539}}{\left( \frac{473}{818} \right)^{473}} \cdot \frac{\left( \frac{749}{818} \right)^{749}}{\left( \frac{66}{818} \right)^{66}} \cdot \frac{\left( \frac{69}{818} \right)^{69}}{\left( \frac{3}{818} \right)^3} = 0.0000000247\]

Com \(\lambda\) és molt proper a zero, es pot admetre la hipòtesi alternativa: A i B son successos dependents , és a dir: “la immunitat davant el còlera depèn de la vacunació”.

A més, aplicant el teorema de Wilks, \(\chi^2 = -2 \cdot ln {⁡\lambda}\), és molt més gran que 3.841, el valor teòric obtingut a la taula khi-quadrat amb 3-2 = 1 g.l. i un nivell de significació \(\alpha = 0.05\), el que confirma que es pot rebutjar la hipòtesi nul·la amb una probabilitat del 0.05 d’equivocar-nos.

Es defineixen, per extensió, els conjunts d’esdeveniments A, B i C:

• A = { '21', '22', '23', '24', '25', '26', '41', '42', '43', '44', '45', '46', '61', '62', '63', '64', '65', '66'}
• B = { '11', '21', '31', '41', '51', '61', '13', '23', '33', '43', '53', '63', '15', '25', '35', '45', '55', '65'}
• C = { '11', '13', '15', '31', '33', '35', '51', '53', '55', '22', '24', '26', '42', '44', '46', '62', '64', '66'}

Es calculen els conjunts producte:

• \(A \cap B\) = {'21','23','25','41','43','45','61','63','65'}
• \(A \cap C\) = {'22','24','26','42','44','46','62','64','66'}
• \(B \cap C\) = {'11','13','15','31','33','35','51','53','55'}

Conjunts amb probabilitats: \[\begin{align*} \text{P}(A) &= \text{P}(B) = \text{P}(C) = 0.5 \\ \text{P}(A \cap B) &= \text{P}(A \cap C) = \text{P}(B \cap C) = 0.25 \end{align*}\]

Per tant, es verifica que són independents, donat que s' acompleix —en tots els casos— la condició d’independència de dos conjunts: \[\begin{align*} 0.25 &= \text{P}(A \cap B) = \text{P}(A) \cdot \text{P}(B) = 0.5 \cdot 0.5 \\ 0.25 &= \text{P}(A \cap C) = \text{P}(A) \cdot \text{P}(C) = 0.5 \cdot 0.5 \\ 0.25 &= \text{P}(B \cap C) = \text{P}(B) \cdot \text{P}(C) = 0.5 \cdot 0.5 \end{align*}\]

Es defineix la matriu de possibles resultats —la suma dels valors de les cares—. A continuació, es calculen les probabilitats sol·licitades, recorrent la matriu de possibles resultats.

Amb R:

a) La suma de les cares sigui un nombre senar.

Amb R:

La probabilitat de que la suma de les cares sigui un nombre senar és 0.6.

b) La suma de les cares sigui superior a 7.

Amb R:

La probabilitat de que la suma de les cares sigui un nombre superior a 7 és 0.4.

Amb R:

Hi ha 20 resultats que satisfan la condició de l’enunciat. Els resultats de cada tirada són tots independents, de probabilitat 1/6. Per tant, els resultats possibles són tots equiprobables: \[\text{P}('k_1k_2k_3') = \frac{1}{6^3}\]

, amb \(k_1, k_2, k_3 \in (1, 6)\).

La probabilitat d’obtenir cada cop una puntuació més alta és igual a: \[20 \cdot \frac{1}{6^3} = \frac{5}{54} \approx 9.25 \%\]

L’espai mostral —les dianes possibles— és \(\Omega = \{0, 1, 2, 3\}\).

Es calcula la probabilitat de no fer cap diana és \(P(0) = (4/5)^3 \cdot (6/7)^3 \approx 53.74\) %

La probabilitat de fer almenys una diana és \(1 –P(0) \approx 46.26\) %.

El joc pot constar d’una ratxa d’una, dos, tres, ... (infinites) tirades. Ratxes guanyadores serien: 3, {1,1}, {1,2,···,2,1}, {2,2}, {2,1,···,1,2}.

Sigui l’esdeveniment \(G\) = { Guanyar }.

Cada tirada és independent de l’anterior i les successives ratxes són excloents. Per tant, la probabilitat de guanyar serà la suma de les probabilitats: \[P(G) = \frac{1}{3} + \sum_{i=2}^{n} \left( \frac{1}{3} \right)^i + \sum_{i=2}^{n} \left( \frac{1}{3} \right)^i = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{2}{3}\]

En els casos de treure els valors {1, 2, 2, 2, ···} o {2, 1, 1, 1, ···} —casos en que la partida no finalitzaria mai—, s’observa un cas de probabilitat nul·la diferent de l’esdeveniment impossible (\(\emptyset\)).

Siguin els esdeveniments inicials: \[\begin{align*} A &= \{ A \text{ és condemnat} \}, \text{ amb } P(A) = \frac{1}{3} \\ B &= \{ B \text{ és condemnat} \}, \text{ amb } P(B) = \frac{1}{3} \\ C &= \{ C \text{ és condemnat} \}, \text{ amb } P(C) = \frac{1}{3} \end{align*}\]

Casos possibles són:

• La pregunta és “Qui dels altres dos, B o C, és condemnat?”. Si el carceller respon que ho és B o que ho és C, P(A) = 0. Si el carceller respon que cap d’ells dos ho és, P(A) = 1.
• La pregunta és “Són B o C condemnats?”. Òbviament, si el carceller respon “Cap d’ells ho és”, el pres A ja sap del cert que ell és el condemnat. Suposis que la resposta és “X no és el condemnat \((X^c)\).” —amb X igual a B o C— En aquest cas, es calcula la probabilitat condicionada: \[P(A \mid X^c) = \frac{P(A \cap X^c)}{P(X^c)} = \frac{P(A)}{P(X^c)} = \frac{\frac{1}{3}}{\frac{2}{3}} = \frac{1}{2}\]
• P(A) augmenta de 1/3 a 1/2 —només queden dos possibles condemnats—.
• La pregunta és “Quí dels altres dos, B o C, no és condemnat?” En aquest cas, la possible resposta (R) del carceller serà condicionada per la informació certa de que disposa. Per exemple, si sap que és C el condemnat respondrà B; si sap que és A el condemnat respondrà o B o C; si sap que és B el condemnat respondrà C. Aplicant el teorema de Bayes, es té: \[\begin{align*} P(A \mid R) &= \frac{P(R \mid A) \cdot P(A)}{[P(R \mid A) \cdot P(A)] + [P(R \mid B) \cdot P(B)] + [P(R \mid C) \cdot P(C)]} \\ P(A \mid R) &= \frac{(1/2) \cdot (1/3)}{[(1/2) \cdot (1/3)] + [(0) \cdot (1/3)] + [(1) \cdot (1/3)]} = \frac{1}{3} \end{align*}\]
• P(A) no canvia, segueix sent 1/3.

Es disposa dels esdeveniments: \[\begin{align*} A &= \{ \text{la fletxa 1 fa diana} \}, \text{ amb } P(A) = 0.7 \text{ i } P(A^c) = 0.3 \\ B &= \{ \text{la fletxa 2 fa diana} \}, \text{ amb } P(B) = 0.8 \text{ i } P(B^c) = 0.2 \\ C &= \{ \text{la fletxa 3 fa diana} \}, \text{ amb } P(C) = 0.6 \text{ i } P(C^c) = 0.4 \end{align*}\]

a) La probabilitat de cadascuna de les possibles dianes.

Es consideren els següents casos possibles:

• \((A^c \cap B^c \cap C^c)\) —{ cap diana }—. \[P(\{\text{cap diana}\}) = 0.3 \cdot 0.2 \cdot 0.4 = 0.024\]
• \((A \cap B^c \cap C^c) \cup (A^c \cap B \cap C^c) \cup (A^c \cap B^c \cap C)\) —{ una diana }—. \[P(\{\text{una diana}\}) = (0.7 \cdot0.2 \cdot0.4)+(0.3 \cdot0.8 \cdot0.4)+(0.3 \cdot0.2 \cdot0.6) = 0.188\]
• \((A \cap B \cap C^c) \cup (A \cap B^c \cap C) \cup (A^c \cap B \cap C)\) —{ dues dianes }—. \[P(\{\text{dues dianes}\}) = (0.7 \cdot0.8 \cdot0.4)+(0.7 \cdot0.2 \cdot0.6)+(0.3 \cdot0.7 \cdot0.6) = 0.434\]
• \((A \cap B \cap C)\) —{ tres dianes }—.\[P(\{\text{tres dianes}\}) = 0.7 \cdot 0.8 \cdot 0.6 = 0.336\]

b) La probabilitat d’almenys una diana.

P({ d’almenys una diana }) = 1 - P({ cap diana }) = 1 - 0.024 = 0.976

a) A i B són mútuament excloents i de probabilitat no nul·la.

Es té que \(A \cap B = \emptyset \text{ i } P(A \cap B) = 0 \neq P(A) \cdot P(B) \neq 0\)

Per tant A i B no són esdeveniments independents. Si es presenta B, no pot presentar-se A, per tant A i B són dependents.

b) A és de probabilitat no nul·la i inclòs en B.

Si \(A \subset B, P(A) \neq 0 \implies P(B) \geq P(A) \neq 0. \text{ Amb } A \cap B = A\)

Si \(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B), P(A) = P(A) \cdot P(B) \implies P(B) = 1\)

A i B seran independents si \(P(B) = 1\), si \(P(B) < 1\) seran dependents.

c) A és qualsevol esdeveniment i la probabilitat de B és nul·la.

\((A \cap B) \subset B \implies P(A \cap B) \leq P(B) = 0 \implies P(A \cap B) = 0\)

\(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) = 0\)

Per tant, A i B són independents.

Es disposa dels esdeveniments

• P = { parell }, amb P(P) = 1/2
• S = { senar }, amb P(S) = 1/2

La probabilitat d’obtenir \(\left[(n-1) \cdot P\right]\) o \(\left[(n –1) \cdot S\right]\), considerant un ordre determinat, és \(2 \cdot (1/2)^n\), la probabilitat de que una persona concreta perdi.

Com n’hi ha \(n\) persones, la probabilitat de que una persona qualsevol perdi és \(2 \cdot n \cdot (1/2)^n = n \cdot (1/2)^{(n-1)}\)

a) Calculis \(P(A)\), \(P(B)\), \(P(C)\) i \(P(A^c \cdot B^c \cdot C^c)\)

\[\begin{align*} &P(A \cdot B) = P(A) \cdot P(B) = \frac{1}{8} \\ &P(A \cdot C) = P(A) \cdot P(C) = \frac{1}{10} \\ &P(B \cdot C) = P(B) \cdot P(C) = \frac{1}{20} \\ &\Rightarrow \begin{cases} P(A) = \frac{1}{2} \rightarrow P(A^c) = \frac{1}{2} \\ P(B) = \frac{1}{4} \rightarrow P(B^c) = \frac{3}{4} \\ P(C) = \frac{1}{5} \rightarrow P(C^c) = \frac{4}{5} \end{cases} \end{align*}\]

\(P(A^c \cdot B^c \cdot C^c) = P(A^c) \cdot P(B^c) \cdot P(C^c) = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{4}{5} = \frac{12}{40} = \frac{3}{10}\)

a) Si només fossin independents dos a dos, es podria calcular —amb les dades anteriors— \(P(A \cup B \cup C)\)?

No es podria calcular \(P(A \cup B \cup C)\) perquè es desconeix \(P(A \cdot B \cdot C)\).

Siguin —segons l’enunciat—:

• \(F\) = { ha suspès Física } amb \(P(F) = 0.20\)
• \(Q\) = { ha suspès Química } amb \(P(Q) = 0.18\)
• \((F \cap Q)\) = { ha suspès Física i Química } amb \(P(F \cap Q) = 0.15\)

a) Si ha suspès Química, quina és la probabilitat de que hagi suspès també Física?: \[P(F \mid Q) = \frac{P(F \cap Q)}{P(Q)} = \frac{0.15}{0.18} = 0.83\hat{3}\]

b) Si ha suspès Física, quina és la probabilitat de que hagi suspès també Química?: \[P(Q \mid F) = \frac{P(Q \cap F)}{P(F)} = \frac{0.15}{0.20} = 0.75\]

c) Quina és la probabilitat de que hagi suspès o bé Física o bé Química?: \[P(F \cup Q) = P(F) + P(Q) - P(F \cap Q) = 0.20 + 0.18 - 0.15 = 0.23\]

Siguin els esdeveniments independents —amb \(i = \{1, 2, 3\}\)—

• \(B_i = \{\text{la bola i és blanca}\}\)
• \(N_i = \{\text{la bola i és negra}\}\)

Cada esdeveniment és independent de l’anterior, per tant \[P(B_1 \cap B_2 \cap N_3) = \frac{5}{7} \cdot \frac{4}{6} \cdot \frac{2}{5} = \frac{126}{720} = \frac{4}{21}\]

La probabilitat de que les dues primeres boles siguin blanques i la tercera sigui negra és, aproximadament, del 19 %.

\[\begin{align*} P(A \mid B) &= \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{2}} = \frac{2}{3} \\ P(B \mid A) &= \frac{P(B \cap A)}{P(A)} = \frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{5}} = \frac{5}{3} \\ P(A \cup B) &= P(A) + P(B) - P(A \cap B) = \frac{1}{5} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{11}{30} \\ P(A^c \mid B^c) &= \frac{P(A^c \cap B^c)}{P(B^c)} = \frac{P((A \cup B)^c)}{P(B^c)} = \frac{\frac{3}{10}}{\frac{1}{2}} = \frac{6}{10} \\ P(B^c \mid A^c) &= \frac{P(A^c \cap B^c)}{P(A^c)} = \frac{P((A \cup B)^c)}{P(A^c)} = \frac{\frac{3}{10}}{\frac{4}{5}} = \frac{15}{40} \end{align*}\]

Siguin els esdeveniments independents —amb \(i = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7\}\) —

• \(H_i = \) { La persona aseguda al seient i és un noi }
• \(D_i = \) { La persona aseguda al seient i és una noia }

a) Hi ha 4 nois i 3 noies.

L’única distribució correcta és \([H_1\ D_2\ H_3\ D_4\ H_5\ D_6\ H_7]\) —Amb quatre noies i tres nois seria \([D_1\ H_2\ D_3\ H_4\ D_5\ H_6\ D_7]\)—, amb \[P([H_1 D_2 H_3 D_4 H_5 D_6 H_7]) = \frac{4}{7} \cdot \frac{3}{6} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1} = \frac{1}{35}\]

Altra manera de calcular-ho és \[\frac{4! \cdot 3!}{7!} = \frac{1}{35}\]

b) Hi ha 3 noies i 3 nois.

Hi ha únicament dues combinacions correctes \[[H_1 D_2 H_3 D_4 H_5 D_6] \; \text{i} \; [D_1 H_2 D_3 H_4 D_5 H_6]\], amb \[\begin{align*} P([H_1 D_2 H_3 D_4 H_5 D_6]) \cup P([D_1 H_2 D_3 H_4 D_5 H_6]) &= \\ = 2 \cdot \left( \frac{3}{6} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1} \right) &= \frac{1}{10} \end{align*}\]

Altra manera de calcular-ho és \[2 \cdot \left( \frac{3! \cdot 3!}{6!} \right) = \frac{1}{10}\]

Si \(A\) i \(B\) són independents: \(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)\)

Si \(A^c\) i \(B^c\) són independents: \(P(A^c \cap B^c) = P(A^c) \cdot P(B^c)\)

Es té que \((A^c \cap B^c) = \Omega - (A \cup B)\), per tant \[\begin{align*} P(A^c \cap B^c) &= 1 - P(A \cup B) = 1 - [P(A) + P(B) - P(A \cap B)] \\ &= 1 - [P(A) + P(B) - P(A) \cdot P(B)] = 1 - P(A) - P(B) + P(A) \cdot P(B) \\ &= 1 - P(A) - P(B) \cdot [1 - P(A)] = [1 - P(A)] - P(B) \cdot [1 - P(A)] \\ &= [1 - P(A)] \cdot [1 - P(B)] = P(A^c) \cdot P(B^c) \end{align*}\]

Com \(P(A^c \cap B^c) = P(A^c) \cdot P(B^c)\), \(A^c\) i \(B^c\) són independents.

Siguin els esdeveniments independents

• \(A\) = { L’home viu 5 anys mes }
• \(B\) = { La dona viu 5 anys mes }

a) Ambdós visquin 5 anys més: \[P(A \cap B) = P(A)P(B) = \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{20}\]

b) Almenys un dels dos visqui després de 5 anys: \[P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) = \frac{1}{5} + \frac{1}{4} - \frac{1}{20} = \frac{2}{5}\]

c) Cap dels dos visqui després de 5 anys: \[1 - P(A \cup B) = 1 - \frac{2}{5} = \frac{3}{5}\]

d) Només la dona visqui després de 5 anys: \[P(A^c) \cdot P(B) = \frac{4}{5} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{5}\]

Observis que \(\Omega\) és format pels esdeveniments

• \(A\) = { Ambdós són vius desprès de 5 anys }
• \(D\) = { Només la dona viu desprès de 5 anys }
• \(H\) = { Només l’home viu desprès de 5 anys }: \(P(H) = P(A) \cdot P(B^c) = \frac{1}{5} \cdot \frac{3}{4} = \frac{3}{20}\)
• \(M\) = { Cap dels dos és viu després de 5 anys }

Amb \(\Omega = \{A, D, H, M\}\), i \[P(\Omega) = \frac{1}{20} + \frac{1}{5} + \frac{3}{20} + \frac{3}{5} = 1\]

a) Es forma un equip amb un estudiant de cada classe. De quantes maneres es pot formar l’equip?

El nombre total d’equips serà el producte de les formes de triar un estudiant de cada classe: \[\binom{25}{1} \cdot \binom{24}{1} \cdot \binom{26}{1}\]

choose(25, 1) * choose(24, 1) * choose(26, 1) \(\rightarrow\) 15600

Com que els estudiants escollits a cada classe són tots independents entre sí, es pot aplicar també el principi de multiplicació: \(25 \cdot 24 \cdot 26 = 15600\)

b) I si es forma amb dos estudiants de cada classe?

El nombre total d’equips serà el producte de les formes de triar dos estudiants de cada classe: \[\binom{25}{2} \cdot \binom{24}{2} \cdot \binom{26}{2}\]

choose(25, 2) * choose(24, 2) * choose(26, 2) \(\rightarrow\) 26910000

Es tracta de variacions amb repetició de tres elements agafats de tres entres: \(V_3^3 = 3^3 = 27\) triplets diferents.

Amb R:

a) El primer cop surti un sis i els altres cops diferent de sis.

(1/6)*((5/6)^2) \(\rightarrow\) 0.1157407

b) Un cop surti un sis i els altres cops diferent de sis.

choose(3,1)*(1/6)*((5/6)^2) \(\rightarrow\) 0.3472222

c) Surtin dos sisos i diferent de sis.

choose(3,2)*((1/6)^1)*((5/6)^2) \(\rightarrow\) 0.3472222

d) Almenys una tirada surti diferent de 6.

1 - ((1/6)^3) \(\rightarrow\) 0.9953704

a) Es sap que hi ha constituïdes dues parelles heterosexuals. De quantes maneres diferents es poden imaginar?

Es fixa una ordenació dels dos homes aparellats. Cada llista ordenada de dues dones escollides entre les tres formarà una possible parella diferent.

\(C_{3,2} \times P_2 = \binom{2}{2} \times \binom{3}{2} \times 2! = 6\)

choose(2,2)*choose(3,2)*factorial(2) \(\rightarrow\) 6

Es poden constituir les dues parelles heterosexuals de sis maneres diferents.

Sigui \(D_i\) —amb \(i = \{ 1, 2, 3 \}\) — la dona \(i\)

Sigui \(H_j\) —amb \(j = \{ 1, 2 \}\) — l’home \(j\).

b) I si es sap que hi ha només una parella?

Es selecciona l’home aparellat — amb \(\binom{2}{1}\) possibilitats— i es segueix el mateix raonament.

\(\binom{2}{1} \times \binom{3}{1} \times 1! = 6\)

choose(2,1)*choose(3,1)*factorial(1) \(\rightarrow\) 6

Es pot constituir la parella heterosexual de 6 maneres diferents.

a) De quantes maneres diferents es pot respondre l’examen?

Hi ha dos elements possibles (cert/fals) per formar grups de vint respostes, sense importar l’ordre. Es tenen doncs \(VR_{2,10} = 2^10\)

perm_with_replacement <- function(n,r){return(n^r)}; perm_with_replacement(2,20) \(\rightarrow\) 1048576

Hi ha 1048576 maneres diferents de respondre l’examen.

b) De quantes maneres diferents s’encerta el 50 % de les respostes??

Es tracta d’escollir-ne deu entre vint: \(C_{20,10}\)

choose(20,10) \(\rightarrow\) 184756

Hi ha 184756 maneres diferents de respondre correctament el 50 % de les preguntes de l’examen.

Equivalent a calcular de quantes maneres es poden respondre deu certes i deu falses: \(PR^{10,10}_{20} = 20!\ /\ 10! \cdot 10!\)

factorial(20)/(factorial(10)*factorial(10)) \(\rightarrow\) 184756

c) I de contestar-ne k de certes?

Amb el raonament anterior —amb \(n\) preguntes a l’examen—: \[PR_{n}^{n-k,k} = \frac{n!}{(n-k)!k!}\]

Importa l’ordre i pot haver-hi repeticions. Per tant es tracta de variacions amb repetició de dos elements amb grups de cinc: \(VR_{2,5}\)

perm_with_replacement <- function(n,r){return(n^r)}; perm_with_replacement(2,5) \(\rightarrow\) 32

Hi poden haver 32 resultats diferents.

a) De quantes maneres es pot fer el repartiment?

Es tracta de permutacions amb repetició de 52 cartes, en 4 grups de 13 cartes —un per jugador—: \(PR^{13,13,13,13}_{52} =52!/13! \cdot 13! \cdot 13 \cdot !13!\)

factorial(52)/(factorial(13)^4) \(\rightarrow\) 5.364474e+28

El repartiment es pot fer de 5.364474e+28 maneres.

b) Quants repartiments donaran els quatre reis a un mateix jugador?

Un jugador rebrà els quatre reis i quedaran les permutacions amb repetició de 48 cartes en un grup de 9 cartes i 3 grups de 13 cartes. Es tracta, per tant de \(\binom{4}{1} \times PR_{48}^{9,13,13,13}\)

choose(4,1)*factorial(48)/(factorial(9)*factorial(13)^3) \(\rightarrow\) 5.667151e+26

5.667151e+26 repartiments donen els quatre reis a un dels jugadors.