שאלת מבחן בהסתברות - אוניברסיטת בר-אילן 2023

קורס: הסתברות

אוניברסיטה: אוניברסיטת בר-אילן

שנה: 2023

סמסטר: א

נושאים: הסתברות מותנית, נוסחת ההסתברות השלמה, אי-תלות, מרחב הסתברות

רמת קושי: בינוני

בשאלה זו נשתמש במטבעות המסומנים בצד אחד ב-H ובצד אחד ב-T סעיף א' (8 נק') מטבע כלשהו שבצידו האחד H ובצידו השני T מוטל על ידי דני פעמיים. נסמן ב-$H_i$ את המאורע שתוצאת ההטלה ה-$i$ היא H וב-$T_i$ את המאורע שתוצאת ההטלה ה-$i$ היא T. נסמן ב-$H_*$ את המאורע שתוצאת אחת לפחות מתוך שתי ההטלות היא H. דני טוען ש: $P(H_1, H_2 | H_1) \geq P(H_1, H_2 | H_*)$. הוכח או הפרך את טענתו של דני. סעיף ב' (8 נק') כעת נתונים בפני דני שני מטבעות מוטים. מטבע A עם ההסתברות $0.25$ ל-H ומטבע B עם ההסתברות $0.75$ ל-H. דני לא יודע איזה מטבע הוא A ואיזה מטבע הוא B ולכן בוחר באחד מהמטבעות באקראי ומטיל אותו. אם תוצאת ההטלה היא H דני מנחש שהמטבע הוא B ואם תוצאת ההטלה היא T הוא מנחש שהמטבע הוא A. מה ההסתברות שדני צודק? נמק סעיף ג' (9 נק') המטבעות בשאלה זו הם אותם המטבעות כמו בסעיף ב. דני עדין לא יודע איזה מטבע הוא A ואיזה מטבע הוא B ולכן כעת הוא בוחר את אחד מהמטבעות באקראי ומטיל אותו ולאחר מכן מטיל את המטבע השני. כמו מקודם, נסמן ב-$H_i$ ו-$T_i$ את תוצאת ההטלה ה-$i$. 1. חשב את $P(H_1, H_2)$. 2. האם המאורעות $H_1$ ו-$H_2$ בלתי תלויים? נמק

רמז: סעיף א': חשבו כל צד של אי-השוויון בנפרד תוך שימוש בהגדרת ההסתברות המותנית. סעיף ב': השתמשו בנוסחת ההסתברות השלמה, תוך פיצול למקרים על פי המטבע שנבחר. סעיף ג': חשבו את כל ההסתברויות הנדרשות ($P(H_1, H_2)$, $P(H_1)$, $P(H_2)$) בעזרת נוסחת ההסתברות השלמה ובדקו את תנאי האי-תלות.

פתרון: סעיף א' טענתו של דני נכונה. נוכיח זאת. מרחב המדגם של שתי הטלות מטבע הוגן הוא $\Omega = \{HH, HT, TH, TT\}$, כאשר לכל תוצאה הסתברות של $1/4$. נניח שההטלות בלתי תלויות. המאורעות הרלוונטיים הם: $H_1 = \{HH, HT\}$ $H_1 \cap H_2 = \{HH\}$ $H_* = H_1 \cup H_2 = \{HH, HT, TH\}$ ההסתברויות של מאורעות אלה הן: $P(H_1) = 1/2$ $P(H_1 \cap H_2) = 1/4$ $P(H_*) = 3/4$ כעת נחשב את שני אגפי אי-השוויון. **אגף שמאל:** נשתמש בהגדרת **הסתברות מותנית**: $P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}$. $P(H_1, H_2 | H_1) = \frac{P((H_1 \cap H_2) \cap H_1)}{P(H_1)} = \frac{P(H_1 \cap H_2)}{P(H_1)} = \frac{1/4}{1/2} = \frac{1}{2}$. דרך אחרת: מכיוון שההטלות בלתי תלויות, הידיעה שההטלה הראשונה היא H לא משפיעה על ההסתברות שההטלה השנייה תהיה H, כלומר $P(H_2|H_1) = P(H_2) = 1/2$. לכן, $P(H_1, H_2 | H_1) = P(H_2|H_1) = 1/2$. **אגף ימין:** $P(H_1, H_2 | H_*) = \frac{P((H_1 \cap H_2) \cap H_*)}{P(H_*)} = \frac{P(H_1 \cap H_2)}{P(H_*)} = \frac{1/4}{3/4} = \frac{1}{3}$. השוויון $P((H_1 \cap H_2) \cap H_*) = P(H_1 \cap H_2)$ נובע מכך שהמאורע $H_1 \cap H_2$ (שתי התוצאות H) הוא תת-קבוצה של המאורע $H_*$ (לפחות תוצאה אחת H). **השוואה:** מאחר ש- $\frac{1}{2} \geq \frac{1}{3}$, הטענה $P(H_1, H_2 | H_1) \geq P(H_1, H_2 | H_*)$ נכונה. $\blacksquare$ סעיף ב' נגדיר את המאורעות הבאים: $A$: דני בחר במטבע A. $B$: דני בחר במטבע B. $H$: תוצאת ההטלה היא H. $T$: תוצאת ההטלה היא T. $C$: דני צדק בניחוש שלו. נתון לנו: $P(A) = P(B) = 0.5$ (בחירה אקראית). $P(H|A) = 0.25$, ולכן $P(T|A) = 1 - 0.25 = 0.75$. $P(H|B) = 0.75$, ולכן $P(T|B) = 1 - 0.75 = 0.25$. האסטרטגיה של דני היא: - אם התוצאה היא H, הוא מנחש B. - אם התוצאה היא T, הוא מנחש A. דני צודק בשני מקרים זרים: 1. הוא בחר במטבע A והתוצאה הייתה T (ולכן ניחש נכון A). 2. הוא בחר במטבע B והתוצאה הייתה H (ולכן ניחש נכון B). נחשב את ההסתברות שדני צודק באמצעות **נוסחת ההסתברות השלמה**, כאשר אנו מחלקים לפי המטבע שנבחר: $P(C) = P(C|A)P(A) + P(C|B)P(B)$. - ההסתברות שדני יצדק **בהינתן שבחר במטבע A** היא ההסתברות לקבל T, כלומר $P(C|A) = P(T|A) = 0.75$. - ההסתברות שדני יצדק **בהינתן שבחר במטבע B** היא ההסתברות לקבל H, כלומר $P(C|B) = P(H|B) = 0.75$. נציב בנוסחה: $P(C) = (0.75)(0.5) + (0.75)(0.5) = 0.375 + 0.375 = 0.75$. ההסתברות שדני צודק היא 0.75. סעיף ג' 1. חישוב $P(H_1, H_2)$: נגדיר את המאורעות: $A_1$: המטבע הראשון שנבחר הוא A (ולכן השני הוא B). $B_1$: המטבע הראשון שנבחר הוא B (ולכן השני הוא A). ידוע כי $P(A_1) = P(B_1) = 0.5$. נשתמש ב**נוסחת ההסתברות השלמה**: $P(H_1, H_2) = P(H_1, H_2 | A_1)P(A_1) + P(H_1, H_2 | B_1)P(B_1)$. - אם המטבע הראשון הוא A ($A_1$), אז $H_1$ היא תוצאת הטלת מטבע A, ו-$H_2$ היא תוצאת הטלת מטבע B. ההטלות בלתי תלויות זו בזו, ולכן: $P(H_1, H_2 | A_1) = P(H|\text{מטבע A}) \cdot P(H|\text{מטבע B}) = 0.25 \cdot 0.75 = 3/16$. - אם המטבע הראשון הוא B ($B_1$), אז $H_1$ היא תוצאת הטלת מטבע B, ו-$H_2$ היא תוצאת הטלת מטבע A. שוב, ההטלות בלתי תלויות: $P(H_1, H_2 | B_1) = P(H|\text{מטבע B}) \cdot P(H|\text{מטבע A}) = 0.75 \cdot 0.25 = 3/16$. נציב בנוסחה: $P(H_1, H_2) = (3/16) \cdot (0.5) + (3/16) \cdot (0.5) = (3/16) \cdot (0.5+0.5) = 3/16$. 2. בדיקת **אי-תלות** בין $H_1$ ל-$H_2$: מאורעות $H_1$ ו-$H_2$ הם בלתי תלויים אם ורק אם $P(H_1, H_2) = P(H_1)P(H_2)$. חישבנו $P(H_1, H_2) = 3/16$. כעת נחשב את $P(H_1)$ ו-$P(H_2)$. חישוב $P(H_1)$: $P(H_1) = P(H_1|A_1)P(A_1) + P(H_1|B_1)P(B_1) = (0.25)(0.5) + (0.75)(0.5) = 0.125 + 0.375 = 0.5 = 1/2$. חישוב $P(H_2)$: $P(H_2) = P(H_2|A_1)P(A_1) + P(H_2|B_1)P(B_1)$. כאשר $A_1$ מתרחש, המטבע השני הוא B, לכן $P(H_2|A_1) = 0.75$. כאשר $B_1$ מתרחש, המטבע השני הוא A, לכן $P(H_2|B_1) = 0.25$. $P(H_2) = (0.75)(0.5) + (0.25)(0.5) = 0.375 + 0.125 = 0.5 = 1/2$. בדיקת התנאי: $P(H_1)P(H_2) = (1/2) \cdot (1/2) = 1/4 = 4/16$. האם $P(H_1, H_2) = P(H_1)P(H_2)$? האם $3/16 = 4/16$? לא. מכיוון ש-$P(H_1, H_2) \neq P(H_1)P(H_2)$, המאורעות $H_1$ ו-$H_2$ **אינם בלתי תלויים** (כלומר, הם תלויים).

בשאלה זו נשתמש במטבעות המסומנים בצד אחד ב-H ובצד אחד ב-T

סעיף א' (8 נק')
מטבע כלשהו שבצידו האחד H ובצידו השני T מוטל על ידי דני פעמיים. נסמן ב-

H_{i}

את המאורע שתוצאת ההטלה ה-

i

היא H וב-

T_{i}

את המאורע שתוצאת ההטלה ה-

i

היא T. נסמן ב-

H_{*}

את המאורע שתוצאת אחת לפחות מתוך שתי ההטלות היא H.
דני טוען ש:

P (H_{1}, H_{2} ∣ H_{1}) \geq P (H_{1}, H_{2} ∣ H_{*})

. הוכח או הפרך את טענתו של דני.

סעיף ב' (8 נק')
כעת נתונים בפני דני שני מטבעות מוטים. מטבע A עם ההסתברות

0.25

ל-H ומטבע B עם ההסתברות

0.75

ל-H. דני לא יודע איזה מטבע הוא A ואיזה מטבע הוא B ולכן בוחר באחד מהמטבעות באקראי ומטיל אותו.
אם תוצאת ההטלה היא H דני מנחש שהמטבע הוא B ואם תוצאת ההטלה היא T הוא מנחש שהמטבע הוא A.
מה ההסתברות שדני צודק? נמק

סעיף ג' (9 נק')
המטבעות בשאלה זו הם אותם המטבעות כמו בסעיף ב.
דני עדין לא יודע איזה מטבע הוא A ואיזה מטבע הוא B ולכן כעת הוא בוחר את אחד מהמטבעות באקראי ומטיל אותו ולאחר מכן מטיל את המטבע השני. כמו מקודם, נסמן ב-

H_{i}

ו-

T_{i}

את תוצאת ההטלה ה-

i

.
1. חשב את

P (H_{1}, H_{2})

.
2. האם המאורעות

H_{1}

ו-

H_{2}

בלתי תלויים? נמק

העתק שאלה

שתף שאלה

סמן כחשוב

סמן כבוצע

אוניברסיטת בר-אילןמועד א2023סמסטר א

★★★★★

הסתברות מותניתנוסחת ההסתברות השלמהאי-תלותמרחב הסתברות

סעיף א': חשבו כל צד של אי-השוויון בנפרד תוך שימוש בהגדרת ההסתברות המותנית. סעיף ב': השתמשו בנוסחת ההסתברות השלמה, תוך פיצול למקרים על פי המטבע שנבחר. סעיף ג': חשבו את כל ההסתברויות הנדרשות (

P (H_{1}, H_{2})

P (H_{1})

P (H_{2})

) בעזרת נוסחת ההסתברות השלמה ובדקו את תנאי האי-תלות.

סעיף א'
טענתו של דני נכונה. נוכיח זאת.
מרחב המדגם של שתי הטלות מטבע הוגן הוא

Ω = {H H, H T, T H, T T}

, כאשר לכל תוצאה הסתברות של

1/4

. נניח שההטלות בלתי תלויות.
המאורעות הרלוונטיים הם:

H_{1} = {H H, H T}

H_{1} \cap H_{2} = {H H}

H_{*} = H_{1} \cup H_{2} = {H H, H T, T H}

ההסתברויות של מאורעות אלה הן:

P (H_{1}) = 1/2

P (H_{1} \cap H_{2}) = 1/4

P (H_{*}) = 3/4

כעת נחשב את שני אגפי אי-השוויון.
אגף שמאל:
נשתמש בהגדרת הסתברות מותנית:

P (A ∣ B) = \frac{P ( A \cap B )}{P ( B )}

P (H_{1}, H_{2} ∣ H_{1}) = \frac{P (( H _{1} \cap H _{2} ) \cap H _{1} )}{P ( H _{1} )} = \frac{P ( H _{1} \cap H _{2} )}{P ( H _{1} )} = \frac{1/4}{1/2} = \frac{1}{2}

.
דרך אחרת: מכיוון שההטלות בלתי תלויות, הידיעה שההטלה הראשונה היא H לא משפיעה על ההסתברות שההטלה השנייה תהיה H, כלומר

P (H_{2} ∣ H_{1}) = P (H_{2}) = 1/2

. לכן,

P (H_{1}, H_{2} ∣ H_{1}) = P (H_{2} ∣ H_{1}) = 1/2

.

אגף ימין:

P (H_{1}, H_{2} ∣ H_{*}) = \frac{P (( H _{1} \cap H _{2} ) \cap H _{*} )}{P ( H _{*} )} = \frac{P ( H _{1} \cap H _{2} )}{P ( H _{*} )} = \frac{1/4}{3/4} = \frac{1}{3}

.
השוויון

P ((H_{1} \cap H_{2}) \cap H_{*}) = P (H_{1} \cap H_{2})

נובע מכך שהמאורע

H_{1} \cap H_{2}

(שתי התוצאות H) הוא תת-קבוצה של המאורע

H_{*}

(לפחות תוצאה אחת H).

השוואה:
מאחר ש-

\frac{1}{2} \geq \frac{1}{3}

, הטענה

P (H_{1}, H_{2} ∣ H_{1}) \geq P (H_{1}, H_{2} ∣ H_{*})

נכונה.

■

סעיף ב'
נגדיר את המאורעות הבאים:

A

: דני בחר במטבע A.

B

: דני בחר במטבע B.

H

: תוצאת ההטלה היא H.

T

: תוצאת ההטלה היא T.

C

: דני צדק בניחוש שלו.

נתון לנו:

P (A) = P (B) = 0.5

(בחירה אקראית).

P (H ∣ A) = 0.25

, ולכן

P (T ∣ A) = 1 - 0.25 = 0.75

P (H ∣ B) = 0.75

, ולכן

P (T ∣ B) = 1 - 0.75 = 0.25

.

האסטרטגיה של דני היא:

אם התוצאה היא H, הוא מנחש B.
אם התוצאה היא T, הוא מנחש A.

דני צודק בשני מקרים זרים:
1. הוא בחר במטבע A והתוצאה הייתה T (ולכן ניחש נכון A).
2. הוא בחר במטבע B והתוצאה הייתה H (ולכן ניחש נכון B).

נחשב את ההסתברות שדני צודק באמצעות נוסחת ההסתברות השלמה, כאשר אנו מחלקים לפי המטבע שנבחר:

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

ההסתברות שדני יצדק בהינתן שבחר במטבע A היא ההסתברות לקבל T, כלומר $P (C ∣ A) = P (T ∣ A) = 0.75$ .
ההסתברות שדני יצדק בהינתן שבחר במטבע B היא ההסתברות לקבל H, כלומר $P (C ∣ B) = P (H ∣ B) = 0.75$ .

נציב בנוסחה:

P (C) = (0.75) (0.5) + (0.75) (0.5) = 0.375 + 0.375 = 0.75

.
ההסתברות שדני צודק היא 0.75.

סעיף ג'
1. חישוב

P (H_{1}, H_{2})

:
נגדיר את המאורעות:

A_{1}

: המטבע הראשון שנבחר הוא A (ולכן השני הוא B).

B_{1}

: המטבע הראשון שנבחר הוא B (ולכן השני הוא A).
ידוע כי

P (A_{1}) = P (B_{1}) = 0.5

.

נשתמש בנוסחת ההסתברות השלמה:

P (H_{1}, H_{2}) = P (H_{1}, H_{2} ∣ A_{1}) P (A_{1}) + P (H_{1}, H_{2} ∣ B_{1}) P (B_{1})

אם המטבע הראשון הוא A ( $A_{1}$ ), אז $H_{1}$ היא תוצאת הטלת מטבע A, ו- $H_{2}$ היא תוצאת הטלת מטבע B. ההטלות בלתי תלויות זו בזו, ולכן:

P (H_{1}, H_{2} ∣ A_{1}) = P (H ∣ מטבע A) \cdot P (H ∣ מטבע B) = 0.25 \cdot 0.75 = 3/16

אם המטבע הראשון הוא B ( $B_{1}$ ), אז $H_{1}$ היא תוצאת הטלת מטבע B, ו- $H_{2}$ היא תוצאת הטלת מטבע A. שוב, ההטלות בלתי תלויות:

P (H_{1}, H_{2} ∣ B_{1}) = P (H ∣ מטבע B) \cdot P (H ∣ מטבע A) = 0.75 \cdot 0.25 = 3/16

.

נציב בנוסחה:

P (H_{1}, H_{2}) = (3/16) \cdot (0.5) + (3/16) \cdot (0.5) = (3/16) \cdot (0.5 + 0.5) = 3/16

.

2. בדיקת אי-תלות בין

H_{1}

ל-

H_{2}

:
מאורעות

H_{1}

ו-

H_{2}

הם בלתי תלויים אם ורק אם

P (H_{1}, H_{2}) = P (H_{1}) P (H_{2})

.
חישבנו

P (H_{1}, H_{2}) = 3/16

. כעת נחשב את

P (H_{1})

ו-

P (H_{2})

.

חישוב

P (H_{1})

P (H_{1}) = P (H_{1} ∣ A_{1}) P (A_{1}) + P (H_{1} ∣ B_{1}) P (B_{1}) = (0.25) (0.5) + (0.75) (0.5) = 0.125 + 0.375 = 0.5 = 1/2

.

חישוב

P (H_{2})

P (H_{2}) = P (H_{2} ∣ A_{1}) P (A_{1}) + P (H_{2} ∣ B_{1}) P (B_{1})

.
כאשר

A_{1}

מתרחש, המטבע השני הוא B, לכן

P (H_{2} ∣ A_{1}) = 0.75

.
כאשר

B_{1}

מתרחש, המטבע השני הוא A, לכן

P (H_{2} ∣ B_{1}) = 0.25

P (H_{2}) = (0.75) (0.5) + (0.25) (0.5) = 0.375 + 0.125 = 0.5 = 1/2

.

בדיקת התנאי:

P (H_{1}) P (H_{2}) = (1/2) \cdot (1/2) = 1/4 = 4/16

.
האם

P (H_{1}, H_{2}) = P (H_{1}) P (H_{2})

?
האם

3/16 = 4/16

? לא.

מכיוון ש-

P (H_{1}, H_{2}) \neq = P (H_{1}) P (H_{2})

, המאורעות

H_{1}

ו-

H_{2}

אינם בלתי תלויים (כלומר, הם תלויים).

שאלת מבחן בהסתברות - אוניברסיטת בר-אילן 2023 - הסתברות מותנית