Siguin els esdeveniments:

\(C\) = { Una persona de més de 65 anys pateix de càncer }

\(D\) = { El diagnòstic és positiu, tingui o no càncer }

Es tenen, segons l’enunciat, les següents probabilitats: \[\begin{align*} &P(C) = 0.38 \quad \text{i} \quad P(C^c) = 0.62 \\ &P(D \mid C) = 0.78 \\ &P(D \mid C^c) = 0.07 \end{align*}\]

a) La probabilitat de que li diagnostiquin la malaltia.

Segons el teorema de la probabilitat total: \[\begin{align*} &P(D) = [P(C) \cdot P(D \mid C)] + [P(C^c) \cdot P(D \mid C^c)] \\ &P(D) = (0.38 \cdot 0.78) + (0.62 \cdot 0.07) = 0.008 + 0.0693 = 0.34 \end{align*}\]

Es té una probabilitat aproximada del 34 % de que li diagnostiquin càncer.

b) La probabilitat de que l’hagin diagnosticat correctament i que efectivament pateixi càncer.

S’ha de calcular \[P(C \mid D) = \frac{P(C \cap D)}{P(D)} = \frac{P(D \mid C) \cdot P(C)}{P(D)} = \frac{0.78 \cdot 0.38}{0.34} \approx 0.872\]

La probabilitat és aproximadament del 87.2 %.

Aleshores, segons l’enunciat, \(P(M) = 0.20\) i \(P(M^\dagger \mid M) = 0.01\), la probabilitat de morir condicionada a tenir la malaltia.

La probabilitat d’emmalaltir i morir és per tant \[P(M \cap M^\dagger) = P(M) \cdot P(M^\dagger \mid M) = 0.20 \cdot 0.01 = 0.002\]

a) Calculis la probabilitat de que sigui defectuosa.

Siguin els esdeveniments:

• \(D\) = { La peça és defectuosa }
• \(M_i\) = { La peça ha estat fabricada per la màquina \(i\), amb \(i = \{ 1, 2, 3 \}\)

Aleshores, segons l’enunciat: \[\begin{align*} P(M_1) &= 0.4 \\ P(M_2) &= 0.25 \\ P(M_3) &= 0.35 \\ P(D \mid M_1) &= 0.01 \\ P(D \mid M_2) &= 0.013 \\ P(D \mid M_3) &= 0.014 \end{align*}\]

La probabilitat de que una peça sigui defectuosa és: \[\begin{align*} P(D) &= \sum_{i=1}^{3} \left( P(M_i) \cdot P(D \mid M_i) \right) \\ P(D) &= (0.4 \cdot 0.01) + (0.25 \cdot 0.013) + (0.35 \cdot 0.014) = 0.01215 \end{align*}\]

Hi ha una probabilitat del 1.22 % de que una peça sigui defectuosa.

b) Si ha estat defectuosa, quina és la probabilitat de que l’hagi fabricat la màquina 1? I la de la màquina 2?.

\[\begin{align*} P(M_1 \mid D) &= \frac{P(M_1) \cdot P(D \mid M_1)}{P(D)} = \frac{0.4 \cdot 0.01}{0.01215} \approx 0.33 \\ P(M_2 \mid D) &= \frac{P(M_2) \cdot P(D \mid M_2)}{P(D)} = \frac{0.25 \cdot 0.013}{0.01215} \approx 0.27 \end{align*}\]

La probabilitat de ser defectuosa i fabricada per la màquina 1 és del 33 %.

La probabilitat de ser defectuosa i fabricada per la màquina 2 és del 27 %.

c) Calculis la probabilitat de que no sigui defectuosa i fabricada per la màquina 3.

\[\begin{align*} P(D^c \cap M_3) &= P(M_3) \cdot P(D^c \mid M_3) = P(M_3) \cdot \left[ 1 - P(D \mid M_3) \right] \\ P(D^c \cap M_3) &= 0.35 \cdot 0.986 = 0.3451 \end{align*}\]

La probabilitat de que una peça no sigui defectuosa i fabricada per la màquina 3 és del 34.5 %.

a) Quina és la probabilitat de que una tortuga seleccionada a l’atzar no estigui greu?

L’espai mostral és \(\Omega\) = { Els 20 exemplars de tortuga marina }

Siguin els esdeveniments:

• \(G\) = { L’exemplar està greu }
• \(E_i\) = { L’exemplar pertany a l’estany \(i\) }, amb \(i \in \{1, 2, 3\}\)

, amb \(\Omega = E_1 \cup E_2 \cup E_3\)

Com cada tortuga pot pertànyer únicament d’un dels estanys

\(\forall {i} \neq j,\ E_i \cap E_j = \emptyset\) i, per tant, \(\{E_1, E_2, E_3\}\) és una partició de \(\Omega\).

Segons l' enunciat \[\begin{align*} P(E_1) &= \frac{8}{20} = 0.4 \\ P(E_2) &= \frac{4}{20} = 0.2 \\ P(E_3) &= \frac{8}{20} = 0.4 \\ P(G) &= \frac{9}{20} = 0.45 \end{align*}\]

A més \[\begin{align*} P(G \mid E_1) &= 0.625 \\ P(G \mid E_2) &= 0.5 \\ P(G \mid E_3) &= 0.25 \end{align*}\]

Per tant \[\begin{align*} P(G^c \mid E_1) &= 0.375 \\ P(G^c \mid E_2) &= 0.5 \\ P(G^c \mid E_3) &= 0.75 \end{align*}\]

La probabilitat de que una tortuga seleccionada a l’atzar no estigui greu es pot calcular aplicant el teorema de les probabilitats totals \[\begin{align*} P(G^c) &= [P(E_1) \cdot P(G^c \mid E_1)] + [P(E_2) \cdot P(G^c \mid E_2)] + [P(E_3) \cdot P(G^c \mid E_3)] \\ P(G^c) &= (0.4 \cdot 0.375) + (0.2 \cdot 0.5) + (0.4 \cdot 0.75) = 0.55 \end{align*}\]

, o com \(P(G^c) = 1 - P(G) = 1 - 0.45 = 0.55\)

b) Quina és la probabilitat de que una tortuga greu provingui del primer o del segon estany?

Utilitzant la regla de l’addicció \[\begin{align*} P((E_1 \cup E_3) \mid G) &= P(E_1 \mid G) + P(E_3 \mid G) = \frac{[P(E_1) \cdot P(G \mid E_1)] + [P(E_3) \cdot P(G \mid E_3)]}{P(G)} \\ P((E_1 \cup E_3) \mid G) &= \frac{(0.4 \cdot 0.625) + (0.4 \cdot 0.25)}{0.45} \approx 0.778 \end{align*}\]

c) Quina és la probabilitat de que una tortuga no estigui greu i provingui del primer estany?

Aplicant la regla del producte \[P(G^c \mid E_1) = P(E_1) \cdot P(G^c \mid E_1) = 0.4 \cdot 0.375 = 0.15\]

Siguin

• \(S\) = { Sistema en sèrie }
• \(S_1\) i \(S_2\) = { Sistemes 1 i 2 connectats en paral·lel }

a) Calculis la fiabilitat del sistema a les 100 hores de funcionament.

Com cada bombeta és independent de l’altra \(P(S_1 ) = 0.99^5 \approx 0.95 = 95\) %

b) Calculis la fiabilitat de dos sistemes com l’anterior, connectats en paral·lel, a les 100 hores de funcionament.

\[\begin{align*} P(S_1 \cup S_2) &= P(S_1) + P(S_2) - P(S_1 \cap S_2) = P(S_1) + P(S_2) - [P(S_1) \cdot P(S_2)] \\ P(S_1 \cup S_2) &= 0.99^5 + 0.99^5 - 0.99^{10} = 0.997598 \approx 99.76\% \end{align*}\]

Siguin els esdeveniments aleatoris:

• \(M_v\) = { La Maria diu la veritat }
• \(J_v\) = { En Jordi diu la veritat }
• \(B\) = { La bola és realment blanca }
• \(M_b\) = { La Maria afirma que la bola és blanca }
• \(J_b\) = { En Jordi afirma que la bola és blanca }

Aleshores, segons l’enunciat: \[P(M_v) = \frac{9}{10} = 0.9 \\ P(J_v) = \frac{6}{9} = \frac{2}{3} \\ P(B) = \frac{5}{15} = \frac{1}{3} \\ P(B^c) = \frac{2}{3} \\ P(M_v^c) = \frac{1}{10} = 0.1 \\ P(J_v^c) = \frac{1}{3}\]

S’ha de calcular \(P(B \mid J_b \cap F_b)\)

Pel teorema de Bayes \[P(B \mid M_b \cap J_b) = \frac{P(M_b \cap J_b \mid B) \cdot P(B)}{[P(M_b \cap J_b \mid B) \cdot P(B)] + [P(M_b \cap J_b \mid B^c) \cdot P(B^c)]}\]

Però: \[\begin{align*} P(M_b \cap J_b \mid B) &= P(M_v \cap J_v) = \frac{9}{10} \cdot \frac{6}{9} = 0.6 \\ P(M_b \cap J_b \mid B^c) &= P(M_v^c \cap J_v^c) = 0.1 \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{30} \end{align*}\]

Per tant \[P(B \mid M_b \cap J_b) = \frac{0.6 \cdot \frac{1}{3}}{(0.6 \cdot \frac{1}{3}) + \left( \frac{1}{30} \cdot \frac{2}{3} \right)} = \frac{0.2}{0.2 + \frac{1}{45}} \approx 0.9\]

La probabilitat de que la bola sigui realment blanca és del 90 %.

Siguin

• \(M_A\) = { Nombre de peces de la màquina \(A\) }
• \(M_B\) = { Nombre de peces de la màquina \(B\) }
• \(\Omega\) = { 100 peces } = \(M_A + M_B\)
• \(D\) = { Peça defectuosa }

Amb \(P(M_A) = P(M_B) = \frac{1}{2}\)

a) La probabilitat de que la peça sigui defectuosa.

S’aplica el teorema de la probabilitat total a les dades de l’enunciat \[\begin{align*} P(D) &= [P(D \mid M_A) \cdot P(M_A)] + [P(D \mid M_B) \cdot P(M_B)] \\ P(D) &= \left( 0.02 \cdot \frac{1}{2} \right) + \left( 0.01 \cdot \frac{1}{2} \right) = 0.015 \end{align*}\]

La probabilitat de que una peça sigui defectuosa és del 1.5 %.

b) Sabent que la peça és defectuosa. Quina és la probabilitat de que sigui feta per la primera màquina?

Es demana \(P(M_A \mid D)\). S’aplica el teorema de Bayes \[P(M_A \mid D) = \frac{P(D \mid M_A) \cdot P(M_A)}{P(D)} = \frac{0.02 \cdot \frac{1}{2}}{0.015} = \frac{2}{3}\]

La probabilitat és aproximadament del 67 %.

\(\Omega = U_1 + U_2 + U_3\), amb un total de 26 boles. A més \(P(U_1) = P(U_2) = P(U_3) = \frac{1}{3}\)

a) La probabilitat de que la bola sigui vermella.

\[P(V) = \displaystyle\sum_{i=1}^{3} \left[ P(V \mid U_i) \cdot P(U_i) \right] = \left( \frac{3}{6} + \frac{4}{9} + \frac{5}{12} \right) \cdot \frac{1}{3} = \frac{15}{36}\]

b) Sabent que la bola és vermella. Probabilitat de que sigui de la urna \(U_3\)

\[P(U_3 \mid V) = \frac{P(V \mid U_3)}{P(V)} = \frac{\frac{5}{12} \cdot \frac{1}{3}}{\frac{15}{36}} = \frac{1}{3}\]

En una primera fase es selecciona l’urna a l’atzar, amb \(P(U_1) = P(U_2) = \frac{1}{2}\).

\(B\) es composa de tres esdeveniments independents, per tant \[\begin{align*} P(b \mid U_1) &= \frac{5}{6} \\ P(b \mid U_2) &= \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \\ P(n \mid U_1) &= \frac{1}{6} \\ P(n \mid U_2) &= \frac{4}{6} = \frac{2}{3} \\ P(B \mid U_1) &= P(bbn \mid U_1) = [P(b \mid U_1)]^2 \cdot P(n \mid U_1) = \left( \frac{5}{6} \right)^2 \cdot \left( \frac{1}{6} \right) = \frac{25}{216} \\ P(B \mid U_2) &= P(bbn \mid U_2) = [P(b \mid U_2)]^2 \cdot P(n \mid U_2) = \left( \frac{1}{3} \right)^2 \cdot \left( \frac{2}{3} \right) = \frac{2}{27} \end{align*}\]

Aleshores —aplicant el teorema de Bayes— \[\begin{align*} P(U_1 \mid B) &= \frac{P(U_1) \cdot P(B \mid U_1)}{[P(U_1) \cdot P(B \mid U_1)] + [P(U_2) \cdot P(B \mid U_2)]} \\ P(U_1 \mid B) &= \frac{\frac{1}{2} \cdot \frac{25}{216}}{\left( \frac{1}{2} \cdot \frac{25}{216} \right) + \left( \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{27} \right)} = \frac{25}{41} \approx 0.61 \end{align*}\]

Hi ha un 61 % de probabilitat de que la mostra \(B\) provingui de l’urna \(U_1\).

Siguin

• \(C\) = { La resposta és correcta }
• \(S\) = { Es sap la resposta }

Segons l’enunciat \[\begin{align*} &P(S) = 0.6 \text{ i } P(S^c) = 0.4 \\ &P(C \mid S^c) = 0.25 \end{align*}\]

Es demana \[P(S \mid C) = \frac{P(C \mid S) \cdot P(S)}{P(C)}\]

Amb \(P(C \mid S) = 1\) —si sap la resposta, respondrà correctament—

Es calcula P(C) aplicant el teorema de la probabilitat total \[P(C) = [P(C \mid S^c) \cdot P(S^c)] + [P(C \mid S) \cdot P(S)] = (0.25 \cdot 0.4) + (1 \cdot 0.6) = 0.7\]

Per tant \[P(S \mid C) = \frac{P(C \mid S) \cdot P(S)}{P(C)} = \frac{1 \cdot 0.6}{0.7} \approx 0.86\]

La probabilitat és del 86 %.

Es consideren els esdeveniments i probabilitats —en homes—

\(C= \left\{ \text{desenvolupar càncer} \right\}\), amb \(P(C) = 0.00043 \) —la probabilitat a priori—

\(\text{"68"} = \left\{ \text{home amb 68 anys d’edat} \right\}\), amb \(P(\text{"68"}) = 0.025\) i \(P(\text{"68"} \mid C) = 0.00237\)

Es calcula \[ P(C \mid \text{"68"}) = P(C) \cdot \frac{P(\text{"68"}) \mid C)}{P(\text{"68"})} = \frac{0.00043 \cdot 0.00237}{0.025} = 0.000040764 \].

La probabilitat de que un home de 68 anys, desenvolupés aquest tipus de càncer és aproximadament d’un 0.0041 %.

[Nota: Les probabilitats de la forma \(P(A_i)\) són probabilitats a priori; les de la forma \(P(A_i \mid B)\) són probabilitats a posteriori; i les de la forma \(P(B \mid A_i)\) són versemblances.]

\(\Omega\) = { 48 cartes } = { { Parells }, { Senars } }.

La probabilitat de treure una reina, sabent que és figura, és la probabilitat de prendre la carta del grup parell (\(P\)) —la reina porta el número 12—, sabent que és figura (\(F\)). \[P(P|F) = \frac{P(F|P) \cdot P(P)}{[P(F|P) \cdot P(P)] + [P(F|S) \cdot P(S)]} = \frac{\frac{4}{24} \cdot \frac{1}{6}}{\left( \frac{4}{24} \cdot \frac{1}{6} \right) + \left( \frac{8}{28} \cdot \frac{5}{6} \right)} = \frac{7}{67}\]

La probabilitat de treure una reina, sabent que és figura, és aproximadament del 10.45 %.

Encara que només hi ha una urna, aquesta pot haver quedat amb tres configuracions diferents, segons l’espai mostral al llançar la moneda \(\{cc, c+,+c,++ \}\):

• \(U_1 (BB)\), amb \(P(U_1)\) = { Probabilitat de treure dues cares } = 0.25
• \(U_2 (BN)\), amb \(P(U_2)\) = { Probabilitat de treure una cara i una creu } = 0.50
• \(U_3 (NN)\), amb \(P(U_3)\) = { Probabilitat de treure dues creus } = 0.25

Si la primera bola és negra —segons l’enunciat— la segona bola només pot ser negra si prové de \(U_3\). Amb \[P(U_3|N) = \frac{P(N|U_3) \cdot P(U_3)}{\sum_{i=1}^{3} [P(N|U_i) \cdot P(U_i)]} = \frac{1 \cdot 0.25}{(0 \cdot 0.25) + (0.5 \cdot 0.5) + (1 \cdot 0.25)} = 0.5\]

La probabilitat de que la segona bola sigui negra és del 50 %.

\(\Omega\) = { Els estudiants de la Universitat } = \(E + C + L\). Amb \[\begin{align*} P(E) &= 0.3 \\ P(C) &= 0.3 \\ P(L) &= 0.4 \\ P(E) + P(C) + P(L) &= 1 \end{align*}\]

a) La probabilitat de que sigui d’Enginyeria i hagi finalitzat la carrera.

Sigui l’esdeveniment \(F\) = { L’estudiant ha finalitzat els seus estudis }. Aleshores \[P(F \cap E) = P(E) \cdot P(F|E) = 0.3 \cdot 0.10 = 0.03\]

b) Sabent que ha finalitzat la carrera, quina és la probabilitat de que estudiï Ciències

\[\begin{align*} P(C|F) &= \frac{P(F|C) \cdot P(C)}{[P(F|E) \cdot P(E)] + [P(F|C) \cdot P(C)] + [P(F|L) \cdot P(L)]} \\ P(C|F) &= \frac{0.25 \cdot 0.3}{(0.10 \cdot 0.3) + (0.25 \cdot 0.3) + (0.80 \cdot 0.4)} \approx 0.18 \end{align*}\]

Un cop es extreta la primera bola, la composició de l’urna passa a ser \(U(2B, 3N, 3V)\). Al extreure’s la bola següent —la segona segons l’enunciat— es poden donar tres composicions diferents de l’urna, segons el color de la bola extreta:

• Si és blanca: \(U_1(1B, 3N, 3V) \rightarrow P(U_1) = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}\)
• Si és negra: \(U_2(2B, 2N, 3V) \rightarrow P(U_2) = \frac{3}{8}\)
• Si és vermella: \(U_3(2B,3N,2V) \rightarrow P(U_3) = \frac{3}{8}\)

Amb \(\Omega = U_1 + U_2 + U_3\).

La probabilitat de que la segona bola sigui negra és la probabilitat de que la tercera bola —blanca, segons l’enunciat— s’hagi extret d’\(U_2\). \[P(U_2|B) = \frac{P(B|U_2) \cdot P(U_2)}{\sum_{i=1}^{3} [P(B|U_i) \cdot P(U_i)]} = \frac{\frac{2}{7} \cdot \frac{3}{8}}{\left( \frac{1}{7} \cdot \frac{1}{4} \right) + \left( \frac{2}{7} \cdot \frac{3}{8} \right) + \left( \frac{2}{7} \cdot \frac{3}{8} \right)} = \frac{3}{7}\]

El diagnòstic ha estat fet pel metge titular (\(T\)) o per l’ajudant (\(A\)).

\(\Omega\) = {T + A }, sent:

• \(T\) = { Diagnòstic del metge titular } = { El metge ajudant no ha estat autoritzat }
• \(A\) = { Diagnòstic del metge ajudant } = { El metge ajudant ha estat autoritzat }

Sigui l’esdeveniment \(D\) = { El diagnòstic és correcte }. Amb, \[\begin{align*} P(A) &= 0.4 \quad \text{i} \quad P(T) = 0.6 \\ P(D|A) &= 0.7 \\ P(D|T) &= 0.95 \end{align*}\]

Aleshores \[P(A|D) = \frac{P(D|A) \cdot P(A)}{[P(D|A) \cdot P(A)] + [P(D|T) \cdot P(T)]} = \frac{0.7 \cdot 0.4}{(0.7 \cdot 0.4) + (0.95 \cdot 0.6)} \approx 0.33\]

La probabilitat de que el diagnòstic sigui correcte i hagi estat fet pel metge ajudant és aproximadament del 33 %.

Sigui l’esdeveniment \(G\) = { El jugador ha guanyat }. Un jugador, o és trampós (\(T\)) o no ho és (\(T^c\)).

Aleshores, \(\Omega = T + T^c\), amb \(T\) = { El jugador és trampós } i \(P(G|T) = 1\).

a) El 25 % dels jugadors són tramposos.

Si \(P(T) = 0.25\), aleshores \[\begin{align*} P(T|G) &= \frac{P(G|T) \cdot P(T)}{[P(G|T) \cdot P(T)] + [P(G|T^c) \cdot P(T^c)]} \\ P(T|G) &= \frac{1 \cdot 0.25}{(1 \cdot 0.25) + \left( \frac{1}{6} \cdot 0.75 \right)} = \frac{2}{3} \end{align*}\]

b) La probabilitat de jugador trampós és igual a \(p\).

Si \(P(T) = p\), aleshores \[\begin{align*} P(T|G) &= \frac{P(G|T) \cdot P(T)}{[P(G|T) \cdot P(T)] + [P(G|T^c) \cdot P(T^c)]} \\ P(T|G) &= \frac{1 \cdot p}{\left( 1 \cdot p + \frac{1}{6} \right) \cdot (1 - p)} = \frac{6p}{5p + 1} \end{align*}\]

\(\Omega = M + M^c\), amb

• \(M\) = { Motiu d’alarma }
• \(F\) ={ L’alarma funciona }

\[\begin{align*} P(M) &= 0.001 \quad \text{i} \quad P(M^c) = 0.999 \\ P(F|M) &= 0.97 \quad \text{i} \quad P(F^c|M) = 0.03 \\ P(F|M^c) &= 0.001 \quad \text{i} \quad P(F^c|M^c) = 0.99 \end{align*}\]

a) La probabilitat de que, havent funcionat l’alarma, no hi hagi cap motiu.

\[\begin{align*} P(M^c|F) &= \frac{P(F|M^c) \cdot P(M^c)}{[P(F|M^c) \cdot P(M^c)] + [P(F|M) \cdot P(M)]} \\ P(M^c|F) &= \frac{0.001 \cdot 0.999}{(0.001 \cdot 0.999) + (0.97 \cdot 0.001)} \approx 0.507 \end{align*}\]

Segons aquesta probabilitat, l’alarma és defectuosa. Més del 50 % de les vegades es tractarà d’una falsa alarma.

b) La probabilitat de que hagi hagut motiu i l’alarma no hagi funcionat.

\[\begin{align*} P(M|F^c) &= \frac{P(F^c|M) \cdot P(M)}{[P(F^c|M) \cdot P(M)] + [P(F^c|M^c) \cdot P(M^c)]} \\ P(M|F^c) &= \frac{0.03 \cdot 0.001}{(0.03 \cdot 0.001) + (0.99 \cdot 0.999)} = 0.00003 \end{align*}\]

En aquest sentit, l’alarma és força segura.

Siguin

• \(N\) = { La bola és negra } i \(B\) = { La bola és blanca }
• \(A\) = { El número és major que quatre }
• \(A^c\) = { El número és menor o igual que quatre }

Amb \(P(A) = \frac{1}{3}\) i \(P(A^c) = \frac{2}{3}\)

a) Les dues boles siguin negres.

• Si \(A\), amb \(P(A) = \frac{1}{3}\)
• \(P(N|U_B) = \frac{1}{3} \rightarrow U_A (6N, 3B)\)
• \(P(N|U_A) = \frac{6}{9}\)
• Si \(A^c\), amb \(P(A^c) = \frac{2}{3}\)
• \(P(N|U_A) = \frac{5}{8} \rightarrow U_B (2N, 2B)\)
• \(P(N|U_B) = \frac{2}{4}\)

\(P(N \cap N) = \left( \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{6}{9} \right) + \left( \frac{2}{3} \cdot \frac{5}{8} \cdot \frac{2}{4} \right) = \frac{61}{216}\)

La probabilitat de que les dues boles siguin negres és aproximadament 0.28.

b) Les dues boles siguin blanques.

• \(A\), amb \(P(A) = \frac{1}{3}\)
• \(P(B|U_B) = \frac{2}{3} \rightarrow U_A (5N, 4B)\)
• \(P(B|U_A) = \frac{4}{9}\)
• \(A^c\) amb \(P(A^c) = \frac{2}{3}\)
• \(P(B|U_A) = \frac{3}{8} \rightarrow U_B (1N, 3B)\)
• \(P(B|U_B) = \frac{3}{4}\)

\(P(B \cap B) = \left( \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{9} \right) + \left( \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{8} \cdot \frac{3}{4} \right) = \frac{371}{1296}\)

La probabilitat de que les dues boles siguin blanques és aproximadament 0.28.

\(\Omega = \{ N, N, N^c \}\), amb

• \(N\) = { La moneda amb cara i creu —la normal— }
• \(N^c\) = { La moneda de dues creus }.

Siguin

• \(C\) = { El resultat és cara }
• \(X\) = { El resultat és creu }
• \(XX\) = { La moneda té dues creus }

a) Trobis la probabilitat de que surtin dos creus.

• \(N\), amb \(P(N) = \frac{2}{3}\)
• \(X\), amb \(P(X) = \frac{1}{2}\)
• \(X\), amb \(P(X) = \frac{1}{2}\)
• \(N^c\), amb \(P(N^c) = \frac{1}{3}\)
• \(X\), amb \(P(X) = 1\)
• \(X\), amb \(P(X) = 1\)

\(P(XX) = \left( \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{1}{3} \cdot 1 \cdot 1 \right) = \frac{1}{2}\)

La probabilitat de que surti creus els dos cops és del 50 %.

b) Si es tira la mateixa moneda els dos cops, trobis la probabilitat de que sigui la moneda de dos creus.

\(P(N^c|XX) = \frac{P(XX|N^c) \cdot P(N^c)}{[P(XX|N^c) \cdot P(N^c)] + [P(XX|N) \cdot P(N)]} = \frac{1 \cdot \frac{1}{3}}{(1 \cdot \frac{1}{3}) + \left( \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{3} \right)} = \frac{2}{3}\)

La probabilitat de que sigui la moneda de dues creus és \(0. \bar 6\).

c) Trobis la probabilitat de que surti cara els dos cops.

• \(N\), amb \(P(N) = \frac{2}{3}\)
• \(C\), amb \(P(C) = \frac{1}{2}\)
• \(N\), amb \(P(N) = \frac{1}{2}\)
• \(C\), amb \(P(X) = \frac{1}{2}\)
• \(N^c\), amb \(P(N^c) = \frac{1}{3}\)
• \(P(C) = 0 \implies P(CC) = 0\)
• \(P(CC) = (\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}) + (\frac{1}{3} \cdot 0) = \frac{1}{12}\)

La probabilitat de que surti cara els dos cops és \(0.08 \bar 3\)

S’aplica el teorema de Bayes. \[\begin{align*} P(M_1|D) &= \frac{P(M_1) \cdot P(D|M_1)}{P(D)} = \frac{P(M_1) \cdot P(D|M_1)}{[P(M_1) \cdot P(D|M_1)] + [P(M_2) \cdot P(D|M_2)]} \\ P(M_1|D) &= \frac{0.20 \cdot 0.02}{0.20 \cdot 0.02 + 0.80 \cdot 0.01} = \frac{0.004}{0.004 \cdot 0.008} = \frac{0.004}{0.012} = \frac{1}{3} \end{align*}\]

La probabilitat de que una peça defectuosa —elegida aleatòriament entre la producció— hagi estat fabricada per la primera màquina és aproximadament d’un 33 %.

\(\Omega = \{A, B\}\). Siguin els esdeveniments,

• \(PP\) = { Les dues cartes són parell } i \(SS\) = { Les dues cartes són senar }
• \(PS\) = { Hi ha una carta de cada }
• \(P\) = { La numeració és parell } i \(P^c\) = { La numeració és senar }

Amb probabilitats: \[\begin{align*} P(A) &= P(B) = \frac{1}{2} \\ P(P|A) &= \frac{3}{7} \quad \text{i} \quad P(P^c|A) = \frac{4}{7} \\ P(P|B) &= \frac{4}{9} \quad \text{i} \quad P(P^c|B) = \frac{5}{9} \end{align*}\]

a) Trobis la probabilitat de que la numeració d’ambdues cartes siguin parell.

• \(A\), amb \(P(A) = \frac{1}{2}\)
• \(P(P^C |A) = \frac{4}{7}\)
• \(P(P^C |B) = \frac{5}{9}\)
• \(B\), amb \(P(B) = \frac{1}{2}\)
• \(P(P^C |B) = \frac{5}{9}\)
• \(P(P^C |A) = \frac{4}{7}\)

\(P(PP) = (\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{7} \cdot \frac{2}{6}) + (\frac{1}{2} \cdot \frac{4}{9} \cdot \frac{3}{8}) = \frac{13}{84}\)

La probabilitat de que ambdues cartes siguin de numeració parell és \(\frac{13}{84}\).

b) En el cas anterior, la probabilitat de que provinguin de la capsa \(A\).

\[\begin{align*} P(A|PP) &= \frac{P(PP|A) \cdot P(A)}{[P(PP|A) \cdot P(A)] + [P(PP|B) \cdot P(B)]} \\ P(A|PP) &= \frac{\frac{1}{7} \cdot \frac{1}{2}}{\left( \frac{1}{7} \cdot \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{2} \right)} = \frac{6}{13} \end{align*}\]

c) Trobis la probabilitat de que la numeració d’ambdues cartes siguin senar.

• \(P(P^c |A) = \frac{5}{9}\)
• \(P(P^c |B) = \frac{3}{5}\)

• \(P(P^c |B) = \frac{3}{5}\)
• \(P(P^c |A) = \frac{5}{9}\)

\(P(SS) = \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{9} \cdot \frac{3}{5} + \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{5}{9} = \frac{1}{3} = \frac{28}{84}\)

La probabilitat de que ambdues cartes siguin senar és \(\frac{28}{84}\).

A més \(P(PS) = 1 - P(SS) - P(PP) = 1- \frac{13}{84} - \frac{28}{84} = \frac{43}{84}\)

Siguin els esdeveniments

• \(N\) = { La bola extreta és negra }
• \(A_k =\) { Hi ha \(k\) boles negres a l’urna }, amb \(k = \{ 0,1,2,\cdots, n \}\) —la composició de l’urna és \(U\left[(n - k) B,k N\right]\)—

S’ha de calcular \(P(A_k|N)\). La probabilitat de que hi hagi \(k\) boles negres, sabent que la bola extreta és negra. Amb, \[\begin{align*} P(N|A_k) &= P(N \cap A_k) = \frac{k}{n} \\ P(A_k) &= \frac{1}{(n + 1)} \end{align*}\]

Pel teorema de Bayes \[\begin{align*} P(A_k|N) &= \frac{P(A_k \cap N)}{P(N)} = \frac{P(N|A_k) \cdot P(A_k)}{P(N)} = \frac{\frac{k}{n} \cdot \frac{1}{(n + 1)}}{P(N)} = \frac{k}{n(n + 1) \cdot P(N)} \\ P(N) &= \sum_{i=0}^{n} P(N|A_i) \cdot P(A_i) = P(A_i) \cdot \sum_{i=0}^{n} P(N|A_i) \\ P(N) &= \frac{1}{(n + 1)} \sum_{i=0}^{n} \frac{i}{n} = \frac{1}{(n + 1)} \cdot \frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n} i = \frac{1}{(n + 1)} \cdot \frac{(n + 1)}{2} = \frac{1}{2} \end{align*}\]

Per tant \[P(A_k|N) = \frac{\frac{k}{n(n + 1)}}{\frac{1}{2}} = \frac{2k}{n(n + 1)}\]

Siguin els esdeveniments

• \('+'\) = { El test és positiu } i \('-'\) = { El test és negatiu }
• \(A\) = { Presenta realment l’antigen }

Amb \[\begin{align*} \alpha &= P(' + '|A^c) = 0.06 \\ P(' - '|A) &= 0.02 \\ P(' + ') &= 0.1 \end{align*}\]

Aleshores \[\begin{align*} P(' + ') &= 0.1 = P(' + ' \cap A) + P(' + ' \cap A^c) \\ P(' + ') &= \left[ 0.98 \cdot P(A) \right] + \left[ 0.02 \cdot (1 - P(A)) \right] \\ \Rightarrow P(A) &= \frac{1}{12} \end{align*}\]

La probabilitat de que presenti realment l’antigen és \(\frac{1}{12}\).

a) Quina probabilitat es té de ser \(Rh^-\)?

Siguin els esdeveniments

• \(Rh^+\) = { Ser \(Rh\) positiu }
• \(Rh^-\) = { Ser \(Rh\) negatiu }
• \(x = \{ \text{ser del grup}\ x \}\), amb \(x = \{A,B,AB,O\}\)

Amb les dades de l’enunciat, \[\begin{align*} P(Rh^+) &= P(A^+) + P(B^+) + P(AB^+) + P(O^+) \\ P(Rh^+) &= 0.37 + 0.06 + 0.03 + 0.35 = 0.81 \\ P(Rh^-) &= 1 - 0.81 = 0.19 \end{align*}\]

La probabilitat de ser \(Rh^-\) és del 19 %.

b) Si s’és \(Rh^+\), quina probabilitat es té de ser del grup \(A\)?

\[P(A|Rh^+) = \frac{P(A \cap Rh^+)}{P(Rh^+)} = \frac{0.37}{0.81} \approx 0.4568\]

c) Quina probabilitat es té de ser donant o receptor universal?

\[P\left( (O \cap Rh^-) \cup (AB \cap Rh^+) \right) = 0.08 + 0.03 = 0.11\]

d) Quina probabilitat hi ha de que es puguin donar sang mútuament?

Per poder-se donar sang mútuament han de ser ambdós del mateix grup sanguini. Siguin \[\begin{align*} x^+ &= \sum \left( P(x \cap Rh^+) \right)^2 = 0.37^2 + 0.06^2 + 0.03^2 + 0.35^2 = 0.2639 \\ x^- &= \sum \left( P(x \cap Rh^-) \right)^2 = 0.09^2 + 0.15^2 + 0.005^2 + 0.08^2 = 0.01475 \end{align*}\]

Amb \[P(\text { Donants mutus} ) = x^+ + x^- = 0.2639 + 0.01475 = 0.27865\]

La probabilitat de ser donants mutus és aproximadament del 28 %.

Siguin els esdeveniments:

• \(A\) = { Patir Alzheimer }, amb \(P(A) = 0.035\)
• \(D\) = { El TC detecta la malatia correctament }, amb \(P(D|A) = 0.85\) i \(P(D|A^c) = 0.01\).

Aleshores \[\begin{align*} P(A|D) &= \frac{P(D|A) \times P(A)}{[P(D|A) \times P(A)] + [P(D|A^c) \times P(A^c)]} \\ P(A|D) &= \frac{0.85 \times 0.035}{(0.85 \times 0.035) + (0.01 \times 0.965)} \approx 0.76 \end{align*}\]

La persona diagnosticada d’Alzheimer, amb el TC, té un 76 % de probabilitat de patir realment la malaltia.

Siguin els esdeveniments

• \(Pb\) = { Nivell elevat de plom }
• \(Hg\) = { Nivell elevat de mercuri }

Segons l’enunciat, \[\begin{align*} P(Pb \cup Hg) &= 0.40 \\ P(Pb) &= 0.35 \\ P(Pb \cap Hg) &= 0.15 \end{align*}\]

a) Contingui un nivell alt de mercuri.

\[\begin{align*} P(Pb \cup Hg) &= P(Pb) + P(Hg) - P(Pb \cap Hg) = 0.40 \\ \Rightarrow P(Hg) &= 0.40 - 0.35 + 0.15 = 0.20 \end{align*}\]

b) Únicament contingui nivells elevats de plom.

\[\begin{equation*} P(Pb \cap Hg^c) = P(Pb) - P(Pb \cap Hg) = 0.35 - 0.15 = 0.20 \end{equation*}\]

c) Contingui un nivell alt de mercuri, sabent prèviament que no conté plom.

\[\begin{align*} P(Hg|Pb^c) &= \frac{P(Pb^c \cap Hg)}{P(Pb^c)} = \frac{P(Hg) - P(Pb \cap Hg)}{1 - P(Pb)} \\ P(Hg|Pb^c) &= \frac{0.20 - 0.15}{1 - 0.35} = \frac{0.05}{0.65} = \frac{1}{13} \approx 0.077 \end{align*}\]

d) No contingui cap nivell alt ni de plom ni de mercuri.

Aplicant De Morgan, \[P(Pb^c \cap Hg^c) = P\left( (Pb \cup Hg)^c \right) = 1 - P(Pb \cup Hg) = 1 - 0.40 = 0.60\]