Exercicis de probabilitat i inferència — Matemàtiques 2n Batxillerat

La probabilitat és el nombre de casos favorables entre el de casos possibles.
Boles vermelles (favorables): 5. Boles totals (possibles): 5 + 3 = 8.
P(vermella) = 5/8, és a dir 0,625.

Les del primer nivell són les causes possibles, amb la seva probabilitat. Les del segon són l'efecte observat (o no) dins de cada causa, és a dir, probabilitats condicionades. Les probabilitats de les branques que surten d'un mateix nus han de sumar 1.

La mitjana (valor esperat) d'una binomial és el nombre de proves multiplicat per la probabilitat d'èxit.
5·0,2 = 1.
S'espera 1 èxit de mitjana.

P(A ∪ B) = P(A) + P(B) - P(A ∩ B) = 0,4 + 0,5 - 0,2 = 0,7.
P(A^c) = 1 - P(A) = 1 - 0,4 = 0,6.
P(A ∩ B^c) és la part de A que no és de B: P(A) - P(A ∩ B) = 0,4 - 0,2 = 0,2.
P(A^c ∩ B^c) = P((A ∪ B)^c) (llei de De Morgan) = 1 - P(A ∪ B) = 1 - 0,7 = 0,3.
Comprovació: les quatre regions del diagrama, 0,2 (només A) + 0,2 (A i B) + 0,3 (només B) + 0,3 (cap), sumen 1.

Probabilitat condicionada: P(A|B) = P(A ∩ B)/P(B) = 0,18/0,6 = 0,3.
P(B|A) = P(A ∩ B)/P(A) = 0,18/0,3 = 0,6.
Com que P(A|B) = 0,3 = P(A), saber que ha passat B no canvia la probabilitat de A: són independents.
Comprovació amb la definició: P(A)·P(B) = 0,3·0,6 = 0,18 = P(A ∩ B).

Organitzem les dades: fan esport 7 + 12 = 19 alumnes; no en fan 30 - 19 = 11.
P(esport) = 19/30 ≈ 0,633.
P(noia | esport): dels 19 que fan esport, 12 són noies: 12/19 ≈ 0,632.
P(esport | noi): dels 12 nois, 7 fan esport: 7/12 ≈ 0,583.
Fixa't que «sabent que» redueix l'espai mostral al grup indicat (els 19 esportistes o els 12 nois), i el denominador canvia.

Cada llançament és una prova independent amb probabilitat d'èxit (treure 6) p = 1/6. El nombre de sisos X segueix una binomial B(4, 1/6).
P(X = 2) = C(4, 2)·(1/6)²·(5/6)² = 6·(1/36)·(25/36) = 150/1296 = 25/216.
P(X = 2) ≈ 0,1157, és a dir, un 11,6%.
Error típic: oblidar el nombre combinatori C(4, 2) = 6, que compta de quantes maneres es poden col·locar els dos sisos entre els quatre llançaments.

P(Z > 1,5) = 1 - P(Z ≤ 1,5) = 1 - 0,9332 = 0,0668 (esdeveniment contrari).
P(Z ≤ -1,5) = P(Z ≥ 1,5) = 0,0668, per la simetria de la campana respecte de 0.
P(-1,5 ≤ Z ≤ 1,5) = P(Z ≤ 1,5) - P(Z ≤ -1,5) = 0,9332 - 0,0668 = 0,8664.
Comprovació: les dues cues (0,0668 cadascuna) més la part central (0,8664) sumen 1.

Tipifiquem: Z = (X - μ)/σ. Per a X = 180, z = $\tfrac{(180 - 170)}{8} = 1{,}25$.
P(X > 180) = P(Z > 1,25) = 1 - P(Z ≤ 1,25) = 1 - 0,8944 = 0,1056.
Aproximadament un 10,6% dels alumnes fan més de 180 cm.
Error típic: donar directament 0,8944 (que és la probabilitat de fer menys de 180 cm) sense restar d'1.

Pel teorema central del límit (n = 36 ≥ 30), la mitjana mostral segueix una normal de mitjana μ = 50 i desviació típica σ/√n = 12/√36 = 12/6 = 2: $\bar{x}$ ~ N(50, 2).
Tipifiquem: z = (53 - 50)/2 = 1,5.
P($\bar{x}$ > 53) = P(Z > 1,5) = 1 - 0,9332 = 0,0668.
Fixa't que la mitjana mostral varia molt menys que un individu (desviació 2 en lloc de 12): com més gran és la mostra, més es concentra al voltant de μ.

Expressions com 'sabent que', 'si ja ha passat', 'entre els que...': restringeixen el conjunt a un subgrup.

En el teorema de la probabilitat total (suma dels camins que porten a l'efecte).

L'interval de confiança per a la mitjana amb σ coneguda és estimació +- error: $\bar{x}$ ± z·σ/$\sqrt{n}$.
Per al 95% de confiança, el valor crític és z = 1,96 (deixa un 2,5% a cada cua).
Parany: la desviació típica es divideix per $\sqrt{n}$, NO per n; aquí $\sqrt{100}$ = 10.
Calculem l'error: E = z·$\tfrac{\sigma}{\sqrt{n}} = 1{,}96$·$\tfrac{0{,}5}{10} = 1{,}96$·0,05 = 0,098 mm.
Interval: 20,3 ± 0,098, és a dir de 20,202 mm a 20,398 mm.
Interpretació: amb un 95% de confiança, la longitud mitjana real de tots els cargols de la producció es troba entre 20,20 mm i 20,40 mm (aproximadament). No vol dir que un cargol concret hi caigui, sinó que el mètode encerta el 95% de les vegades.

Plantegem les hipòtesis. Volem posar a prova que la mitjana és la de sempre, i sospitem que hi ha desviació en qualsevol sentit (per sobre o per sota):
Hipòtesi nul·la: H₀: μ = 500. Hipòtesi alternativa: H₁: μ ≠ 500.
Parany del contrast bilateral: com que l'alternativa és 'diferent' (dos sentits), la significació α = 0,05 es reparteix entre les DUES cues, α/2 = 0,025 a cadascuna. El valor crític és z = 1,96 (no 1,645, que seria d'un contrast unilateral). Zona d'acceptació: entre -1,96 i 1,96; zona de rebuig: fora.
Calculem l'estadístic de contrast: z = ($\bar{x}$ - μ₀)/(σ/√n) = (502 - 500)/(8/√64) = 2/(8/8) = 2/1 = 2.
Decisió: com que z = 2 és més gran que 1,96, cau a la zona de rebuig.
Conclusió: es rebutja H₀. Amb un 5% de significació, hi ha prou evidència per afirmar que la màquina no dosifica els 500 ml correctament.

Arbre: P(A) = 0,6, P(D|A) = 0,02; P(B) = 0,4, P(D|B) = 0,05.
a) Probabilitat total: P(D) = P(A)·P(D|A) + P(B)·P(D|B) = 0,6·0,02 + 0,4·0,05 = 0,012 + 0,020 = 0,032 (3,2%).
b) Teorema de Bayes: P(A|D) = P(A)·P(D|A)/P(D) = 0,012/0,032 = 0,375.
Interpretació: encara que A fabrica més peces, només el 37,5% de les defectuoses són seves, perquè la seva taxa de defectes és molt més baixa.
Comprovació: P(B|D) = 0,020/0,032 = 0,625, i 0,375 + 0,625 = 1.

Esdeveniments: M (malalta), P(M) = 0,01; S (sana), P(S) = 0,99; + (positiu), P(+|M) = 0,95, P(+|S) = 0,08.
Probabilitat total: P(+) = 0,01·0,95 + 0,99·0,08 = 0,0095 + 0,0792 = 0,0887.
Bayes: P(M|+) = P(M)·P(+|M)/P(+) = 0,0095/0,0887 ≈ 0,107.
Només un 10,7% de les persones amb resultat positiu estan realment malaltes.
Comentari: com que la malaltia és poc freqüent, la majoria de positius són falsos positius (0,0792 davant de 0,0095); per això els resultats positius es confirmen amb una segona prova.

Nombre d'encerts X ~ B(6, 0,25), amb q = 0,75.
P(X = 0) = 0,$75^{6}$ ≈ 0,178.
P(X ≥ 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - 0,178 = 0,822 (passar pel contrari estalvia sumar sis termes).
P(X ≥ 5) = P(X = 5) + P(X = 6) = C(6, 5)·0,$25^{5}$·0,75 + 0,$25^{6}$ = 6·0,000977·0,75 + 0,000244 ≈ 0,0044 + 0,0002 = 0,0046.
Conclusió: responent a l'atzar és gairebé segur encertar-ne alguna (82%), però encertar-ne cinc o més és molt improbable (0,5%).

a) Busquem x tal que P(X > x) = 0,10, és a dir, P(X ≤ x) = 0,90. A la taula, P(Z ≤ 1,28) ≈ 0,90, així que z = 1,28.
Destipifiquem: x = μ + z·σ = 100 + 1,28·15 = 119,2. Només un 10% de la població té un QI superior a 119,2.
b) z = (85 - 100)/15 = -1. P(X < 85) = P(Z < -1) = 1 - P(Z ≤ 1) = 1 - 0,8413 = 0,1587.
Un 15,9% de la població té un QI inferior a 85.
Recorda: a l'apartat a) es fa el camí invers (de la probabilitat a la z i després a x); a b), el directe.

Sense reposició, la segona extracció depèn de la primera: fem servir P(A ∩ B) = P(A)·P(B|A).
P(bona, bona) = (4/6)·(3/5) = 12/30 = 2/5 = 0,4.
Una de cada tipus pot passar en dos ordres: P(bona, gastada) + P(gastada, bona) = (4/6)·(2/5) + (2/6)·(4/5) = 8/30 + 8/30 = 16/30 = 8/15 ≈ 0,533.
Comprovació: P(gastada, gastada) = (2/6)·(1/5) = 2/30 = 1/15, i 6/15 + 8/15 + 1/15 = 1.
Error típic: oblidar que «una de cada» inclou els dos ordres possibles.

Proporció mostral: $\hat{p}$ = 120/400 = 0,30.
Error màxim: E = z·√($\hat{p}$(1 - $\hat{p}$)/n) = 1,96·√(0,3·0,7/400) = 1,96·√0,000525 = 1,96·0,0229 ≈ 0,045.
Interval: (0,30 - 0,045, 0,30 + 0,045) = (0,255, 0,345).
Interpretació: amb un 95% de confiança, entre el 25,5% i el 34,5% de la població de Vic ha anat a la biblioteca el darrer mes. Vol dir que, si repetíssim l'enquesta moltes vegades, el 95% dels intervals construïts així contindrien la proporció real.
Es pot aplicar la normal perquè n·$\hat{p}$ = 120 i n·(1 - $\hat{p}$) = 280 són tots dos més grans que 5.

a) Incompatibles vol dir que no poden passar alhora: P(A ∩ B) = 0. P(A ∪ B) = 0,3 + 0,5 - 0 = 0,8.
b) Independents vol dir P(A ∩ B) = P(A)·P(B) = 0,3·0,5 = 0,15. P(A ∪ B) = 0,3 + 0,5 - 0,15 = 0,65.
c) No. Si fossin independents, P(A ∩ B) = 0,15 ≠ 0, de manera que no serien incompatibles. En general, dos esdeveniments de probabilitat no nul·la que són incompatibles mai no són independents: si passa un, segur que no passa l'altre, i això ja és informació.
Error típic: confondre «incompatibles» (no coincideixen) amb «independents» (no s'influeixen).

Tipifiquem els dos extrems de l'interval per passar a la normal estàndard Z.
Extrem inferior: z₁ = (74 - 80)/6 = -6/6 = -1.
Extrem superior: z₂ = (92 - 80)/6 = 12/6 = 2.
La probabilitat buscada és P(-1 < Z < 2) = Φ(2) - Φ(-1).
Parany de simetria: la taula sol donar només valors positius. Com que la normal és simètrica, Φ(-1) = 1 - Φ(1), no es pot buscar -1 directament.
Φ(2) = 0,9772 i Φ(-1) = 1 - Φ(1) = 1 - 0,8413 = 0,1587.
P(-1 < Z < 2) = 0,9772 - 0,1587 = 0,8185.
Per tant, aproximadament el 82% dels trajectes duren entre 74 i 92 minuts.

L'error d'un interval de confiança per a la mitjana és E = z·σ/$\sqrt{n}$. Aïllant n obtenim la fórmula de la mida mostral: n = (z·σ/E$)^{2}$.
Per al 95% de confiança, z = 1,96.
Substituïm: n = (1,96·$\tfrac{400}{50}$$)^{2}$.
Primer el parèntesi: 1,96·400 = 784, i $\tfrac{784}{50} = 15{,}68$.
Elevem al quadrat: n = 15,$68^{2}$ = 245,86.
Parany clau: la mida mostral SEMPRE s'arrodoneix cap amunt, encara que la part decimal sigui petita. Amb n = 245 l'error passaria una mica de 50 g; per garantir que no el supera, cal agafar el següent enter.
Per tant, cal una mostra mínima de n = 246 nadons.

Plantegem les hipòtesis. La sospita (l'alternativa) és que duren MENYS, un sol sentit:
Hipòtesi nul·la: $H_{0}$: μ = 1000 (com a mínim). Hipòtesi alternativa: $H_{1}$: μ < 1000.
Parany del contrast unilateral: com que l'alternativa és 'menor', tota la significació α = 0,01 va a UNA sola cua (l'esquerra); NO es divideix entre 2. El valor crític per a α = 0,01 en una cua és z = 2,33; com que la cua és l'esquerra, la zona de rebuig és z < -2,33.
Calculem l'estadístic: z = \tfrac{(\(\bar{x} - \mu_{0})}{(\sigma /\sqrt{n})}\) = $\tfrac{(960 - 1000)}{(120/\sqrt{36})}$ = -$\tfrac{40}{(120/6)}$ = -$\tfrac{40}{20}$ = -2.
Decisió: z = -2 NO és menor que -2,33, per tant NO cau a la zona de rebuig.
Conclusió: no es rebutja $H_{0}$. Amb un 1% de significació, no hi ha prou evidència per afirmar que les bombetes duren menys de 1000 hores. Compte amb el matís: 'no rebutjar' no demostra que l'afirmació del fabricant sigui certa, només que aquestes dades no la contradiuen prou.

a) Probabilitat total amb tres branques: P(D) = 0,5·0,01 + 0,3·0,02 + 0,2·0,04 = 0,005 + 0,006 + 0,008 = 0,019. Un 1,9% dels productes són defectuosos.
b) Teorema de Bayes, P(proveïdor | D) = (branca corresponent)/P(D):
P(A|D) = 0,005/0,019 ≈ 0,263; P(B|D) = 0,006/0,019 ≈ 0,316; P(C|D) = 0,008/0,019 ≈ 0,421.
El proveïdor més probable és C (42,1%), tot i ser el que menys productes envia, perquè la seva taxa de defectes és la més alta.
Comprovació: 0,263 + 0,316 + 0,421 = 1.

a) X ~ B(10, 0,05). P(X ≤ 1) = P(X = 0) + P(X = 1) = 0,$95^{10}$ + 10·0,05·0,$95^{9}$ ≈ 0,5987 + 0,3151 = 0,9139.
b) Y ~ B(400, 0,05). Com que n·p = 20 ≥ 5 i n·q = 380 ≥ 5, s'aproxima per la normal de mitjana μ = n·p = 20 i desviació σ = $\sqrt{n\cdot p\cdot q}$ = $\sqrt{19}$ ≈ 4,36.
Amb la correcció de continuïtat, «més de 30» (Y ≥ 31) es converteix en Y' > 30,5: z = $\tfrac{(30{,}5 - 20)}{4{,}36} \approx 2{,}41$.
P(Y > 30) ≈ P(Z > 2,41) = 1 - 0,9920 = 0,0080.
Conclusió: a la caixa petita és molt probable (91%) que hi hagi 0 o 1 defectuoses; al lot gran, trobar més de 30 defectuoses és molt poc probable (0,8%), i seria un senyal que el procés ha empitjorat.

Hipòtesis: H₀: p = 0,6; H₁: p ≠ 0,6 (bilateral).
Proporció mostral: $\hat{p}$ = 132/200 = 0,66.
Estadístic de contrast: z = ($\hat{p}$ - p₀)/√(p₀(1 - p₀)/n) = (0,66 - 0,60)/√(0,6·0,4/200) = 0,06/√0,0012 = 0,06/0,0346 ≈ 1,73.
Regió d'acceptació per a α = 0,05 bilateral: -1,96 ≤ z ≤ 1,96. Com que 1,73 és dins d'aquest interval, no es rebutja H₀.
Conclusió: la diferència observada (66% davant del 60%) és compatible amb l'atzar del mostreig; no hi ha prou evidència, al 5%, que la proporció hagi canviat.
Error típic: fer servir $\hat{p}$ = 0,66 al denominador; en un contrast es calcula l'error amb la proporció de la hipòtesi nul·la, p₀ = 0,6.

a) Hipòtesis: H₀: μ = 10 (o μ ≤ 10); H₁: μ > 10 (contrast unilateral per la dreta, perquè volem detectar si l'espera és més llarga).
Error típic de la mitjana: σ/√n = 1,4/√49 = 1,4/7 = 0,2.
Estadístic: z = ($\bar{x}$ - μ₀)/(σ/√n) = (10,4 - 10)/0,2 = 2.
b) Es rebutja H₀ si z > 1,645, és a dir, si $\bar{x}$ > 10 + 1,645·0,2 = 10,33 min. Regió d'acceptació: $\bar{x}$ ≤ 10,33.
Com que 10,4 > 10,33 (equivalentment, z = 2 > 1,645), es rebutja H₀: amb un 5% de significació hi ha evidència que el temps mitjà d'espera és superior a 10 minuts.
Observa que amb α = 0,01 (valor crític 2,33) no s'hauria rebutjat: la conclusió depèn del nivell de significació triat.

a) E = z·$\tfrac{\sigma}{\sqrt{n}} = 2{,}575$·$\tfrac{15}{\sqrt{100}} = 2{,}575$·1,5 = 3,86 min. L'interval seria $\bar{x}$ ± 3,86 min.
b) L'error és inversament proporcional a $\sqrt{n}$. Per dividir-lo per 2 cal multiplicar $\sqrt{n}$ per 2, és a dir, multiplicar n per 4: n = 400. Comprovació: 2,575·$\tfrac{15}{\sqrt{400}} = 2{,}575$·0,75 = 1,93 min, la meitat de 3,86.
(Amb la fórmula: n ≥ (z·σ/E$)^{2}$ = (2,575·$\tfrac{15}{1{,}93}$$)^{2}$ ≈ 400.)
c) Amb un 95% de confiança el valor crític baixa a 1,96: E = 1,96·1,5 = 2,94 min. L'interval és més estret, però ara només el 95% dels intervals (en lloc del 99%) contindrien la mitjana real: més precisió a canvi de menys confiança.

a) P(X < 56) = 0,1587 = 1 - 0,8413 = P(Z < -1), de manera que (56 - μ)/σ = -1, és a dir, 56 = μ - σ.
P(X > 71) = 0,0228 = 1 - 0,9772 = P(Z > 2), de manera que (71 - μ)/σ = 2, és a dir, 71 = μ + 2σ.
Restem les dues equacions: 71 - 56 = 3σ → σ = 5 g, i μ = 56 + 5 = 61 g.
b) z = (66 - 61)/5 = 1 → P(X < 66) = P(Z < 1) = 0,8413: un 84,13% de les peces pesen menys de 66 g.
Comprovació: amb μ = 61 i σ = 5, P(X > 71) = P(Z > 2) = 0,0228, com diu l'enunciat.

a) Per la probabilitat total: $P(O)=0{,}4\cdot0{,}3+0{,}6\cdot0{,}05=0{,}12+0{,}03=0{,}15$. Per Bayes: $P(S\mid O)=\dfrac{0{,}12}{0{,}15}=0{,}8$.

b) $P(S\cap O\cap U)=0{,}4\cdot0{,}3\cdot0{,}2=0{,}024$ i $P(\bar S\cap O\cap U)=0{,}6\cdot0{,}05\cdot0{,}02=0{,}0006$. Així $P(S\mid O\cap U)=\dfrac{0{,}024}{0{,}0246}\approx0{,}9756$: quasi segur que és spam.

c) $P(S\cap O\cap\bar U)=0{,}4\cdot0{,}3\cdot0{,}8=0{,}096$ i $P(\bar S\cap O\cap\bar U)=0{,}6\cdot0{,}05\cdot0{,}98=0{,}0294$. $P(S\mid O\cap\bar U)=\dfrac{0{,}096}{0{,}1254}\approx0{,}7656$. Que falti «urgent» disminueix una mica la probabilitat respecte del 0,8 d'a).

d) $P(U)=0{,}4\cdot0{,}2+0{,}6\cdot0{,}02=0{,}092$ i $P(O\cap U)=0{,}024+0{,}0006=0{,}0246$, mentre que $P(O)P(U)=0{,}15\cdot0{,}092=0{,}0138\ne0{,}0246$. Per tant no són independents ($P(U\mid O)\approx0{,}164\gt P(U)=0{,}092$). La causa és el tipus de correu: saber que hi ha «oferta» fa més probable que sigui spam, i el spam conté «urgent» més sovint. Només és independència condicionada al tipus; és el supòsit del filtre bayesià ingenu.

Errors típics

• Confondre $P(O\mid S)=0{,}3$ amb $P(S\mid O)=0{,}8$ (probabilitat condicionada invertida).
• Multiplicar $P(O)\cdot P(U)$ per obtenir $P(O\cap U)$ global, sense tenir en compte que les paraules depenen del tipus de correu.
• Oblidar el denominador (la probabilitat total) en aplicar Bayes.
• En c), usar $P(\bar U\mid S)=0{,}2$ en lloc de $0{,}8$.

Conceptes treballats: probabilitat total, teorema de Bayes, independència i independència condicionada, diagrama d'arbre, interpretació de probabilitats condicionades.

a) $P(+)=0{,}02\cdot0{,}9+0{,}98\cdot0{,}05=0{,}018+0{,}049=0{,}067$.

b) $P(D\mid +)=\dfrac{0{,}018}{0{,}067}\approx0{,}2687$. Només un 27 %: la majoria de positius són falsos, perquè hi ha molts més esportistes nets (98 %) que consumidors, i el 5 % de fals positiu sobre molta gent supera el 90 % de detecció sobre poca. Cal una segona prova abans de sancionar.

c) Dos positius: $P(D\mid ++)=\dfrac{0{,}02\cdot0{,}9^2}{0{,}02\cdot0{,}9^2+0{,}98\cdot0{,}05^2}=\dfrac{0{,}0162}{0{,}01865}\approx0{,}8686$. Positiu i després negatiu: $P(D\mid +-)=\dfrac{0{,}02\cdot0{,}9\cdot0{,}1}{0{,}02\cdot0{,}9\cdot0{,}1+0{,}98\cdot0{,}05\cdot0{,}95}=\dfrac{0{,}0018}{0{,}04835}\approx0{,}0372$.

d) Sigui $f$ la taxa de fals positiu: $\dfrac{0{,}018}{0{,}018+0{,}98f}\ge0{,}9\iff0{,}98f\le0{,}002\iff f\le0{,}00204$, és a dir, uns 0,2 %: una prova unes 25 vegades més selectiva que la inicial.

Errors típics

• Confondre la sensibilitat $P(+\mid D)=0{,}9$ amb $P(D\mid +)$: és l'error de la «fal·làcia del fiscal».
• Ignorar la prevalença (2 %) en la interpretació del positiu.
• Per a la segona prova, tornar a partir de 0,02 en lloc d'actualitzar amb el resultat de la primera (o multiplicar sense normalitzar).
• Dir que «si dos positius són independents, la probabilitat és $0{,}9\cdot0{,}9$»: això és $P(++\mid D)$, no $P(D\mid ++)$.

Conceptes treballats: probabilitat total, teorema de Bayes, actualització de probabilitats amb evidències successives, falsos positius i prevalença, interpretació crítica.

a) Per a A: $P(0)=0{,}98^{10}\approx0{,}8171$, $P(1)=10\cdot0{,}02\cdot0{,}98^9\approx0{,}1667$, de manera que $P(R\mid A)=1-0{,}8171-0{,}1667\approx0{,}0162$. Per a B: $P(0)=0{,}9^{10}\approx0{,}3487$, $P(1)=10\cdot0{,}1\cdot0{,}9^9\approx0{,}3874$, de manera que $P(R\mid B)\approx0{,}2639$.

b) $P(R)=0{,}7\cdot0{,}0162+0{,}3\cdot0{,}2639\approx0{,}0113+0{,}0792=0{,}0905$.

c) $P(B\mid R)=\dfrac{0{,}0792}{0{,}0905}\approx0{,}875$: un 87,5 % dels lots rebutjats venen de B, tot i que B només aporta el 30 % dels lots.

d) Amb $R'$ (1 o més defectuoses): $P(R'\mid A)=1-0{,}8171\approx0{,}1829$, $P(R'\mid B)=1-0{,}3487\approx0{,}6513$, $P(R')\approx0{,}7\cdot0{,}1829+0{,}3\cdot0{,}6513\approx0{,}3234$ i $P(B\mid R')\approx\dfrac{0{,}1954}{0{,}3234}\approx0{,}604$. El criteri més estricte detecta molts més lots de B (65 % contra 26 %), però rebutja també el 18 % dels bons lots d'A (contra l'1,6 %), i el lot rebutjat és molt menys «probablement de B» (60 % contra 87,5 %). Cal decidir segons el cost d'acceptar un lot dolent (devolucions) contra el de rebutjar un de bo.

Errors típics

• Calcular $P(R)$ sense ponderar per la proporció de cada proveïdor.
• Plantejar $P(R\mid A)$ com $10\cdot0{,}02$ (esperança) en lloc d'usar la binomial.
• Confondre «2 o més» amb «exactament 2».
• Dir que «el criteri més estricte és millor» sense valorar el cost dels falsos rebuigs.

Conceptes treballats: distribució binomial, probabilitat total, teorema de Bayes, models de decisió i interpretació de risc.

a) $z=\dfrac{8-6{,}2}{1{,}5}=1{,}2$ i $P(X\ge8)=1-\Phi(1{,}2)=1-0{,}8849=0{,}1151$: l'11,5 %.

b) $z=1{,}645$ deixa a la dreta el 5 %: $x=6{,}2+1{,}645\cdot1{,}5\approx8{,}67$ h.

c) $Y\sim B(8;\,0{,}1151)$. $P(Y=0)=0{,}8849^8\approx0{,}376$ i $P(Y=1)=8\cdot0{,}1151\cdot0{,}8849^7\approx0{,}391$. Així $P(Y\ge2)=1-0{,}376-0{,}391\approx0{,}233$.

d) $E(Y)=8\cdot0{,}1151\approx0{,}92$: menys d'un adolescent per grup. La binomial exigeix experiments independents i la mateixa probabilitat $p$ per a cada individu; podria fallar si els 8 són amics del mateix grup (hàbits correlacionats) o d'un mateix curs, perquè llavors no serien independents.

Errors típics

• Confondre $P(X\ge8)$ amb $\Phi(1{,}2)$ (oblidar passar al complement).
• Calcular $P(Y\ge2)$ com $2\cdot P(Y=2)$ o com $1-P(Y=0)$.
• Aplicar la normal a una variable discreta com $Y$ sense necessitat quan es poden calcular directament els termes de la binomial.
• Ignorar la condició d'independència a la mostra de 8.

Conceptes treballats: distribució normal i tipificació, valors crítics, distribució binomial, ús de les dues distribucions en un mateix problema, discussió dels supòsits del model.

a) Els discs fallen tots dos amb $0{,}1\cdot0{,}2=0{,}02$, i funcionen amb $0{,}98$. $P(F)=0{,}95\cdot0{,}98=0{,}931$.

b) $P(B\text{ falla}\mid F)=\dfrac{P(A\text{ ok})\,P(B\text{ falla})\,P(C\text{ ok})}{P(F)}=\dfrac{0{,}95\cdot0{,}1\cdot0{,}8}{0{,}931}\approx0{,}0816$.

c) $P(\bar F)=1-0{,}931=0{,}069$ (comprovació: $0{,}05+0{,}95\cdot0{,}02=0{,}069$). $P(A\text{ falla}\mid\bar F)=\dfrac{0{,}05}{0{,}069}\approx0{,}7246$: el 72 % de les fallades del sistema són culpa de la font.

d) (i) $0{,}99\cdot0{,}98=0{,}9702$. (ii) $0{,}95\cdot\big(1-0{,}1\cdot0{,}2\cdot0{,}2\big)=0{,}95\cdot0{,}996=0{,}9462$. La millora (i) és més eficaç. Perquè A és un component en sèrie: la fiabilitat del sistema mai no pot superar la d'A (0,95), i el coll d'ampolla és A. Afegir redundància als discs, que ja tenien una fiabilitat de 0,98 en conjunt, aporta molt poc.

Errors típics

• Tractar tots els components com a sèrie (multiplicar 0,95·0,90·0,80) o tots com a paral·lel.
• En b), dividir pel producte $P(A\text{ ok})$ en lloc de per $P(F)$, o oblidar que C ha de funcionar perquè el sistema funcioni quan B falla.
• Confondre $P(\bar F\mid A\text{ falla})=1$ amb $P(A\text{ falla}\mid\bar F)$.
• Triar la millora sense calcular: la redundància no és sempre la millor inversió.

Conceptes treballats: probabilitat d'unions, interseccions i complementaris, independència, probabilitat condicionada i Bayes, sistemes en sèrie i en paral·lel, presa de decisions.

a) Independència, mateixa $p$ i dues respostes possibles: $X\sim B(210;\,0{,}92)$. $np=193{,}2\gt5$ i $nq=16{,}8\gt5$: s'aproxima per $N(\mu,\sigma)$ amb $\mu=193{,}2$ i $\sigma=\sqrt{210\cdot0{,}92\cdot0{,}08}\approx3{,}93$.

b) $P(X\ge201)\approx P(Y\ge200{,}5)=P\!\left(Z\ge\dfrac{200{,}5-193{,}2}{3{,}93}\right)=P(Z\ge1{,}86)=1-0{,}9686=0{,}0314$: al voltant d'un 3 %.

c) L'exacte és 0,0244, a prop del 0,0314 però no igual: l'aproximació normal és menys precisa a les cues, perquè la binomial és asimètrica ($p$ propera a 1) i la normal és simètrica. Tots dos resultats indiquen que la sobreocupació és poc freqüent (entre un 2 % i un 3 % dels vols).

d) Amb $n=220$: $\mu=202{,}4$, $\sigma\approx4{,}02$, i $P(X\ge201)\approx P\!\left(Z\ge\dfrac{200{,}5-202{,}4}{4{,}02}\right)=P(Z\ge-0{,}47)=0{,}68$. Amb 220 bitllets, dos de cada tres vols tindrien més presentats que places: l'estratègia deixaria de ser raonable per les compensacions. L'augment de només 10 bitllets passa la probabilitat de sobreocupació d'un 3 % a un 68 %, perquè la mitjana de presentats (202,4) ja supera les 200 places.

Errors típics

• Oblidar la correcció de continuïtat (usar 200 en lloc de 200,5, o de 201).
• Calcular $P(X\le200)$ en lloc de $P(X\ge201)$ (o oblidar el complement).
• Aplicar la normal sense comprovar $np\gt5$ i $nq\gt5$.
• Prendre $\sigma=np\,q$ en lloc de $\sqrt{npq}$.

Conceptes treballats: distribució binomial, aproximació normal amb correcció de continuïtat, tipificació, càlcul de probabilitats en cues, interpretació de riscos.

a) $P(\text{almenys un})=1-P(\bar A)P(\bar B)=1-0{,}15\cdot0{,}10=0{,}985$.

b) $P(\text{exactament un})=0{,}85\cdot0{,}10+0{,}15\cdot0{,}90=0{,}085+0{,}135=0{,}22$.

c) $P(A\mid\text{exactament un})=\dfrac{0{,}085}{0{,}22}\approx0{,}386$. És més probable que hagi estat $B$ ($0{,}135/0{,}22\approx0{,}614$): perquè només ho faci $B$ cal que $A$ falli, i $A$ falla més sovint (0,15 contra 0,10).

d) $P(A\cap\bar B)=P(A)-P(A\cap B)=P(A)-P(A)P(B)=P(A)\,(1-P(B))=P(A)P(\bar B)$. Anàlogament, $P(\bar A\cap\bar B)=1-P(A)-P(B)+P(A)P(B)=(1-P(A))(1-P(B))=P(\bar A)P(\bar B)$.

e) $1-0{,}15^n\ge0{,}9999\iff0{,}15^n\le10^{-4}\iff n\ge\dfrac{\ln(10^{-4})}{\ln0{,}15}\approx4{,}85$. Cal $n=5$ detectors (amb 4 s'arriba a 0,9995).

Errors típics

• Calcular «almenys un» com $0{,}85+0{,}90$ (sumar sense restar la intersecció).
• Confondre «exactament un» amb «almenys un».
• En c), prendre $P(A\mid\text{un})=P(A)$ o $0{,}85$ directament.
• Aplicar $P(A\cap B)=P(A)P(B)$ a successos que no són independents.

Conceptes treballats: independència de successos i complementaris, probabilitat d'unions, probabilitat condicionada, demostració elemental amb conjunts, aplicació a la fiabilitat.

a) $P(X\lt500)=P\!\left(Z\lt\dfrac{500-\mu}{6}\right)\le0{,}02\iff\dfrac{500-\mu}{6}\le-2{,}054\iff\mu\ge500+2{,}054\cdot6\approx512{,}3$ g.

b) $P(\text{almenys una})=1-0{,}98^6\approx1-0{,}8858=0{,}1142$: l'11 % dels paquets de 6 en tindran alguna de curta.

c) Amb $\sigma=3$: $\mu\ge500+2{,}054\cdot3\approx506{,}2$ g. Estalvi: $512{,}3-506{,}2\approx6{,}2$ g per bossa, uns $6{,}2$ t per milió de bosses.

d) Per complir la norma amb una màquina poc precisa, cal «regalar» pasta per sobre de l'etiqueta com a coixí de seguretat; com més petita és $\sigma$, menys coixí cal ($\mu-500=2{,}054\sigma$). La inversió en una màquina més precisa es compensa amb l'estalvi de matèria primera.

Errors típics

• Prendre $z=+2{,}054$ en lloc de $-2{,}054$ (o oblidar el signe en plantejar la desigualtat).
• Aplicar el 2 % al paquet de 6 bosses: el 2 % és per bossa, no per paquet.
• Calcular l'estalvi amb la diferència de desviacions (6−3) en lloc de la de mitjanes.
• Posar $\mu=500$ «per complir» (així el 50 % de les bosses queda per sota).

Conceptes treballats: distribució normal i tipificació, càlcul d'un paràmetre a partir d'una probabilitat, probabilitat del complementari i d'esdeveniments independents, interpretació en context industrial.

a) Si passa vermella (3/5), B té 3 vermelles de 7; si passa blava (2/5), en té 2 de 7. $P(V)=\dfrac35\cdot\dfrac37+\dfrac25\cdot\dfrac27=\dfrac{9+4}{35}=\dfrac{13}{35}\approx0{,}371$.

b) $P(\text{passada V}\mid V)=\dfrac{9/35}{13/35}=\dfrac{9}{13}\approx0{,}69$.

c) De les 2 boles passades: $P(VV)=\dfrac{3}{10}$, $P(VB)=\dfrac{6}{10}$, $P(BB)=\dfrac{1}{10}$. B tindrà llavors 8 boles amb 4, 3 o 2 vermelles, respectivament. $P(V)=\dfrac{3}{10}\cdot\dfrac12+\dfrac{6}{10}\cdot\dfrac38+\dfrac1{10}\cdot\dfrac28=0{,}15+0{,}225+0{,}025=\dfrac25$. I $P(VV\mid V)=\dfrac{0{,}15}{0{,}4}=\dfrac38$.

d) Inicialment B té una proporció de vermelles de $\tfrac26=\tfrac13\approx0{,}33$. La bola afegida procedeix d'A, on les vermelles són el 60 %: en mitjana, afegir-la fa pujar la proporció de vermelles de B. Per això $13/35\approx0{,}371\gt1/3$. Amb dues boles passades encara puja més (0,4).

Errors típics

• Calcular la probabilitat de a) sense afegir la bola a B (utilitzar les 6 boles originals en lloc de 7).
• En c), tractar les extraccions d'A com a independents (amb reposició): hi ha dependència (sense reposició).
• Confondre $P(VV\mid V)$ amb $P(V\mid VV)$.
• Oblidar normalitzar en aplicar Bayes.

Conceptes treballats: probabilitat total, probabilitat condicionada i teorema de Bayes, extraccions sense reposició, combinatòria elemental, raonament qualitatiu.

a) $1-0{,}3^n\ge0{,}99\iff0{,}3^n\le0{,}01\iff n\ge\dfrac{\ln0{,}01}{\ln0{,}3}\approx3{,}83$. Cal $n=4$ (amb 3, $1-0{,}3^3=0{,}973\lt0{,}99$; amb 4, $0{,}9919$).

b) $n=4$: $P(X\ge2)=1-0{,}3^4-4\cdot0{,}7\cdot0{,}3^3=1-0{,}0081-0{,}0756=0{,}9163$. $n=5$: $P(X\ge2)=1-0{,}3^5-5\cdot0{,}7\cdot0{,}3^4=1-0{,}00243-0{,}02835=0{,}9692$.

c) $E(X)=5\cdot0{,}7=3{,}5$ i $\sigma=\sqrt{5\cdot0{,}7\cdot0{,}3}=\sqrt{1{,}05}\approx1{,}02$.

d) No. L'esperança és una mitjana a llarg termini; la dispersió és considerable ($\sigma\approx1$) i la probabilitat de tenir menys de 2 plantes és $1-0{,}9692\approx3{,}1\,\%$ amb 5 llavors, és a dir, uns 3 forats de cada 100 fallarien. Aquest valor és el que importa per decidir quantes llavors comprar, no l'esperança.

Errors típics

• Resoldre $0{,}3^n\le0{,}01$ i oblidar de canviar el sentit de la desigualtat en dividir per $\ln0{,}3$ (negatiu).
• Arrodonir cap avall ($n=3$) en lloc de cap amunt: el nombre de llavors ha de ser enter i cal assolir el 99 %.
• Calcular $P(X\ge2)$ com $1-P(X=0)$ (oblidant $P(X=1)$).
• Interpretar $E(X)=3{,}5$ com «sempre hi haurà 3 o 4 plantes».

Conceptes treballats: distribució binomial, probabilitat del complementari, equacions exponencials amb logaritmes, esperança i desviació típica, interpretació de la variabilitat.