Sigui \(X\) la variable aleatòria que compte el nombre d’exemplars capturats abans de trobar el de Cybosia mesomella —el nombre d’errades abans del primer èxit—, amb \(X \sim \mathcal{Geo}(0.02)\).

a) Un exemplar de Cybosia mesomella.

\(X\) segueix una distribució geomètrica (de Pascal), amb \(p = 0.02\) i \(q = 1 - p = 0.98\).

S’ha de calcular \(P(X = 5) = p \cdot q^5\)

x = 5; p = 0.02; dgeom(x, p) \(\rightarrow\) 0.01807842

Hi ha un 1.81 % de probabilitat.

b) Dos exemplars de Cybosia mesomella.

En aquest cas, \(X\) segueix una distribució binomial negativa \(X \sim \mathcal{BN}(2, 0.02)\).

S’ha de calcular \[\begin{align*} P(X = 5) &= \binom{x + r - 1}{r - 1} \times p^{r-1} \times q^x \times p, \text{ amb } x = 5, \, r = 2, \, p = 0.02, \, q = 1 - p = 0.98 \\ P(X = 5) &= \binom{6}{1} \times 0.02 \times 0.98^5 \times 0.02 = 0.00216941 \end{align*}\]

x = 5; r = 2; p = 0.02; dnbinom(x, r, p) \(\rightarrow\) 0.00216941

Hi ha un 0.22 % de probabilitat.

a) se’n detecti algun jugador dopat.

Es considera l’esdeveniment \(D_i\) = { L’esportista i s’ha dopat } amb \(i \in (1,6)\).

La probabilitat de que algun dels sis jugadors seleccionats s’hagi dopat serà \[P\left( \bigcup_{i=1}^{6} D_i \right) = 1 - P\left( \bigcup_{i=1}^{6} D_i^c \right) = 1 - \frac{12}{18} \times \frac{11}{17} \times \frac{10}{16} \times \frac{9}{15} \times \frac{8}{14} \times \frac{7}{13} = 0.9502262\]

Altra manera de calcular-ho és:

Si \(X\) és la variable aleatòria que recull el nombre de jugadors dopats entre els 6 elegits aleatòriament de la plantilla, es té \(X \sim \mathcal{H}(18, 6, 5/18)\) i per tant \[P(X \geq 1) = P(X = 0) = 1 - \frac{\binom{6}{0} \binom{12}{6}}{\binom{18}{6}} = 0.9502262\]

1-dhyper(0, 6, 12, 6) \(\rightarrow\) 0.9502262

b) se’n detectin exactament 2 jugadors dopats.

\[P(X = 2) = \frac{\binom{r}{x} \binom{k}{n - x}}{\binom{N}{n}} = \frac{\binom{6}{2} \binom{12}{3}}{\binom{18}{6}} = 0.3999677\]

N <- 18; x <- 2; r <- 6; n <- 6; k <- N-r; dhyper(x, r, k, n) \(\rightarrow\) 0.3999677

a) Quina és la probabilitat d’immunitzar-se amb dues dosis?

Sigui \(X\) la variable aleatòria que mesura el nombre de fracassos abans de quedar immunitzat, amb \(X \sim \mathcal{G}(0.66)\).

Si \(x\) és el nombre d’errors fins al primer èxit, aleshores \(P(X = x) = p \cdot (1 - p)^x\)

La probabilitat de que la persona quedi immunitzada amb dues dosis es doncs \(P(X = 0) + P(X = 1) = (0.66 \cdot 0.34^0) + (0.66 \cdot 0.34^1) = 0.8844\)

sum(dgeom(c(0,1), 0.66)) \(\rightarrow\) 0.8844

pgeom(1, 0.66, lower.tail = T) \(\rightarrow\) 0.8844

b) I amb 3 dosis?

pgeom(2, 0.66, lower.tail = T) \(\rightarrow\) 0.960696

c) I amb n dosis?

\[\sum_{a=1}^{n-1} P(X = a) = \sum_{a=0}^{n-1} 0.66 \times 0.34^a\]

d) Quantes dosis necessita per a quedar immunitzada amb una probabilitat del 99%?

pgeom(c(3,4), 0.66, lower.tail = T) \(\rightarrow\) 0.9866366 \(\quad\) 0.9954565

Amb quatre dosis s’arriba ja al 99 %.

Siguin

• \(N = 48\), el nombre total de cartes de la baralla.
• \(D = 12\), el nombre de cartes del pal de copes dins la baralla de cartes.

S’aplica la regla de Laplace —casos favorables entre casos possibles— i es té \[P(X = k) = P(X = 2) = \frac{\binom{D}{k} \binom{N - D}{n - k}}{\binom{N}{n}} = \frac{\binom{12}{2} \binom{36}{6}}{\binom{48}{8}} = 0.3406774\]

També, si a l’enunciat ens hagueren indicat la proporció (\(p\)) entre copes/cartes de la baralla \[p = \frac{D}{N} = \frac{12}{48} = \frac{1}{4} \implies D = N \times p, \quad N - D = N \times q\]

, amb \(q = 1 – p\). I aleshores \[P(X = k) = P(X = 2) = \frac{\binom{N \times p}{k} \binom{N \times q}{n - k}}{\binom{N}{n}} = \frac{\binom{12}{2} \binom{36}{6}}{\binom{48}{8}} = 0.3406774\]

La variable aleatòria segueix una distribució hipergeomètrica \(X \sim \mathcal{H}(N, n, p)\).

N = 48; x = 2; r = 12; k = N-r; n = 8; dhyper(x, r, k, n) \(\rightarrow\) 0.3406774

Sigui \(X\), la variable aleatòria que recull el nombre de llavors que germinen. La variable aleatòria segueix una distribució hipergeomètrica \(X \sim \mathcal{H}(1000, 500, 0.9)\)

\[P(X > 450) = P(X = 451) + P(X = 452) + \cdots + P(X = 499) + P(X = 500) = 0.458054\]

q = 500-451; m = 100; n = 900; k = 500

phyper(q, m, n, k, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) 0.458054

a) Calculis la probabilitat de que totes les boles extretes siguin blanques.

Sigui l’esdeveniment \(B\) = { La bola és blanca }, amb \(P(B) = \frac{18}{29}\).

Sigui \(X\), la variable aleatòria que recull el nombre de boles blanques extretes. Aleshores \(X\) segueix una distribució hipergeomètrica \(X \sim \mathcal{H}(29, 5, 18/29)\).

Per tant \[P(X = 5) = \frac{\binom{18}{5} \binom{11}{0}}{\binom{29}{5}} \approx 0.072\]

N = 29; x = 5; r = 18; k = N-r; n = 5

dhyper(x, r, k, n) \(\rightarrow\) 0.07214854

b) Seria la mateixa probabilitat si l’extracció s’hagués fet amb reemplaçament?

En aquest cas, \(X \sim \mathcal{B}(5, 18/29)\) \[P(X = 5) = \binom{5}{5} \left( \frac{18}{29} \right)^5 \left( \frac{11}{29} \right)^0 = 0.09212395\]

choose(29,5)*((18/29)^5)*((11/29)^0) \(\rightarrow\) 0.09212395

x = 5; size = 5; prob = 18/29

dbinom(x, size, prob) \(\rightarrow\) 0.09212395

Sigui l’esdeveniment \(O\) = { Ser de l’ordre dels Octopoda }

Segons l’enunciat, \(P(O) = 0.25\) i \(P(O^c) = 0.75\).

a) Es seleccionen aleatòriament, sense reemplaçament, 20 cefalòpodes. Determinis la probabilitat de que al menys 2 siguin pops.

Es considera \(X\) com la variable aleatòria que comptabilitza l’esdeveniment \(O\).

\(X\) segueix una distribució hipergeomètrica de paràmetres \(X \sim \mathcal{H}(10000, 20, 0.25)\).

Per tant \[\begin{align*} P(X \geq 2) &= 1 - P(X = 0) - P(X = 1) \\ P(X = 0) &= \frac{\binom{2500}{0} \binom{7500}{20}}{\binom{10000}{20}} = 0.003151161 \\ P(X = 1) &= \frac{\binom{2500}{1} \binom{7500}{19}}{\binom{10000}{20}} = 0.02106109 \\ P(X \geq 2) &= 1 - P(X = 0) - P(X = 1) = 1 - 0.003151161 - 0.02106109 \\ P(X \geq 2) &= 0.975787749 \end{align*}\]

N = 10000; r = N*0.25; k = N-r; n = 20

1 - dhyper(0, r, k, n)- dhyper(1, r, k, n) \(\rightarrow\) 0.9757877

1 - phyper(1,r,k,n) \(\rightarrow\) 0.9757877

b) Suposis que dels 20 cefalòpodes seleccionats a l’apartat anterior 4 són pops. Calculis la probabilitat de que, si entre aquests 20 en seleccionem 5 sense reemplaçament, només 1 sigui un pop.

Aleshores, \(X \sim \mathcal{H}(20, 5, 15)\), amb \[P(X = 1) = \frac{\binom{4}{1} \binom{16}{4}}{\binom{20}{5}} = 0.4695562\]

N = 20; r = 4; k = N-r; n = 5

dhyper(1, r, k, n) \(\rightarrow\) 0.4695562

a) Quants temes s’ha de preparar l’opositor per tenir una probabilitat del 75 % de que li toqui, al menys, un dels temes estudiats?

Sigui \(X\) la variable aleatòria que ens proporciona el nombre de temes estudiats per l’opositor entre els quatre seleccionats pel tribunal aleatòriament.

Sigui \(T \in \{1, 2, \cdots , 78, 79\}\) el nombre de temes estudiats per l’opositor.

Aleshores es té \(X \sim \mathcal{H}(79, 4, T/79)\) amb \[P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - \frac{\binom{79 - T}{4}}{\binom{79}{4}}\]

Segons l’enunciat, es demana: \[1 - \frac{\binom{79 - T}{4}}{\binom{79}{4}} \geq 0.75 \Rightarrow \binom{79 - T}{4} \geq 1126876\]

Iterant, amb R, resulta \(T \geq 23\).

i = 1

while ((1 - choose(79-i,4)/choose(79,4)) < 0.75) { i = i + 1; } print (i); \(\rightarrow\) 23

Per tant, s’ha de preparar com a mínim 23 temes.

N = 79; r = 23; k = N-r; n = 4

1-dhyper(0,r,k,n) \(\rightarrow\) 0.7555476

b) Quina probabilitat té de que li toqui, al menys, un dels temes estudiats si s’ha preparat 20 temes dels 79 del temari?

\[P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - \frac{\binom{20}{0} \binom{79 - 20}{4}}{\binom{79}{4}}\]

1-(choose(20,0)*choose(59,4)/choose(79,4)) \(\rightarrow\) 0.6970877

1-dhyper(0,r,k,n) \(\rightarrow\) 0.7555476

N = 79; r = 20; k = N-r; n = 4

1-dhyper(0,r,k,n) \(\rightarrow\) 0.6970877