Probleme de Teoria Probabilitatilor

PROBLEME DE TEORIA PROBABILIT

ATILOR

RODICA LUCA{TUDORACHE

PROBLEME DE

TEORIA PROBABILIT

ATILOR

TEHNOPRESS

IASI 2006

CUPRINS

Capitolul 1 Ca^mp de evenimente, a^mp de probabilitate 7

Capitolul 2 Variabile aleatoare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

x1. Funtia de repartitie, densitatea de probabilitate . . . . . . . . . . . . . . . .26

x2. Carateristii numerie ale variabilelor aleatoare . . . . . . . . . . . . . . . . 33

x3. Legi de probabilitate uzuale ale variabilelor aleatoare . . . . . . . . . . . 42

x4. Funtia arateristia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

Capitolul 3 Vetori aleatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

Bibliograe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

Capitolul 1

C

^

AMP DE EVENIMENTE,

C

^

AMP DE PROBABILITATE

1. Sa se arate a evenimentele A, A \ B, A [ B din a^mpul de evenimente

(;F) formeaza un sistem omplet de evenimente.

Rezolvare. Vom veria ele doua onditii din denitia a^mpului omplet

de evenimente.

a) Reuniunea elor trei evenimente este ^ntreg spatiul de seletie , adia

A [ (A \ B) [ (A [B) = .

Pentru aeasta relatie avem

A[(A\B)[(A [ B) = [A[(A\B)[(A [B) = [(A[A)\(A[B)[(A [ B) =

= [ \ (A [ B) [ (A [B) = (A [B) [ (A [ B) = .

b) Evenimentele sunt inompatibile doua a^te doua, adia

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

A \ (A [ B) = A \ (A \ B) = (A \ A) \B = ; \B = ;,

(A \ B) \ (A [B) = (A \B) \ (A \ B) = A \ (B \ B) = A \ ; = ;.

2. O urna ontine bile albe si bile negre. Se extrag su

esiv din urna 2 bile.

Cu ajutorul evenimentelor

A { prima bila extrasa este alba, B { a doua bila extrasa este alba,

sa se srie evenimentele

C { prima bila extrasa este neagra, D { el putin o bila este alba,

F { ambele bile extrase sunt negre, G { o bila si numai una este alba.

Rezolvare. Avem

C = A (evenimentul ontrar lui A), D = A [B, F = A \ B si

G = (A \ B) [ (B \ A) = (A nB) [ (B n A) = A4B (diferenta simetria).

8 Capitolul 1

3. O urna ontine 3 bile albe si 4 bile negre, iar o alta urna ontine 4 bile albe

si 5 bile negre. Din eare urna se extrage a^te o bila. Se onsidera evenimentele

A { bila extrasa din prima urna este alba,

B { bila extrasa din a doua urna este alba.

Sa se aluleze P (A \B), P (A [B), P (A nB), P (A).

Rezolvare. Avem P (A) =

3

7

si P (B) =

4

9

.

Pentru A \ B, experienta e onsta din extragerea elor doua bile, numarul

de azuri posibile este 7 9 = 63, iar numarul de azuri favorabile este 3 4 = 12.

Dei P (A \ B) =

12

63

=

4

21

.

Apoi avem P (A [B) = P (A) + P (B) P (A \ B) =

3

7

+

4

9

4

21

=

43

63

,

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

3

7

4

21

=

5

21

si P (A) = 1 P (A) =

4

7

.

4. Dintr-o urna u n bile din are a albe, b negre, rosii si d verzi se extrage

la ^nta^mplare o bila. Care este probabilitatea a bila extrasa sa e alba sau rosie.

Rezolvare. Fie A

1

evenimentul a bila extrasa din urna sa e alba, iar

A

2

evenimentul a bila extrasa sa e rosie. Deoaree aeste evenimente sunt

inompatibile, avem

P (A

1

[ A

2

) = P (A

1

) + P (A

2

) =

a

n

+

n

=

a+

n

.

5.

^

Intr-un lot de N piese, M sunt defete. Se extrag la ^nta^mplare n piese.

Sa se determine probabilitatea pentru a printre ele n piese extrase, m sa e

defete.

Rezolvare. Numarul de azuri posibile este numarul de grupe de a^te n

piese are se pot forma u ele N piese ale lotului, adia C

n

N

. Pentru a stabili

numarul de azuri favorabile aestui eveniment vom numara grupele de m piese

defete din ele M ale lotului, adia C

m

M

, si apoi grupele de a^te nm piese bune

din ele N M piese bune (fara defetiuni), adia C

nm

NM

. Deoaree la eare

grup de m piese defete se poate asoia orie grup de nm piese bune, rezulta a

numarul de azuri favorabile evenimentului din problema este C

m

M

C

nm

NM

. Atuni

probabilitatea pentru a printre ele n piese extrase, m sa e defete este

P =

C

m

M

C

nm

NM

C

n

N

.

Ca^mp de evenimente, a^mp de probabilitate 9

6. Dintr-o urna u 20 bile numerotate de la 1 la 20 se extrage la ^nta^mplare

o bila. Se ere probabilitatea a numarul ^nsris pe bila extrasa sa e

a) un numar prim; b) un numar impar; ) un numar divizibil u 5.

Rezolvare. Numarul de azuri posibile pentru eare punt din problema

este aelasi, si anume 20. Sa gasim aum azurile favorabile pentru eare punt

^n parte.

La puntul a) sunt 8 azuri favorabile: 2,3,5,7,11,13,17,19; dei probabilitatea

a bila extrasa sa aiba ^nris pe ea un numar prim este P

1

=

8

20

=

2

5

.

La puntul b) sunt 10 azuri favorabile: 1,3,5,7,9,11,13,15,17,19; dei proba-

bilitatea a bila extrasa sa aiba ^nsris pe ea un numar impar este P

2

=

10

20

=

1

2

.

La puntul ) sunt 4 azuri favorabile: 5,10,15,20; dei probabilitatea a bila

extrasa sa aiba ^nsris pe ea un numar divizibil u 5 este P

3

=

4

20

=

1

5

.

7. Un ansamblu de montare este ompus din doua parti onjugate, ax si

busa.

^

Imbinarea are o alitate inferioara daa dimensiunea a el putin uneia din

piese este prea mare sau prea mia. La montare au sosit loturi de axuri si buse

u urmatoarele ompozitii

{ din 10 axuri (un lot), 7 au dimensiuni normale, 2 au dimensiuni prea mii

si un ax are dimensiunea prea mare;

{ din 20 buse (un lot), 16 au dimensiuni normale, una are dimensiunea prea

mia si 3 au dimensiuni prea mari.

Se ere sa se determine probabilitatea evenimentului A, a arui realizare are

lo de ^ndata e ansamblul montat este de alitate inferioara.

Rezolvare. Sa notam u A

1

evenimentul are onsta ^n faptul a ansamblul

este format dintr-un ax de dimensiune normala u o busa de dimensiune prea

mia sau prea mare, u A

2

evenimentul are onsta ^n faptul a ansamblul este

format dintr-un ax de dimensiune prea mia u o busa de orie dimensiune, si

u A

3

evenimentul are onsta ^n faptul a ansamblul este format dintr-un ax de

dimensiune prea mare u o busa de orie dimensiune.

Atuni evenimentul A se srie A = A

1

[ A

2

[ A

3

. Deoaree evenimentele

A

1

; A

2

; A

3

sunt inompatibile doua a^te doua, rezulta a

10 Capitolul 1

P (A) = P (A

1

) + P (A

2

) + P (A

3

).

Numarul de azuri posibile pentru A; A

1

; A

2

si A

3

este numarul de ansam-

bluri are se pot forma u ele 10 axuri si ele 20 buse, adia 10 20 = 200. Apoi

numarul de azuri favorabile pentru A

1

este 7 4 = 28, pentru A

2

este 2 20 = 40,

iar pentru A

3

este 1 20 = 20. Dei

P (A

1

) =

28

200

, P (A

2

) =

40

200

, P (A

3

) =

20

200

, iar P (A) =

88

200

= 0; 44.

Probabilitatea lui A se poate alula mai usor alula^nd mai ^nta^i probabili-

tatea evenimentului ontrar lui A, adia probabilitatea a ansamblul ax-busa sa

aiba dimensiuni normale. Numarul de azuri favorabile lui A este 7 16 = 112,

dei P (A) =

112

200

, iar P (A) = 1

112

200

=

88

200

= 0; 44.

8. Cele 26 litere ale alfabetului srise eare pe un artonas sunt introduse

^ntr-o urna. Se ere probabilitatea a extraga^nd la ^nta^mplare de patru ori a^te

un artonas si aseza^ndu-le ^n ordinea extragerii sa obtinem uva^ntul PARC.

Rezolvare. Avem un singur az favorabil, si anume sa soatem la ele 4

extrageri literele P,A,R si C ^n aeasta ordine. Numarul total de azuri posibile

este 26 25 24 23; ^ntr-adevar drept prima litera poate extrasa oriare din ele

26 litere din urna, dei pentru prima extragere sunt 26 azuri posibile. Pentru

a doua litera rama^n 25 azuri posibile, iar eare az se poate asoia u ele

26 azuri posibile pentru extragerea primei litere; dei obtinem ^n total 26 25

azuri posibile pentru extragerea primelor doua litere. Pentru extragerea elei

de-a treia litera avem 24 azuri posibile, are ombinate u toate azurile posibile

de extragere a primelor litere, dau 26 25 24 azuri posibile pentru extragerea

primelor 3 litere.

^

In sfa^rsit pentru ultima litera rama^n 23 azuri posibile are

ombinate u ele 26 25 24 azuri posibile de extragere a primelor 3 litere,

dau 26 25 24 23 = 358800 azuri posibile de extragere a elor 4 litere. Dei

probabilitatea de a obtine uva^ntul PARC este

P =

1

358800

' 0; 0000028.

Numarul azurilor posibile poate obtinut rationa^nd si astfel: a extrage pe

ra^nd de 4 ori a^te o litera si a le aseza ^n ordinea extragerii este tot una u a

extrage deodata 4 litere. Deoaree ^n formarea grupelor ne intereseaza si ordinea


literelor, rezulta a numarul extragerilor posibile este numarul de grupe de 4

obiete are se pot forma din ele 26 obiete, iar doua grupe difera el putin prin

natura unui obiet sau prin ordinea obietelor; adia avem A

4

26

= 26 25 24 23

azuri posibile.

9. Zee bile numerotate de la 1 la 10 se aseaza la ^nta^mplare una dupa alta

^ntr-un sir. Care este probabilitatea a dupa bila numerotata u 4 sa urmeze bila

numerotata u 7?

Rezolvare. Sunt P

10

= 10! azuri posibile (moduri de a aseza ele 10 bile

^n sir), iar azuri favorabile avem 9 8! = 9!.

^

Intr-adevar bila numerotata u 4

poate asezata ^n oriare din primele 9 louri, dupa ea urma^nd bila 7; sunt dei

9 azuri diferite de asezare a bilelor 4 si 7 una dupa alta. Celelalte 8 bile ramase

pot asezate pe ele 8 louri ramase ^n 8! moduri diferite, dei earui az de

asezare a bilelor 4 si 7 li se asoiaza a^te 8! moduri de asezare a elorlalte bile.

Dei ^n total avem 9 8! = 9! moduri diferite de asezare a bilelor u onditia a

dupa bila 4 sa urmeze bila 7. Dei probabilitatea evenimentului nostru este

P =

9!

10!

=

1

10

= 0; 1.

10. Se aruna un zar de n ori. Care este probabilitatea a fata u 6 punte

sa apara el putin o data?

Rezolvare. Sa notam u A evenimentul are onsta ^n faptul a la arunarea

zarului de n ori fata u 6 punte apare el putin o data. Vom alula mai ^nta^i

probabilitatea evenimentului ontrar A, adia probabilitatea evenimentului are

onsta ^n faptul a la arunarea zarului de n ori fata 6 sa nu apara niiodata.

La o arunare a zarului probabilitatea pentru a sa nu apara fata 6 este

5

6

(numarul de azuri posibile este 6, iar numarul de azuri favorabile este 5,

deoaree poate sa apara fata u 1,2,3,4 sau 5 punte). La doua arunari ale

zarului probabilitatea pentru a sa nu apara niiodata fata 6 este

5

2

6

2

(numarul de

azuri posibile este 6 6 = 6

2

, deoaree la eare az posibil de la prima arunare

se poate asoia oriare din azurile posibile de la a doua arunare; numarul de

azuri favorabile este 5 5 = 5

2

, deoaree eare dintre ele 5 azuri favorabile de

la prima arunare se poate asoia u oriare az favorabil de la a doua arunare).

12 Capitolul 1

Prin indutie matematia deduem a la n arunari ale zarului, probabilitatea

pentru a sa nu apara niiodata fata 6 este

5

n

6

n

(numarul de azuri posibile este

6

n

, iar numarul de azuri favorabile este 5

n

).

Astfel P (A) =

5

n

6

n

, iar P (A) = 1 P (A) = 1

5

n

6

n

.

11. Se aruna doua zaruri de n ori. Care este probabilitatea a sa apara

pe ambele zaruri 6 punte el putin o data? (Zarurile sunt identie a forma si

strutura, dar au ulori diferite, unul alb si unul negru, dei ele sunt individuali-

zate).

Rezolvare. Sa notam u B evenimentul are onsta ^n faptul a la arunarea

de n ori a elor doua zaruri, perehea (6,6) apare el putin o data. Ca si ^n

problema preedenta, vom alula mai ^nta^i probabilitatea evenimentului ontrar

B, adia a evenimentului are onsta ^n faptul a la arunarea de n ori a elor

doua zaruri perehea (6,6) nu apare niiodata.

La o arunare a elor doua zaruri probabilitatea pentru a sa nu apara (6,6)

este

35

36

.

^

Intr-adevar numarul azurilor posibile este 36, dupa um se vede din

tabloul de mai jos (pe prima pozitie este numarul de punte de pe zarul alb, iar

pe a doua pozitie este numarul de punte de pe zarul negru)

(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6)

(2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (2,5), (2,6)

(3,1), (3,2), (3,3), (3,4), (3,5), (3,6)

(4,1), (4,2), (4,3), (4,4), (4,5), (4,6)

(5,1), (5,2), (5,3), (5,4), (5,5), (5,6)

(6,1), (6,2), (6,3), (6,4), (6,5), (6,6).

Numarul de azuri favorabile este 35 (oriare az este favorabil, mai putin (6,6)).

Atuni probabilitatea a la arunarea elor doua zaruri sa nu apara (6,6) este

35

36

.

La arunarea de doua ori a elor doua zaruri probabilitatea pentru a sa

nu apara delo (6,6) este

35

2

36

2

.

^

Intr-adevar numarul de azuri posibile este 36

2

,

deoaree oriare dintre ele 36 azuri posibile de la prima arunare poate aso-

iata u oriare dintre azurile posibile de la a doua arunare. Iar numarul de

azuri favorabile este 35

2

, deoaree oriare dintre ele 35 azuri favorabile de la


prima arunare se poate asoia u oriare dintre ele 35 azuri favorabile de la a

doua arunare. Proeda^nd prin indutie matematia, deduem a la arunarea

de n ori a elor doua zaruri, probabilitatea a sa nu apara niiodata (6,6) este

35

n

36

n

.

Rezulta a P (B) =

35

n

36

n

, iar P (B) = 1

35

n

36

n

.

12. (Problema avalerului de Mere) Sa se arate a probabilitatea de a se

obtine el putin un 6 atuni a^nd se aruna un zar de 4 ori este mai mare dea^t

probabilitatea de a se obtine el putin un (6,6) atuni a^nd se aruna doua zaruri

de 24 ori.

Rezolvare. Fie A evenimentul a aruna^nd de 4 ori un zar sa obtinem el

putin o data fata u 6 punte, si B evenimentul a aruna^nd de 24 ori doua zaruri

sa apara el putin o data (6,6). Din Problema 10 si Problema 11 deduem a

P (A) = 1

5

4

6

4

' 0; 5177, iar P (B) = 1

35

24

36

24

' 0; 4914.

Dei probabilitatea lui A este mai mare dea^t probabilitatea lui B.

13. O urna ontine 4 bile albe si 6 bile negre. Se soate o bila are se pune

deoparte, apoi se extrage ^na o bila din urna.

a) Stiind a prima bila extrasa din urna este alba, are este probabilitatea

a a doua bila extrasa sa e tot alba? Dar a doua bila sa e neagra?

b) Neunosa^nd uloarea primei bile extrasa, are este probabilitatea a a

doua bila extrasa sa e alba? Dar neagra?

Rezolvare. a) Deoaree la prima extragere am obtinut o bila alba, are se

pune deoparte, ^nseamna a ^n urna au ramas 3 bile albe si 6 bile negre. Dei

probabilitatea de a obtine la a doua extragere o bila alba este P

1

=

3

9

=

1

3

, iar

probabilitatea a la a doua extragere sa soatem o bila neagra este

P

2

=

6

9

=

2

3

(= 1 P

1

).

b) Vom onsidera ele doua extrageri su

esive a un singur eveniment.

Numarul de azuri posibile este 10 9 = 90, deoaree avem 10 azuri posibile

la prima extragere si eare astfel de az se poate ombina u oriare din ele

9 azuri posibile de la a doua extragere. Sa numaram aum azurile favorabile.

Daa presupunem a la prima extragere obtinem o bila alba atuni sunt 4 azuri

14 Capitolul 1

favorabile pentru prima extragere si 3 azuri favorabile pentru a doua bila, dei

^n total 4 3 = 12 azuri favorabile. Daa prima bila extrasa este neagra, atuni

sunt 6 azuri favorabile pentru prima extragere si 4 azuri favorabile pentru a

doua bila (alba), dei ^n total sunt 6 4 = 24 azuri favorabile. Aduna^nd azurile

favorabile din ele doua situatii obtinem 12+24 = 36 azuri favorabile evenimen-

tului nostru. Dei probabilitatea a neunosa^nd prima bila extrasa, sa obtinem

la a doua extragere o bila alba este

P

3

=

36

90

=

2

5

.

Pentru a doua parte a puntului b), adia neunosa^nd uloarea primei bile

extrasa, sa obtinem la a doua extragere o bila neagra, proedam asemanator si

obtinem

P

4

=

4 6 + 6 5

90

=

54

90

=

3

5

(= 1 P

3

).

14. Sapte mingi sunt puse la ^nta^mplare ^n 3 utii C

1

; C

2

; C

3

. Care este

probabilitatea a ^n utia C

2

sa e 3 mingi?

Rezolvare. Avem 3

7

azuri posibile aestui eveniment.

^

Intr-adevar sa pre-

supunem a numerotam mingile de la 1 la 7. Atuni prima minge poate dis-

tribuita ^n oriare din ele 3 utii, dei sunt 3 azuri posibile. A doua minge poate

si ea distribuita ^n oriare din ele 3 utii, dei pentu ele doua mingi avem 3

2

azuri posibile. Pentru toate ele 7 mingi vom avea 3

7

azuri posibile.

Numarul azurilor favorabile este C

3

7

2

4

. Deoaree un grup de 3 mingi

sunt introduse ^n utia a doua, avem C

3

7

moduri diferite de alegere a unui grup

de 3 mingi din ele 7 date. Cele 4 mingi ramase se pot distribui ^n ele doua

utii ramase ^n 2

4

moduri diferite. Dei ^n total avem C

3

7

2

4

azuri favorabile.

Probabilitatea evenimentului din problema este atuni

P =

C

3

7

2

4

3

7

' 0; 2561.

15. Doisprezee elevi dintre are 6 fete si 6 baieti sunt asezati la ^nta^mplare

a^te 2 ^ntr-o bana. Care este probabilitatea a ^n eare bana sa e un baiat si

o fata?

Rezolvare. Sa numerotam banile de la 1 la 6. Avem ^n total

12!

2

6

azuri

posibile de asezare a elor 12 elevi ^n ele 6 bani.

^

Intr-adevar ^n prima bana


se pot aseza oriare din ele C

2

12

perehi de elevi are se pot forma din ei 12

elevi; ^n bana a doua se pot aseza oriare din ele C

2

10

perehi de elevi are se

pot forma din ei 10 elevi ramasi, dei numai pentru doua bani sunt C

2

12

C

2

10

azuri posibile. Proeda^nd asemanator ^n ontinuare obtinem a numarul total

al azurilor posibile evenimentului din problema este

C

2

12

C

2

10

C

2

8

C

2

6

C

2

4

C

2

2

=

12 11

2

10 9

2

8 7

2

6 5

2

4 3

2

2 1

2

=

12!

2

6

= 7484400.

Cazurile favorabile aestui eveniment sunt ^n numar de (6!)

2

.

^

Intr-adevar, ^n

prima bana se pot aseza oriare din ele 6

2

perehi (o fata si un baiat) are se

pot forma grupa^nd ^n toate modurile posibile un baiat si o fata din ei 12 elevi.

^

In bana a doua se pot aseza oriare din ele 5

2

perehi (fata si baiat) are se pot

forma grupa^nd ^n toate modurile posibile eare baiat din ei 5 ramasi u eare

fata din ele 5 ramase. Proeda^nd asemanator pentru elelalte bani obtinem

numarul total al azurilor favorabile

6

2

5

2

4

2

3

2

2

2

1

2

= (6!)

2

= 518400.

Dei probabilitatea a ^n eare bana sa e un baiat si o fata este

P =

518400

7484400

' 0; 0693.

16. Doua persoane joaa un jo u mai multe punte. Joul este a^stigat de

el are obtine primul al treilea punt. Daa sorul este 2-1 ^n favoarea unuia din

juatori, are este probabilitatea a el sa a^stige joul? Se admite a juatorii

sunt de forte egale, adia orie punt pus ^n jo este adjudeat de unul din ei

doi parteneri u probabilitatea

1

2

.

Rezolvare. Sa notam u C evenimentul a primul juator J

1

sa a^stige joul,

A

1

evenimentul a J

1

sa a^stige primul punt are urmeaza, si u A

2

evenimentul

a J

1

sa a^stige al doilea punt are urmeaza. Evenimentul C se exprima ^n

funtie de evenimentele A

1

si A

2

astfel

C = A

1

[ (A

1

\ A

2

).

Deoaree P (A

1

) = P (A

2

) =

1

2

, pentru probabilitatea lui C avem

P (C) = P (A

1

) + P (A

1

\ A

2

) = P (A

1

) + P (A

1

) P (A

2

) =

1

2

+

1

2

1

2

=

3

4

.

^

In formula de mai sus am folosit faptul a evenimentele A

1

si A

1

\ A

2

sunt

16 Capitolul 1

inompatibile, iar evenimentele A

1

si A

2

sunt independente.

Probabilitatea a al doilea juator sa a^stige joul este P

0

= 1 P (C) =

1

4

.

Aeasta problema este o alta problema elebra a avalerului de Mere din

seolul al XVII, legata de ^mpartirea mizei la ^ntreruperea unui jo, atuni a^nd

sorul este 2-1. Aest pasionat juator de jouri de noro sustinea a miza ar

trebui ^mpartita ^n raportul

2

1

. Asa um am vazut mai sus ^n realitate miza M

trebuie ^mpartita ^n raportul

3

1

, adia juatorul J

1

sa ia 3 parti din M , iar al

doilea juator sa ia o parte din M .

17. Trei tragatori trag simultan asupra aeleiasi tinte. Probabilitatile de

nimerire a tintei pentru ei trei tragatori sunt p

1

= 0; 6, p

2

= 0; 4, respetiv

p

3

= 0; 8. Sa se aluleze probabilitatea a

a) toti tragatorii sa nimereasa tinta;

b) tinta sa e nimerita el putin o data;

) tinta sa e nimerita exat o data.


i

evenimentul a tragatorul i sa nimereasa tinta,

i = 1; 3, A evenimentul a tinta sa e nimerita de toti tragatorii, B evenimentul

a tinta sa e nimerita de el putin un tragator, iar u C evenimentul a tinta sa

e nimerita exat o data.

a) Evenimentul A se exprima ^n funtie de A

i

, i = 1; 3 astfel A = A

1

\A

2

\A

3

.

Deoaree A

i

, i = 1; 3 sunt independente ^ntre ele rezulta a

P (A) = P (A

1

) P (A

2

) P (A

3

) = p

1

p

2

p

3

= 0; 6 0; 4 0; 8 = 0; 192.

b) Evenimentul B se exprima ^n funtie de A

i

, i = 1; 3 astfel

B = A

1

[ A

2

[ A

3

. Atuni

P (B) = P (A

1

[ A

2

[ A

3

) = P (A

1

) + P (A

2

) + P (A

3

) P (A

1

\ A

2

)

P (A

1

\ A

3

) P (A

2

\ A

3

) + P (A

1

\ A

2

\ A

3

) = P (A

1

) + P (A

2

) + P (A

3

)

P (A

1

)P (A

2

) P (A

1

)P (A

3

) P (A

2

)P (A

3

) + P (A

1

)P (A

2

)P (A

3

) = 0; 6 + 0; 4+

+0; 8 0; 24 0; 48 0; 32 + 0; 192 = 0; 952.

Probabilitatea evenimentului B se mai poate alula ^n felul urmator: al-

ulam mai ^nta^i probabilitatea evenimentului ontrar, B, si apoi probabilitatea lui

B. Evenimentul B onsta ^n faptul a tinta nu este nimerita de nii un tragator,


adia B = A

1

\ A

2

\ A

3

. Dei

P (B) = P (A

1

)P (A

2

)P (A

3

) = 0; 048; iar P (B) = 1P (B) = 10; 048 = 0; 952.

) Evenimentul C se srie ^n funtie de A

i

, i = 1; 3 astfel

C = (A

1

\ A

2

\ A

3

) [ (A

1

\ A

2

\ A

3

) [ (A

1

\ A

2

\ A

3

).

Deoaree evenimentele A

1

\A

2

\A

3

, A

1

\A

2

\A

3

si A

1

\A

2

\A

3

sunt inompatibile

doua a^te doua, rezulta a

P (C) = P (A

1

\ A

2

\ A

3

) + P (A

1

\ A

2

\ A

3

) + P (A

1

\ A

2

\ A

3

).

Evenimentele A

i

, i = 1; 3 ind independente, deduem a

P (C) = P (A

1

)P (A

2

)P (A

3

) + P (A

1

)P (A

2

)P (A

3

) + P (A

1

)P (A

2

)P (A

3

) =

= p

1

(1 p

2

)(1 p

3

) + (1 p

1

)p

2

(1 p

3

) + (1 p

1

)(1 p

2

)p

3

= 0; 6 0; 6 0; 2+

+0; 4 0; 4 0; 2 + 0; 4 0; 6 0; 8 = 0; 296.

18. Se aruna o moneda de 3 ori. Care este probabilitatea sa obtinem de

eare data "stema"?


1

evenimentul are onsta ^n faptul a la prima

arunare se obtine "stema", u A

2

evenimentul a la a doua arunare sa se obtina

"stema", iar u A

3

evenimentul a la a treia arunare sa se obtina "stema".

Probabilitatile de realizare a evenimentelor A

i

, i = 1; 3 sunt

P (A

1

) = P (A

2

) = P (A

3

) =

1

2

.

Evenimentul A are onsta ^n faptul a aruna^nd de 3 ori moneda obtinem

de eare data "stema" se exprima ^n funtie de A

i

, i = 1; 3 astfel

A = A

1

\ A

2

\ A

3

.


i

, i = 1; 3 sunt independente, rezulta a

P (A) = P (A

1

)P (A

2

)P (A

3

) =

1

2

1

2

1

2

=

1

8

.

19. Se aruna doua zaruri, unul alb si unul negru. Sa onsideram eveni-

mentele

A { la primul zar (alb) apare fata u 5 punte,

B { numarul total de punte obtinut la ele doua zaruri este mai mare dea^t 8.

Sa se determine probabilitatea lui B onditionata de A, P (B=A).

Rezolvare. Daa s-a realizat A, adia la primul zar apar 5 punte, atuni

pentru B exista 6 azuri posibile

18 Capitolul 1

(5,1), (5,2), (5,3), (5,4), (5,5), (5,6).

Dintre aestea doar 3 sunt azuri favorabile lui B, si anume (5,4), (5,5), (5,6).

Dei P (B=A) =

3

6

=

1

2

.

Probabilitatea lui B onditionata de A se poate alula si u formula

P (B=A) =

P (A \ B)

P (A)

.

Deoaree P (A) =

1

6

(6 azuri posibile si un az favorabil), iar P (A \B) =

3

36

=

=

1

12

(sunt 36 azuri posibile si 3 azuri favorabile (5,4), (5,5), (5,6)), rezulta a

P (B=A) =

1=12

1=6

=

1

2

.

20. Avem 3 urne U

1

u 4 bile albe si 7 bile negre, U

2

u 6 bile albe si 3 bile

negre, si U

3

u 5 bile albe si 4 bile negre. Din una din aeste urne se extrage o

bila. Se onsidera evenimentele

A { bila extrasa este alba; A

1

{ extragerea se realizeaza din U

1

;

A

2


2

; A

3


3

.

Sa se aluleze P (A=A

1

), P (A=A

2

) si P (A=A

3

).

Rezolvare. Avem P (A=A

1

) =

4

11

, P (A=A

2

) =

6

9

=

2

3

, P (A=A

3

) =

5

9

.

21. O urna ontine a bile albe si b bile negre. Se extrag su

esiv trei bile

(fara ^ntoarerea bilei extrasa ^n urna). Se onsidera evenimentele

A { prima bila extrasa este alba; B { a doua bila extrasa este alba;

C { a treia bila extrasa este alba.

Sa se aluleze P (B=A) si P (C=A \B).

Rezolvare. Daa s-a realizat evenimentul A ^nseamna a s-a extras o bila

alba din urna, rama^na^nd astfel ^n urna a 1 bile albe si b bile negre. Atuni

P (B=A) =

a 1

a+ b 1

.

Daa se realizeaza evenimentele A si B, adia s-au extras din urna doua bile

albe, atuni probabilitatea a a treia bila extrasa sa e neagra este

P (C=A \B) =

b

a + b 2

.

22.

^

Intr-o urna sunt 12 bile dintre are 5 albe si 7 negre. Se extrage de

doua ori a^te o bila din urna fara sa se repuna bila extrasa ^napoi ^n urna. Fie


A evenimentul a a doua bila extrasa sa e alba, iar B evenimentul a prima

bila extrasa sa e neagra. Sa se arate folosind denitia si apoi probabilitatile

onditionate a evenimentele A si B sunt independente.

Rezolvare. Probabilitatea evenimentului B este P (B) =

7

12

. Pentru a

alula probabilitatea evenimentului A, vom proeda a ^n Problema 13 b), si

anume avem

P (A) =

5 4 + 7 5

12 11

=

55

132

=

5

12

.

Apoi probabilitatea evenimentului A onditionat de evenimentulB este P (A=B) =

=

5

11

, iar

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

5

11

7

12

=

35

132

.

Deoaree P (A\B) 6= P (A)P (B) (

35

132

6=

35

144

), rezulta a evenimentele A si

B nu sunt independente.

Se observa de altfel a P (A=B) 6= P (A) (

5

11

6=

5

12

). Dei onform teoremei

de araterizare a independentei a doua evenimente u ajutorul probabilitatilor

onditionate, rezulta a evenimentele A si B nu sunt independente.

23. O urna ontine 7 bile albe si 8 bile negre. Se extrag su

esiv 3 bile (fara

^ntoarerea ^n urna a bilelor extrase). Care este probabilitatea a prima bila sa

e neagra, iar elelalte doua albe?


1

evenimentul are onsta ^n faptul a prima bila

extrasa este neagra, u A

2

evenimentul are onsta ^n faptul a bila a doua extrasa

este alba, iar u A

3

evenimentul are onsta ^n faptul a a treia bila extrasa este

alba. Evenimentul din problema, A, se exprima ^n funtie de A

i

, i = 1; 3 astfel

A = A

1

\ A

2

\ A

3

.


i

, i = 1; 3 sunt dependente ^ntre ele (vezi Problema

22), rezulta a

P (A) = P (A

1

)P (A

2

=A

1

)P (A

3

=A

1

\ A

2

) =

8

15

7

14

6

13

' 0; 123:

24. Sa se arate a daa P (B=A) = P (B=A), atuni evenimentele A si B

sunt independente.

Rezolvare. Vom srie pe B astfel

20 Capitolul 1

B = B \ = B \ (A [ A) = (B \ A) [ (B \ A).

Deoaree evenimentele B \ A si B \ A sunt inompatibile, probabilitatea lui B

se poate alula astfel

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

ip:

= (P (A)+

+P (A))P (B=A) = P (B=A).

Dei am obtinut a P (B) = P (B=A), de unde rezulta a evenimentele A si

B sunt independente.

25. Un opil are 3 disuri vopsite pe ambele fete ^n felul urmator

{ un dis are ambele fete vopsite ^n alb;

{ un dis are o fata vopsita ^n alb si una ^n negru;

{ un dis are ambele fete vopsite ^n negru.

Se alege un dis la ^nta^mplare si se onstata a una din fete este alba. Care

este probabilitatea a si a doua fata sa e tot alba?

Rezolvare. Fie A evenimentul a prima fata a disului ales sa e alba si B

evenimentul a si a doua fata a aeluiasi dis sa e tot alba. Avem de alulat

probabilitatea onditionata P (B=A). Deoaree P (A) =

1

2

(sunt 6 fete posibile

dintre are 3 albe), iar P (A \B) =

1

3

(sunt 3 disuri dintre are numai unul are

ambele fete albe). Atuni rezulta a

P (B=A) =

P (A \ B)

P (A)

=

1=3

1=2

=

2

3

' 0; 667.

26. Stiind a P (A=B) =

2

5

, P (A=B) =

1

10

si P (B=A) =

3

5

sa se ae P (A)

si P (B).

Rezolvare. Din relatiile P (A=B) =

2

5

si P (B=A) =

3

5

deduem a

P (A \ B)

P (B)

=

2

5

si

P (A \ B)

P (A)

=

3

5

,

de unde obtinem P (A \ B) =

2

5

P (B) si P (B) =

3

2

P (A).

Folosind aum ipoteza P (A=B) =

1

10

, obtinem

P (B=A)P (A)

P (B)

=

1

10

)

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

1 P (B)

=

1

10

)

2P (A)

5(1 P (B)

=

1

10

) P (B) = 1 4P (A).


Folosind aeasta ultima relatie ^mpreuna u P (B) =

3

2

P (A) deduem a P (A) =

=

2

11

si P (B) =

3

11

.

27. Se dispune de 6 loturi de produse u urmatoarele ontinuturi

{ 2 loturi u a^te 8 produse eare, dintre are doua produse prezinta defetiuni

(ompozitie C

1

);

{ 3 loturi u a^te 10 produse eare, dintre are un produs prezinta defetiuni

(ompozitie C

2

);

{ un lot de 8 produse, din are 3 prezinta defetiuni (ompozitia C

3

).

Dintr-un lot oareare se extrage la ^nta^mplare un produs.

a) Sa se determine probabilitatea pentru a produsul extras sa e rebut.

b) Stiind a produsul extras este rebut, sa se determine probabilitatea a el

sa faa parte dintr-unul din loturile de ompozitie C

2

.


i

evenimentul are onsta ^n faptul a produsul

extras este dintr-unul din loturile de ompozitie C

i

, i = 1; 3, iar u B evenimentul

are onsta ^n faptul a produsul extras prezinta defetiuni.

Pentru a alula P (B) vom folosi formula probabilitatii totale, ava^nd ^n

vedere a evenimentele A

i

, i = 1; 3 formeaza un sistem omplet de evenimente.

Si anume

P (B) = P (B=A

1

)P (A

1

) + P (B=A

2

)P (A

2

) + P (B=A

3

)P (A

3

).

Pentru A

1

avem P (A

1

) =

2

6

=

1

3

(avem 6 loturi - azuri posibile si 2 loturi de

ompozitie C

1

- azuri favorabile). Asemanator P (A

2

) =

3

6

=

1

2

, P (A

3

) =

1

6

.

Apoi P (B=A

1

) =

4

16

=

1

4

(16 produse ^n loturile de ompozitie C

1

- azuri

posibile si 4 produse defete - azuri favorabile), P (B=A

2

)=

3

30

=

1

10

si P (B=A

3

)=

=

3

8

.

Atuni pentru probabilitatea evenimentului B obtinem

P (B) =

1

4

1

3

+

1

10

1

2

+

3

8

1

6

' 0; 196:

La puntul b) trebuie sa alulam P (A

2

=B). Vom folosi formula ipotezelor

(formula lui Bayes)

22 Capitolul 1

P (A

2

=B) =

P (B=A

2

)P (A

2

)

P (B)

'

1

10

1

2

0; 196

' 0; 255.

28. Se onsidera 3 urne identie a aspet u urmatoarele ontinuturi U

1

: 3

bile albe si 5 bile negre, U

2

: 6 bile albe si 4 bile negre, U

3

: 4 bile albe si 3 bile

negre.

Se alege la ^nta^mplare una din urne si din ea se extrage o bila.

a) Care este probabilitatea a bila extrasa sa e alba?

b) Stiind a bila extrasa este alba, are este probabilitatea a ea sa provina

din urna U

3

?

Rezolvare. Fie B evenimentul are onsta ^n faptul a bila extrasa este alba

si A

k

evenimentul a bila sa e extrasa din urna U

k

, k = 1; 3.


k

, k = 1; 3 formeaza un sistem omplet de eveni-

mente, pentru a determina probabilitatea evenimentului B vom folosi formula

probabilitatii totale, adia

P (B) = P (B=A

1

)P (A

1

) + P (B=A

2

)P (A

2

) + P (B=A

3

)P (A

3

).

Avem P (A

1

) = P (A

2

) = P (A

3

) =

1

3

(pentru eare din ele 3 evenimente

numarul de azuri posibile este 3, iar numarul de azuri favorabile este 1), iar

P (B=A

1

) =

3

8

, P (B=A

2

) =

6

10

=

3

5

, P (B=A

3

) =

4

7

. Rezulta atuni a

P (B) =

3

8

1

3

+

3

5

1

3

+

4

7

1

3

' 0; 515:

La puntul b) avem de alulat P (A

3

=B) pentru are folosim formula ipote-

zelor

P (A

3

=B) =

P (B=A

3

) P (A

3

)

P (B)

'

4

7

1

3

0; 515

' 0; 369:

29. Fie urna U

1

u 3 bile albe si 4 bile negre, si urna U

2

u 5 bile albe si

2 bile negre. Se extrage o bila din urna U

1

si se introdue ^n urna U

2

, apoi se

extrage o bila din urna U

2

. Stiind a bila extrasa din urna U

2

este neagra, are

este probabilitatea a bila transferata sa fost alba?

Rezolvare. Fie B evenimentul a bila extrasa din urna U

2

sa e neagra, si

A

1

, respetiv A

2

evenimentele a bila transferata din urna U

1

^n urna U

2

sa e

alba, respetiv neagra. Atuni

P (A

1

) =

3

7

, P (A

2

) =

4

7

, P (B=A

1

) =

2

8

, P (B=A

2

) =

3

8

.


Pentru a determina probabilitatea evenimentului A

1

onditionata de B, fo-

losim formula ipotezelor, adia

P (A

1

=B) =

P (B=A

1

)P (A

1

)

P (B=A

1

)P (A

1

) + P (B=A

2

)P (A

2

)

=

2

8

3

7

2

8

3

7

+

3

8

4

7

=

1

3

' 0; 333.

30. Se dau 3 urne: U

1


2

u 2 bile albe si 4 bile

negre, U

3

u 3 bile albe si 4 bile negre. Din eare urna se extrage o bila. Care

este probabilitatea a 2 bile sa e albe si una neagra?

Rezolvare. Sa onsideram evenimentul A

i

are onsta ^n faptul a bila

extrasa din urna U

i

este alba, i = 1; 3. Problema ere sa aam probabilitatea

realizarii a 2 din ele 3 evenimente. Apliam shema lui Poisson u n = 3, k = 2,

p

1

= P (A

1

) =

3

5

, p

2

= P (A

2

) =

2

6

=

1

3

, p

3

= P (A

3

) =

3

7

, iar q

1

=

2

5

, q

2

=

2

3

,

q

3

=

4

7

.

Conform shemei binomiale generalizate a lui Poisson, probabilitatea a 2

bile sa e albe si una neagra este oeientul lui x

2

din polinomul

3

5

x+

2

5

1

3

x+

2

3

3

7

x +

4

7

,

adia

12

35

' 0; 343.

31. Patru tragatori trag asupra unei tinte. Primul atinge tinta u proba-

bilitatea

2

3

, al doilea u probabilitatea

3

4

, al treilea u probabilitatea

4

5

, iar al

patrulea u probabilitatea

5

6

. Care este probabilitatea a tinta sa e atinsa exat

de 3 ori?

Rezolvare. Problema se poate rezolva ^ntr-un mod asemanator u Problema

17. Vom aplia ^nsa aii shema lui Poisson. Fie A

i

evenimentul a tragatorul i

sa atinga tinta, i = 1; 4. Avem

p

1

= P (A

1

) =

2

3

, p

2

= P (A

2

) =

3

4

, p

3

= P (A

3

) =

4

5

, p

4

= P (A

4

) =

5

6

,

iar q

1

=

1

3

, q

2

=

1

4

, q

3

=

1

5

, q

4

=

1

6

.

Atuni onform shemei lui Poisson probabilitatea a tinta sa e nimerita de

exat 3 tragatori este oeientul lui x

3

din polinomul

2

3

x +

1

3

3

4

x +

1

4

4

5

x +

1

5

5

6

x+

1

6

,

adia

77

180

' 0; 428.

24 Capitolul 1

32. Se aruna o moneda de n ori. Care este probabilitatea a ^n ele n

arunari sa obtinem de k ori stema?

Rezolvare. Fie A evenimentul a la arunarea monedei sa obtinem stema.

Avem p = P (A) =

1

2

, iar q = 1 p =

1

2

. Suntem ^n adrul shemei binomiale a

lui Bernoulli, dei probabilitatea a ^n ele n arunari a monedei sa apara de k

ori stema este

P = C

k

n

p

k

q

nk

= C

k

n

1

2

k

1

2

nk

= C

k

n

1

2

n

.

33. Se aruna doua zaruri (unul alb si unul negru) de 10 ori. Care este

probabilitatea sa apara de 3 ori suma 8?

Rezolvare. La o arunare a elor doua zaruri probabilitatea sa obtinem

suma 8 este p =

5

36

(avem 36 azuri posibile si 5 azuri favorabile: (2,6), (6,2),

(3,5), (5,3), (4,4)). Conform shemei lui Bernoulli u n = 10, k = 3, p =

5

36

,

q =

31

36

, probabilitatea a la ele 10 arunari a elor doua zaruri sa obtinem exat

de 3 ori suma 8 este

P = C

3

10

5

36

3

31

36

7

' 0; 113.

34. Un tragator atinge o tinta dintr-un fo u probabilitatea 0; 7. Daa trage

10 fouri asupra tintei, are este probabilitatea s-o atinga exat de 6 ori?

Rezolvare. Suntem ^n adrul shemei lui Bernoulli u n = 10, k = 6,

p = 0; 7 si q = 0; 3. Atuni probabilitatea a tragatorul sa atinga tinta de 6 ori

este P = C

6

10

(0; 7)

6

(0; 3)

4

' 0; 2.

35. Se aruna un zar de 14 ori. Care este probabilitatea a fata 1 sa apara

de 3 ori, fata 2 sa apara o data, fata 3 de 4 ori, fata 4 de 2 ori, fata 5 de 3 ori si

fata 6 o data?


i

evenimentul a la arunarea zarului sa apara

fata u i punte, i = 1; 6. Avem p

i

= P (A

i

) =

1

6

, i = 1; 6. Deoaree evenimentele

A

i

, i = 1; 6 formeaza un sistem omplet de evenimente, putem aplia shema lui

Bernoulli u mai multe stari. Atuni probabilitatea evenimentului din problema

este

P =

14!

3!1!4!2!3!1!

1

6

3

1

6

1

1

6

4

1

6

2

1

6

3

1

6

1

=

14!

3!1!4!2!3!1!

1

6

14

'


' 0; 000644:

36.

^

Intr-o urna sunt 5 bile albe si 5 bile negre. Se sot 3 bile su

esiv fara

^ntoarerea bilelor ^napoi ^n urna.

a) Care este probabilitatea obtinerii a 3 bile albe?

b) Dar probabilitatea de a avea 2 bile albe si una neagra?

Rezolvare. a) Conform shemei hipergeometrie, probabilitatea de a obtine

3 bile albe este

P

1

=

C

3

5

C

0

5

C

3

10

=

1

12

' 0; 083.

Problema se mai poate rezolva ^ntr-un mod asemanator u Problema 23. Si

anume, daa notam u A

1

evenimentul a prima bila extrasa sa e alba, u A

2

evenimentul a a doua bila extrasa sa e alba, iar u A

3

evenimentul a a treia

bila extrasa sa e alba, atuni avem

P

1

= P (A

1

)P (A

2

=A

1

)P (A

3

=A

1

\ A

2

) =

5

10

4

9

3

8

=

1

12

' 0; 083.

b) Conform shemei hipergeometrie avem

P

2

=

C

2

5

C

1

5

C

3

10

=

5

12

' 0; 417.

37.

^

Intr-un lot de 100 de piese, 6 piese au defete remediabile, 4 piese sunt

rebuturi, iar restul sunt piese bune. Din aest lot au fost luate la ^nta^mplare 10

piese. Care este probabilitatea a din aestea, 7 sa e bune, 2 sa aiba defete

remediabile si una sa e rebut?

Rezolvare. Conform shemei hipergeometrie generalizate avem

P =

C

7

90

C

2

6

C

1

4

C

10

100

' 0; 026.

38.

^

Intr-o urna sunt bile de m ulori: a

1

de uloarea

1

, a

2

de uloarea

2

,

: : :, a

m

de uloarea

m

. Se extrag din urna n bile deodata (sau una a^te una fara

^ntoarerea bilei extrasa ^n urna). Care este probabilitatea de a obtine

1

bile de

uloarea

1

,

2

bile de uloarea

2

, : : :,

m

bile de uloarea

m

, (

1

+

2

+ +

m

=

= n)?

Rezolvare. Apliam shema hipergeometria generalizata. Atuni proba-

bilitatea evenimentului din problema este

P =

C

1

a

1

C

2

a

2

C

m

a

m

C

1

+

2

++

m

a

1

+a

2

++a

m

.

Capitolul 2

VARIABILE ALEATOARE

x1. FUNCTIA DE REPARTITIE,

DENSITATEA DE PROBABILITATE

1. Fie funtia f : IR! IR, f(x) =

1 + x

2

, x 2 IR.

a) Sa se determine onstanta astfel ^na^t f sa reprezinte densitatea de

probabilitate (densitatea de repartitie) a unei variabile aleatoare X.

b) Sa se determine funtia de repartitie orespunzatoare.

) Sa se aluleze P (1 < X < 1).

Rezolvare. a) Punem onditiile f(x) 0; 8 x 2 IR si

Z

+1

1

f(x)dx = 1.

Deoaree

Z

+1

1

f(x)dx =

Z

+1

1

dx

1 + x

2

= artgx

+1

1

= ,

deduem a =

1

.

b) Funtia de repartitie este

F (x) =

Z

x

1

f(t) dt =

1

Z

x

1

dt

1 + t

2

=

1

artg t

x

1

=

1

artgx +

2

.

) P (1 < X < 1) = F (1) F (1) =

1

2

.

2. Fie funtia f : IR! IR,

f(x) =

8

0;

0; x 0; ( > 0):

Sa se determine A astfel ^na^t f sa reprezinte densitatea de probabilitate a

unei variabile aleatoare si apoi sa se determine funtia de repartitie F orespun-

zatoare.

Rezolvare. Din onditia f(x) 0; 8 x 2 IR rezulta A 0. Apoi avem

Z

+1

1

f(x)dx =

Z

1

0

Ae

x

dx = A

e

x

1

0

=

A

.

Funtia de repartitie, densitatea de probabilitate 27

Impuna^nd onditia a

Z

+1

1

f(x)dx = 1, obtinem A = . Dei

f(x) =

8

0;

0; x 0:

Daa x 0 atuni F (x) = 0. Pentru x > 0 obtinem

F (x) =

Z

x

1

f(t)dt =

Z

x

0

e

t

dt =

1

e

t

x

0

= 1 e

x

.

Dei F (x) =

8

0;

0; x 0:


f(x) =

8

2

:

Sa se determine a astfel ^na^t f sa reprezinte densitatea de probabilitate a

unei variabile aleatoare. Apoi sa se determine funtia de repartitie F orespun-

zatoare.

Rezolvare. Din onditia f(x) 0; 8 x 2 IR rezulta a 0, iar din onditia

Z

+1

1

f(x) dx = 1, deduem

Z

=2

=2

a os x dx = 1 sau a sinx

=2

=2

= 1, dei a =

1

2

.

Astfel

f(x) =

8

>

:

1

2

os x;

2

x

2

;

0; x <

2

sau x >

2

:

Funtia de repartitie orespunzatoare este

F (x) =

Z

x

1

f(t) dt =

8

>

>

>

>

>

:

0; x

2

;

1

2

(sin x+ 1);

2

< x

2

;

1; x >

2

:

4. Se da funtia f : IR! IR, f(x) =

e

x

+ e

x

, x 2 IR.

a) Sa se determine onstanta astfel ^na^t f sa e o densitate de repartitie.

b) Daa X si Y sunt variabile independente ava^nd densitatea de repartitie

f , sa se aluleze P (X < 1; Y > 1).

Rezolvare. a) Impunem onditiile: f(x) 0; 8 x 2 IR si

Z

+1

1

f(x)dx = 1.

Din prima onditie rezulta 0. Pentru a doua onditie alulam

Z

+1

1

f(x)dx =

Z

+1

1

dx

e

x

+ e

x

.

Vom fae shimbarea de variabila

28 Capitolul 2

e

x

= t ) x = ln t ) dx =

1

t

dt; x! 1 ) t! 0; x!1 ) t!1.

Obtinem atuni

Z

1

0

dt

1 + t

2

dt = artg t

1

0

=

2

.

Impuna^nd onditia

2

= 1 obtinem =

2

. Dei f(x) =

2

(e

x

+ e

x

)

; 8 x 2 IR.

b) Deoaree variabilele X si Y sunt independente atuni

P (X < 1; Y > 1) = P (X < 1)P (Y > 1) = P (X < 1)(1 P (Y 1)) =

= P (X < 1)(1 P (Y < 1)).

Pentru F (1) avem

F (1) =

Z

1

1

f(t)dt =

2

Z

1

1

dt

e

t

+ e

t

=

2

Z

e

0

dy

y

2

+ 1

=

2

artg e.

Rezulta atuni a

P (X < 1; Y > 1) =

2

artg e

1

2

artg e

:


f(x) =

8

>

:

ln

a

x

; x 2 (0; a);

0; x 62 (0; a); (a > 0):

a) Sa se determine astfel ^na^t f sa reprezinte densitatea de probabilitate

a unei variabile aleatoare.

b) Sa se determine funtia de repartitie orespunzatoare.

) Sa se aluleze P

a

3

< X a atuni

F (x) =

Z

x

1

f(t)dt =

Z

0

1

f(t)dt+

Z

x

0

f(t)dt+

Z

x

a

f(t)dt =

Z

a

0

f(t)dt = 1.

Funtia de repartitie, densitatea de probabilitate 29

Dei F (x) =

8

>

>

>

>

>

>

>

:

0; x a;

x

a

ln

a

x

+ 1

; x 2 (0; a;

1; x > a:

) P

a

3

< X 0 atuni

Z

+1

1

f(x)dx =

Z

+1

0

4xe

x

dx =

4

Z

+1

0

x(e

x

)

0

dx =

4

xe

x

1

0

+

+

4

Z

1

0

e

x

dx =

4

1

e

x

1

0

=

4

2

.

Puna^nd onditia

Z

+1

1

f(x)dx = 1 si tina^nd ont de faptul a > 0 obtinem

= 2.

b) Daa x 0 atuni F (x) =

Z

x

1

f(t)dt = 0. Daa x > 0 atuni

F (x) =

Z

x

1

f(t)dt =

Z

x

0

f(t)dt =

Z

x

0

4te

2t

dt = 2

Z

x

0

t(e

2t

)

0

dt =

= 2te

2t

x

0

+ 2

Z

x

0

e

2t

dt = 2xe

2x

e

2t

x

0

= 1 e

2x

(2x+ 1).

Dei F (x) =

8

0:

) Conform denitiei probabilitatilor onditionate avem

P (X < 4=X > 1) =

P (1 < X < 4)

P (X > 1)

=

P (1 < X < 4)

1 P (X 1)

=

F (4) F (1)

1 F (1)

,

(deoaree F este ontinua, dei P (X 1) = P (X < 1) = F (1)).

Obtinem astfel P (X < 4=X > 1) = 1 3e

6

.

7. Sa se determine onstanta a astfel ^na^t funtia F : IR! IR,

30 Capitolul 2

F (x) =

8

0

sa reprezinte funtia de repartitie a unei variabile aleatoare. Sa se determine apoi

densitatea de probabilitate ^n azul ^n are funtia F este ontinua.

Rezolvare. Veriam ele 4 onditii ale unei funtii de repartitie

a) F (x) 0; 8 x 2 IR; F este o funtie monoton resatoare pe IR;

b) F (1) = 0; ) F (+1) = 1;

d) F este ontinua la sta^nga ^n orie punt x 2 IR.

Deoaree onditiile b){d) sunt veriate, rama^ne sa impunem onditia a

F sa e monoton resatoare pe IR. Deoaree F este onstanta pe (1; 0 si

monoton resatoare pe (0;1) pentru a 0, trebuie sa punem onditia F (0)

F (0 + 0) ) 0 1 2a ) a

1

2

. Dei a 2

0;

1

2

.

Daa a =

1

2

atuni F este ontinua, iar densitatea orespunzatoare este

f(x) = F

0

(x) =

8

>

:

0; x 0;

1

2

x

2

e

x

; x > 0:

8. Fie funtia F : IR! IR,

F (x) =

8

>

>

>

>

>

:

0; x 0;

ax

2

; 0 < x 1;

1; x > 1:

Sa se determine a astfel ^na^t funtia F sa reprezinte funtia de repartitie a

unei variabile aleatoare. Apoi sa se determine densitatea de probabilitate ores-

punzatoare, ^n azul ^n are F este ontinua.

Rezolvare. Deoaree F (+1) = 1, F (1) = 0, F este ontinua la sta^nga,

trebuie sa mai veriam onditiile F (x) 0; 8 x 2 IR, si F monoton resatoare

pe IR. Din prima onditie deduem a a 0, iar pentru a doua impunem

F (1) F (1 + 0) ) a 1.

Dei obtinem 0 a 1. Pentru a = 1 funtia F este ontinua, iar densitatea de

probabilitate orespunzatoare este

f(x) =

8

:

0; x 2 (1;1) [ (1;+1);

1

2

; x 2 [1; 1:

a) Sa se ae funtia de repartitie orespunzatoare.

b) Sa se determine densitatile de repartitie ale variabilelor aleatoare Y =

= e

X+1

si Z = 3X

2

+ 2.

Rezolvare. a) Pentru x 1 avem F (x) = 0. Pentru x 2 (1; 1 obtinem

F (x) =

Z

x

1

f(t)dt =

Z

x

1

1

2

dt =

1

2

(x+ 1).

Pentru x > 1 avem F (x) =

Z

x

1

f(t)dt =

Z

1

1

1

2

dt = 1.

Dei

F (x) =

8

>

>

>

>

>

>

>

:

0; x 1;

1

2

(x + 1); 1 < x 1;

1; x > 1:

b) Pentru a determina densitatile de repartitie g si h pentru variabilele

Y = e

X+1

si respetiv Z = 3X

2

+ 2 vom alula mai ^nta^i funtiile de repartitie

orespunzatoare G, respetiv H.

Avem G(x) = P (Y < x) = P (e

X+1

< x). Daa x 0 rezulta a G(x) = 0.

Daa x > 0 atuni

G(x) = P (X + 1 < lnx) = P (X < lnx 1) = F (lnx 1) =

=

8

>

>

>

>

>

>

>

:

0; lnx 1 1 , 0 < x 1;

1

2

lnx; 1 < lnx 1 1 , 1 < x e

2

;

1; lnx 1 > 1 , x > e

2

:

Dei G(x) =

8

>

>

>

>

>

>

>

:

0; x 1;

1

2

lnx; 1 < x e

2

;

1; x > e

2

:

Atuni densitatea de probabilitate a variabilei aleatoare Y este

g(x) = G

0

(x) =

8

>

:

0; x 62 (1; e

2

);

1

2x

; x 2 (1; x

2

):

Deoaree X ia valori ^n intervalul [1; 1, rezulta a Z ia valori ^n intervalul

32 Capitolul 2

[2; 5. Dei H(x) = 0 pentru x 2 si H(x) = 1 pentru x > 5. Daa x 2 (2; 5

avem

H(x) = P (Z < x) = P (3X

2

+ 2 < x) = P

X

2

>

>

>

>

>

>

>

:

0; x 2;

s

x 2

3

; 2 < x 5;

1; x > 5;

iar h(x) = H

0

(x) =

8

>

>

>

:

0; x 62 (2; 5);

1

2

q

3(x 2)

; x 2 (2; 5):

10. Fie variabila aleatoare disreta X data prin tabloul sau de distributie

X :

0

B

5 3 1 4 7

1

4

1

3

1

6

1

12

1

6

1

C

A

.

Sa se srie funtia de repartitie orespunzatoare.

Rezolvare. Deoaree

F (x) =

8

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

:

0; x x

1

;

p

1

; x

1

< x x

2

;

p

1

+ p

2

; x

2

< x x

3

;

p

1

+ p

2

+ p

3

; x

3

< x x

4

;

p

1

+ p

2

+ p

3

+ p

4

; x

4

< x x

5

;

5

X

i=1

p

i

= 1; x > x

5

;

unde x

1

= 5, x

2

= 3, x

3

= 1, x

4

= 4, x

5

= 7, iar p

1

=

1

4

, p

2

=

1

3

, p

3

=

1

6

,

p

4

=

1

12

, p

5

=

1

6

; obtinem

Carateristii numerie ale variabilelor aleatoare 33

F (x) =

8

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

:

0; x 5;

1=4; 5 < x 3;

7=12; 3 < x 1;

3=4; 1 < x 4;

5=6; 4 < x 7;

1; x > 7:

x2. CARACTERISTICI NUMERICE ALE

VARIABILELOR ALEATOARE

1. Se aruna doua zaruri (unul alb si unul negru). Sa se aluleze valoa-

rea medie, dispersia si abaterea medie patratia ale numarului total de punte

obtinute la ele doua zaruri.

Rezolvare. Notam u X variabila aleatoare are are a valori numarul total

de punte obtinute la ele doua zaruri. VariabilaX are a valori pe 2; 3; 4; : : : ; 12.

Deoaree P (X = 2) =

1

36

(avem 36 azuri posibile si un az favorabil (1,1)),

P (X = 2) =

1

18

(avem 36 azuri posibile si 2 azuri favorabile (1,2), (2,1)), : : :,

P (X = 12) =

1

36

(avem 36 azuri posibile si un az favorabil (6,6)), obtinem

tabloul de distributie al variabilei X

X :

0

B

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

1

36

1

18

1

12

1

9

5

36

1

6

5

36

1

9

1

12

1

18

1

36

1

C

A

:

Valoarea medie a variabilei aleatoare X este

M(X) = 2

1

36

+ 3

1

18

+ 4

1

12

+ + 10

1

12

+ 11

1

18

+ 12

1

36

= 7.

Dispersia variabilei X este

D

2

(X) =M(X m)

2

=

11

X

i=1

p

i

(x

i

m)

2

=

1

36

(2 7)

2

+

1

18

(3 7)

2

+

1

12

(4 7)

2

+

+ +

1

18

(11 7)

2

+

1

36

(12 7)

2

=

35

6

' 5; 833, (unde m = M(X) = 7),

iar abaterea medie patratia este =

q

D

2

(X) =

q

35=6 ' 2; 415.

Pentru alulul mediei si dispersiei variabilei X putem proeda si ^n felul

34 Capitolul 2

urmator: sa notam u X

1

si X

2

variabilele aleatoare are au a valori numarul de

punte obtinute pe primul zar (alb), respetiv pe al doilea zar (negru). Variabilele

X

1

si X

2

au aelasi tablou de distributie, si anume

0

B

1 2 3 4 5 6

1

6

1

6

1

6

1

6

1

6

1

6

1

C

A

.

Atuni

M(X

1

) = M(X

2

) =

1

6

(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) =

7

2

si

M(X) =M(X

1

) +M(X

2

) = 7.

Deoaree variabilele X

1

si X

2

sunt independente, atuni

D

2

(X)=D

2

(X

1

) +D

2

(X

2

)=2

"

1

6

1

7

2

2

+

1

6

2

7

2

2

+ +

1

6

6

7

2

2

#

=

=

35

6

' 5; 833.

Pentru alulul dispersiei putem folosi si formula D

2

(X) = M(X

2

)[M(X)

2

.

De exemplu, pentru X

1

, avem

M(X

2

1

) = 1

2

1

6

+ 2

2

1

6

+ + 6

2

1

6

=

91

6

; dei D

2

(X

1

) =

91

6

49

4

=

35

12

.

2. Se dau urmatoarele 3 urne: U

1


2

u 6 bile

albe si 4 bile negre, si U

3

u 5 bile albe si 3 bile negre.

Din eare din aeste urne se extrage a^te o bila. Sa se aluleze valoarea

medie, dispersia si abaterea medie patratia ale numarului de bile albe obtinute

^n ele trei extrageri. De asemenea sa se srie momentele m

p

(momentul initial de

ordinul p),

p

(momentul entrat de ordinul p), m

p

(momentul absolut de ordinul

p) si

p

(momentul entrat absolut de ordinul p) pentru numarul de bile albe

obtinute la extragerea din urna U

1

, (p 2 IN

).

Rezolvare. Sa notam u X

i

variabila aleatoare are are a valori numarul

de bile albe obtinute la extragerea din urna U

i

, i = 1; 3. Deoaree numarul

de bile albe obtinute la eare din ele trei extrageri poate 1 sau 0, obtinem

urmatoarele tablouri de distributie

X

1

:

0

B

1 0

4

9

5

9

1

C

A

, X

2

:

0

B

1 0

3

5

2

5

1

C

A

, X

3

:

0

B

1 0

5

8

3

8

1

C

A

.

Valorile medii ale aestor variabile sunt


M(X

1

) =

4

9

, M(X

2

) =

3

5

, M(X

3

) =

5

8

.

Deoaree X

2

i

= X

i

, i = 1; 3, rezulta a M(X

2

i

) = M(X

i

), i = 1; 3. Atuni

dispersiile variabilelor X

i

, i = 1; 3 sunt

D

2

(X

1

) =M(X

2

1

) [M(X

1

)

2

=

4

9

4

9

2

=

20

81

,

D

2

(X

2

) =M(X

2

2

) [M(X

2

)

2

=

3

5

3

5

2

=

6

25

,

D

2

(X

3

) =M(X

2

3

) [M(X

3

)

2

=

5

8

5

8

2

=

15

64

.

Daa X este variabila aleatoare are are a valori numarul de bile albe

obtinute ^n ele 3 extrageri, atuni

X = X

1

+X

2

+X

3

si M(X) = M(X

1

) +M(X

2

) +M(X

3

) =

4

9

+

3

5

+

5

8

=

=

601

360

' 1; 669:

Deoaree variabilele X

i

, i = 1; 3 sunt independente, rezulta a

D

2

(X) = D

2

(X

1

) +D

2

(X

2

) +D

3

(X

3

) =

20

81

+

6

25

+

15

64

' 0; 721,

iar (X) ' 0; 849.

Pentru variabila X

1

avem

m

p

=M(X

p

1

) = p

1

x

p

1

+ p

2

x

p

2

=

4

9

,

p

=M(X

1

m

1

)

p

=p

1

(x

1

m

1

)

p

+ p

2

(x

2

m

1

)

p

=

4

9

1

4

9

p

+

5

9

0

4

9

p

=

=

4 5

p

+ (1)

p

5 4

p

9

p+1

,

m

p

=M(jX

1

j

p

) = p

1

jx

1

j

p

+ p

2

jx

2

j

p

=

4

9

,

p

= M(jX

1

m

1

j

p

) = p

1

jx

1

m

1

j

p

+p

2

jx

2

m

1

j

p

=

4

9

1

4

9

p

+

5

9

0

4

9

p

=

=

4 5

p

+ 5 4

p

9

p+1

.

3. Se onsidera urmatoarele urne: U

1


2

u 5

bile albe si 6 bile negre, si U

3

u 4 bile albe si 4 bile negre. Din prima urna se

extrage o bila are se introdue ^n ea de a doua urna, dupa are se extrage o bila

din urna a doua si se introdue ^n urna a treia, si ^n sfa^rsit se extrage o bila din

ea de a treia urna. Sa se aluleze valoarea medie, dispersia si abaterea medie

patratia ale numarului de bile albe aparute ^n eare din ele trei extrageri.

Rezolvare. Sa notam u Y

i

variabila aleatoare are are a valori numarul

36 Capitolul 2

de bile albe obtinute la extragerea din urna U

i

, i = 1; 3. Pentru Y

1

avem tabloul

de distributie

Y

1

:

0

B

1 0

3

7

4

7

1

C

A

.

Pentru a ompleta tabloul de distributie pentru Y

2

, vom alula proba-

bilitatile P (Y

2

= 1) si P (Y

2

= 0) folosind formula probabilitatii totale, si anume

P (Y

2

= 1) = P (Y

2

= 1=Y

1

= 1)P (Y

1

= 1) + P (Y

2

= 1=Y

1

= 0)P (Y

1

= 0) =

=

1

2

3

7

+

5

12

4

7

=

19

42

; si

P (Y

2

= 0) = P (Y

2

= 0=Y

1

= 1)P (Y

1

= 1) + P (Y

2

= 0=Y

1

= 0)P (Y

1

= 0) =

=

1

2

3

7

+

7

12

4

7

=

23

42

(= 1 P (Y

2

= 1)).

Dei Y

2

:

0

B

1 0

19

42

23

42

1

C

A

.

^

In mod asemanator avem

P (Y

3

= 1) = P (Y

3

= 1=Y

2

= 1)P (Y

2

= 1) + P (Y

3

= 1=Y

2

= 0)P (Y

2

= 0) =

=

5

9

19

42

+

4

9

23

42

=

187

378

; si

P (Y

3

= 0) = P (Y

3

= 0=Y

2

= 1)P (Y

2

= 1) + P (Y

3

= 0=Y

2

= 0)P (Y

2

= 0) =

=

4

9

19

42

+

5

9

23

42

=

191

378

.

Obtinem astfel Y

3

=

0

B

1 0

187

378

191

378

1

C

A

.

Atuni

M(Y

1

) =

3

7

, M(Y

2

) =

19

42

, M(Y

3

) =

187

378

,

D(Y

1

) = M(Y

2

1

) [M(Y

1

)

2

=

3

7

3

7

2

' 0; 245,

D(Y

2

) = M(Y

2

2

) [M(Y

2

)

2

=

19

42

19

42

2

' 0; 248,

D(Y

3

) = M(Y

2

3

) [M(Y

3

)

2

=

187

378

187

378

2

' 0; 25,

iar

1

' 0; 495,

2

' 0; 498,

3

' 0; 5.

4. Se fa trageri asupra unui obiet pa^na a^nd aesta este dobora^t. Pentru

dobora^rea lui este suienta o tragere reusita. La eare tragere ^n parte proba-

bilitatea de su

es este

3

8

. Sa se aluleze valoarea medie, dispersia si abaterea


medie patratia ale numarului de trageri.

Rezolvare. Fie X variabila aleatoare are are a valori numarul de trageri

pa^na la dobora^rea obietului. Aeasta variabila poate lua valorile 1; 2; : : : Se

observa a P (X = 1) =

3

8

. Evenimentul fX = 2g se poate srie a intersetia

a 2 evenimente (independente): "prima tragere este ratata" si "a doua tragere

este reusita". Rezulta a P (X = 2) =

5

8

3

8

=

5 3

8

2

.

^

In general, evenimentul

fX = kg, k 3 se exprima astfel: "prima tragere este ratata", "a doua tragere

este ratata", : : :, "a (k 1)-a tragere este ratata" si "a k-a tragere este reusita".

Rezulta

P (X = k) =

5

8

5

8

5

8

3

8

=

3 5

k1

8

k

.

Atuni tabloul de distributie al variabilei aleatoare X este

X :

0

B

1 2 3 : : : k : : :

3

8

3 5

8

2

3 5

2

8

3

: : :

3 5

k1

8

k

: : :

1

C

A

:

Valoarea medie a variabilei X este

M(X) = 1

3

8

+2

3 5

8

2

+3

3 5

2

8

3

+ +k

3 5

k1

8

k

+ =

3

8

h

1+2

5

8

+3

5

8

2

+

+ + k

5

8

k1

+

i

.

Pentru a alula suma seriei din paranteza de mai sus, vom plea de la

egalitatea

1 + x+ x

2

+ x

3

+ + x

k

+ =

1

1 x

; 0 < x < 1,

de unde rezulta

x+ x

2

+ x

3

+ + x

k

+ =

x

1 x

; 0 < x < 1.

Folosind proprietatea de la serii de puteri (derivarea termen u termen a unei

astfel de serii) obtinem

1 + 2x+ 3x

2

+ + kx

k1

+ =

x

1 x

0

=

1

(1 x)

2

; 0 < x < 1: (2:1)

Pentru x =

5

8

rezulta a

1 + 2

5

8

+ 3

5

8

2

+ + k

5

8

k1

+ =

64

9

,

si dei M(X) =

8

3

' 2; 667.

38 Capitolul 2

Pentru a alula dispersia lui X vom folosi formula D

2

(X) = M(X

2

)

[M(X)

2

. Variabila X

2

este

X

2

:

0

B

1

2

2

2

3

2

: : : k

2

: : :

3

8

3 5

8

2

3 5

2

8

3

: : :

3 5

k1

8

k

: : :

1

C

A

.

Media variabilei X

2

este

M(X

2

) =

3

8

"

1

2

+ 2

2

5

8

+ 3

2

5

8

2

+ + k

2

5

8

k1

+

#

.

Pentru a alula suma seriei de mai sus, pleam de la egalitatea (2.1), pe

are o ^nmultim u x, adia

x + 2x

2

+ 3x

3

+ + kx

k

+ =

x

(1 x)

2

; 0 < x < 1.

Deriva^nd termen u termen relatia obtinuta, avem

1

2

+ 2

2

x + 3

2

x

2

+ + k

2

x

k1

+ =

1 + x

(1 x)

3

; 0 < x < 1.

Pentru x =

5

8

rezulta

1

2

+ 2

2

5

8

+ 3

2

5

8

2

+ + k

2

5

8

k1

+ =

832

27

,

iar M(X

2

) =

104

9

, D

2

(X) =

40

9

' 4; 444, =

p

40

3

' 2; 108:

5. Variabila aleatoare are densitatea de repartitie, f : IR! IR,

f(x) =

8

>

:

1

2

; x 2 [1; 1;

0; x 62 [1; 1:

Sa se aluleze valoarea medie si dispersia variabilelor aleatoare X si Z =

= 2X

2

+ 1. Sa se srie apoi momentele m

p

,

p

, m

p

si

p

pentru variabila X,

(p 2 IN

).

Rezolvare. Avem

M(X) =

Z

1

1

xf(x) dx =

Z

1

1

1

2

x dx =

x

2

4

1

1

= 0,

D

2

(X) =

Z

1

1

(xm)

2

f(x) dx =

Z

1

1

1

2

x

2

dx =

x

3

6

1

1

=

1

3

, unde m =

=M(X) = 0,

m

p

=M(X

p

) =

Z

1

1

x

p

f(x) dx =

Z

1

1

x

p

2

dx =

x

p+1

2(p+ 1)

1

1

=

1

2(p+ 1)

[1

(1)

p+1

,

p

=M(X m)

p

=

Z

1

1

(xm)

p

f(x) dx = m

p

,


m

p

=M(jXj

p

) =

Z

1

1

jxj

p

f(x)dx =

Z

1

1

jxj

p

2

dx =

Z

1

0

x

p

dx =

x

p+1

p+ 1

1

0

=

=

1

p+ 1

,

p

= M(jX mj

p

) =

Z

1

1

jxmj

p

f(x) dx = m

p

.

Pentru alularea valorii medii a variabilei aleatoare Z, vom aplia formula

M(g(X)) =

Z

1

1

g(x)f(x) dx, u g(x) = 2x

2

+ 1; x 2 IR.

Obtinem

M(Z) =

Z

1

1

(2x

2

+ 1)f(x) dx =

1

2

Z

1

1

(2x

2

+ 1) dx =

Z

1

0

(2x

2

+ 1) dx =

5

3

.

Pentru dispersia variabilei Z avem

D

2

(Z) =M

Z

5

3

2

!

=M

2X

2

2

3

2

, dei

D

2

(Z)=

Z

1

1

2x

2

2

3

2

f(x) dx =

1

2

Z

1

1

2x

2

2

3

2

dx =

Z

1

0

2x

2

2

3

2

dx=

=

16

45

.

6. Pe axa Oy a unui sistem de axe xOy se ia puntul A(0; 1). O dreapta

are tree prin A fae u Oy unghiul si taie axa Ox ^n puntul P (; 0). Sa se

aluleze valoarea medie a lui , stiind a are densitatea de repartitie

f(x) =

8

>

>

>

:

4

; x 2

0;

4

;

0; x 62

0;

4

:

Rezolvare. Din triunghiul OAP (vezi Figura 2.1) deduem a = tg.

Ox

y

A(0,1)

P( ,0)l

Figura2.1

a

Atuni

M() =

Z

1

1

tgxf(x) dx =

Z

=4

0

4

tgx dx =

4

[ ln(os x)

=4

0

=

2 ln 2

.

40 Capitolul 2

7. Variabila aleatoare X are valoarea medie m = 20 si abaterea medie

patratia = 3. Sa se arate a

P (8 < X < 32)

45

48

.

Rezolvare. Vom folosi inegalitatea lui Ceba^sev

P (jX mj k)

1

k

2

; 8 k > 0 , P (jX mj a)

2

a

2

; 8 a > 0,

mai preis onseinta sa

P (jX mj < a) 1

2

a

2

; 8 a > 0.

Dubla inegalitate 8 < X < 32 este ehivalenta u 12 < X 20 < 12 sau

jX 20j < 12. Atuni pentru a = 12 obtinem

P (8 < X < 32) = P (jX 20j < 12) 1

3

2

12

2

=

45

48

,

adia inegalitatea din enunt.

8. Sa se arate a daa variabila aleatoare X u valori mai mari sau egale u

0, are valoarea medie m, iar =

1

X

n=1

nP (n X < n+ 1), atuni m + 1.

Rezolvare. Deoaree orie valoare a luiX se gaseste ^ntr-unul din intervalele

[n; n+ 1), n = 0; 1; 2; : : :, putem srie

1

X

n=0

P (n X < n+ 1) = 1.

Denim variabilele aleatoare disrete Y si Z astfel

Y = n; daa n X < n+ 1; n = 0; 1; 2; : : :,

Z = n+ 1; daa n X < n + 1; n = 0; 1; 2; : : :

Din denitia variabilelor Y si Z avem relatia Y X < Z, si dei M(Y )

M(X) M(Z).

Valorile medii ale variabilelor Y si Z sunt

M(Y ) =

1

X

n=0

nP (Y = n) =

1

X

n=0

nP (n X < n + 1) = ,

M(Z) =

1

X

n=0

(n+ 1)P (Z = n + 1) =

1

X

n=0

(n + 1)P (n X < n+ 1) =

=

1

X

n=0

nP (n X < n+ 1) +

1

X

n=0

P (n X < n+ 1) = + 1.

Din relatiile de mai sus deduem a m + 1.

9. Daa o variabila aleatoare are densitatea de probabilitate f si valoarea

medie m, atuni


lim

x!1

x(1 F (x)) = 0 si lim

x!1

xF (x) = 0,

unde F este funtia de repartitie orespunzatoare.

Rezolvare. Deoaree variabila are valoare medie (m), atuni integrala

Z

1

1

tf(t) dt este onvergenta. Rezulta atuni a

lim

x!1

Z

1

x

tf(t) dt = 0 si lim

x!1

Z

x

1

tf(t) dt = 0.

Pentru x > 0 avem

0 x(1 F (x)) = x

1

Z

x

1

f(t) dt

= x

Z

1

1

f(t) dt

Z

x

1

f(t) dt

=

= x

Z

1

x

f(t) dt

Z

1

x

tf(t) dt,

de unde rezulta, folosind prima limita de mai sus, a lim

x!1

x(1 F (x)) = 0.

Pentru x < 0 avem

0 xF (x) = x

Z

x

1

f(t) dt

Z

x

1

tf(t) dt.

Folosind a doua limita de mai sus, deduem a lim

x!1

xF (x) = 0.

10. Daa o variabila aleatoare are densitatea de probabilitate f si valoarea

medie m, atuni

m =

Z

1

0

(1 F (t))dt

Z

0

1

F (t) dt,

unde F este funtia de repartitie orespunzatoare.

Rezolvare. Sriem pe m astfel

m =

Z

1

1

tf(t) dt =

Z

0

1

tf(t) dt+

Z

1

0

tf(t) dt.

Vom arata a

Z

1

0

tf(t) dt =

Z

1

0

(1 F (t)) dt si

Z

0

1

tf(t) dt =

Z

0

1

F (t) dt,

de unde va rezulta relatia din enuntul problemei.

Pentru prima integrala de mai sus, folosind metoda integrarii prin parti, avem

Z

x

0

tf(t) dt =

Z

x

0

tF

0

(t) dt = tF (t)

x

0

Z

x

0

F (t) dt = xF (x)

Z

x

0

F (t) dt =

=

Z

x

0

(1 F (t)) dt+ xF (x) x; 8 x 2 IR.

Pentru x!1 obtinem

Z

1

0

tf(t) dt =

Z

1

0

(1 F (t))dt, deoaree lim

x!1

x(1

F (x)) = 0, (vezi Problema 9).

Apoi din relatia

Z

x

0

tf(t) dt = xF (x)

Z

x

0

F (t) dt,

prin treere la limita pentru x! 1 obtinem

42 Capitolul 2

Z

1

0

tf(t) dt =

Z

1

0

F (t) dt )

Z

0

1

tf(t) dt =

Z

0

1

F (t) dt,

deoaree lim

x!1

xF (x) = 0, (vezi Problema 9).

x3. LEGI DE PROBABILITATE UZUALE

ALE VARIABILELOR ALEATOARE

1. Variabila aleatoare X are distributie binomiala u parametrii n si p (n 2

2 IN , 0 < p < 1) daa poate lua valorile 0; 1; : : : ; n si

P (X = k) = C

k

n

p

k

q

nk

; k = 0; n, (q = 1 p).

Sa se aluleze valoarea medie si dispersia variabilei X.

Rezolvare. Tabloul de distributie pentru variabila X este

X :

0

0 1 2 : : : n

C

0

n

p

0

q

n

C

1

n

pq

n1

C

2

n

p

2

q

n2

: : : C

n

n

p

n

q

0

1

A

.

Se observa a

n

X

k=0

C

k

n

p

k

q

nk

= (p+ q)

n

= 1.

Valoarea medie a variabilei X este

M(X) = 0 C

0

n

p

0

q

n

+1 C

1

n

pq

n1

+2 C

2

n

p

2

q

n2

+ +n C

n

n

p

n

q

0

=

n

X

k=0

kC

k

n

p

k

q

nk

.

Pentru a alula suma de mai sus vom onsidera polinomul

P (x) = (px+ q)

n

= C

0

n

p

n

x

n

+ C

1

n

p

n1

qx

n1

+ : : :+ C

n1

n

pq

n1

x+ C

n

n

q

n

=

=

n

X

k=0

C

k

n

p

nk

q

k

x

nk

=

n

X

k=0

C

k

n

p

k

q

nk

x

k

.

Deriva^nd polinomul de mai sus obtinem

P

0

(x) = np(px + q)

n1

= nC

0

n

p

n

x

n1

+ (n 1)C

1

n

p

n1

qx

n2

+ : : :+

+C

n1

n

pq

n1

+ 0C

n

n

q

n

=

n

X

k=0

kC

k

n

p

k

q

nk

x

k1

:

(2:2)

Pentru x = 1 rezulta

n

X

k=0

kC

k

n

p

k

q

nk

= np(p+ q)

n1

) M(X) = np.

Pentru a alula dispersia lui X vom folosi formula D

2

(X) = M(X

2

)

[M(X)

2

. Media variabilei X

2

este

M(X

2

) =

n

X

k=0

k

2

C

k

n

p

k

q

nk

.

Legi de probabilitate uzuale ale variabilelor aleatoare 43

^

Inmultim relatia (2.2) u x si obtinem

xP

0

(x) = npx(px+q)

n1

= nC

0

n

p

n

x

n

+(n1)C

1

n

p

n1

qx

n1

+: : :+C

n1

n

pq

n1

x+

+0C

n

n

q

n

=

n

X

k=0

kC

k

n

p

k

q

nk

x

k

:

Daa derivam relatia de mai sus deduem a

P

0

(x)+xP

00

(x) = np(px+q)

n1

+n(n1)p

2

x(px+q)

n2

=

n

X

k=0

k

2

C

k

n

p

k

q

nk

x

k1

:

Pentru x = 1 rezulta M(X

2

) = np+ n(n 1)p

2

; dei

D

2

(X) = np + n(n 1)p

2

n

2

p

2

= np np

2

= npq.

Observatie. Daa A

1

; A

2

; : : : ; A

n

sunt evenimente independente si P (A

i

) = p,

8 i = 1; n, iar X este variabila aleatoare are are a valori numarul de evenimente

are se realizeaza ^n adrul experientei, atuni X are distributie binomiala u

parametrii n si p, (onform shemei lui Bernoulli).

^

In partiular, daa A este

un eveniment legat de o anumita experienta si probabilitatea a A sa se produa

a^nd efetuam o singura data experienta este P (A) =

Documents

Probleme de Teoria Probabilitatilor