Exercicis de probabilitat — Matemàtiques 4t ESO

«No treure un 5», és a dir {1, 2, 3, 4, 6}.

4! = 4 · 3 · 2 · 1 = 24.

Independents: el resultat del primer dau no afecta el del segon.

L'espai mostral té 2·6 = 12 resultats: (C, 1), (C, 2), (C, 3), (C, 4), (C, 5), (C, 6), (X, 1), (X, 2), (X, 3), (X, 4), (X, 5) i (X, 6), on C és cara i X és creu.
Els resultats favorables a «cara i parell» són (C, 2), (C, 4) i (C, 6): 3 casos.
Com que els 12 resultats són igualment probables, la regla de Laplace dona P = 3/12 = 1/4 = 0,25.
Comprovació: P(cara)·P(parell) = 1/2 · 1/2 = 1/4, perquè la moneda i el dau són independents.

Els múltiples de 7 entre l'1 i el 50 són 7, 14, 21, 28, 35, 42 i 49: 7 casos favorables, sobre 50 de possibles.
Per la regla de Laplace, P(múltiple de 7) = 7/50 = 0,14.
El succés contrari és «no és múltiple de 7»: P = 1 - 0,14 = 0,86, és a dir, 43/50.
Comprovació: 7 + 43 = 50 boles.

Freqüència relativa = vegades que passa / total de llançaments = 74/200 = 0,37.
Una xinxeta no té resultats igualment probables, així que no podem aplicar Laplace: estimem la probabilitat amb la freqüència relativa. P(punta cap amunt) ≈ 0,37, és a dir, un 37 %.
Amb 20000 llançaments, la freqüència relativa fluctuaria molt menys i s'estabilitzaria al voltant de la probabilitat real (llei dels grans nombres), de manera que l'estimació seria més fiable.
Comprovació: el succés contrari («no cau amb la punta cap amunt») tindria una freqüència de 126/200 = 0,63 = 1 - 0,37.

Si dos successos són incompatibles (no poden passar alhora), P(A ∩ B) = 0 i la probabilitat de la unió és la suma: P(A ∪ B) = 0,3 + 0,45 = 0,75.
«No passa cap dels dos» és el succés contrari de A ∪ B: P = 1 - 0,75 = 0,25.
Error típic: aplicar aquesta suma directa quan els successos NO són incompatibles; llavors cal restar P(A ∩ B).

L'espai mostral té 6·6 = 36 parelles igualment probables.
Les parelles amb suma 8 són (2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3) i (6, 2): 5 casos favorables. Atenció: (2, 6) i (6, 2) són resultats diferents, perquè els daus es poden distingir.
P(suma 8) = 5/36 ≈ 0,139, és a dir, un 13,9 %.
Comprovació: la suma 7 té 6 parelles (6/36) i és la més probable; la suma 8, amb 5, ho és una mica menys.

Cada roda té 10 possibilitats i les rodes són independents, així que, pel principi del producte, hi ha 10·10·10 = 1000 combinacions possibles, totes igualment probables.
Només una és la correcta: P = 1/1000 = 0,001.
Amb quatre rodes hi ha 10⁴ = 10000 combinacions i P = 1/10000 = 0,0001.
Cada roda afegida divideix la probabilitat per 10.

A = {4, 8, 12, 16, 20} i B = {5, 10, 15, 20}.
A ∩ B (múltiples de 4 i de 5 alhora) = {20}; A ∪ B (múltiples de 4 o de 5) = {4, 5, 8, 10, 12, 15, 16, 20}.
Per Laplace: P(A) = 5/20 = 0,25; P(B) = 4/20 = 0,2; P(A ∩ B) = 1/20 = 0,05; P(A ∪ B) = 8/20 = 0,4.
Comprovació amb la fórmula: P(A) + P(B) - P(A ∩ B) = 0,25 + 0,2 - 0,05 = 0,4.

A = {1, 2} i B = {1, 3, 5}. Tenen l'1 en comú (intersecció {1}), per tant NO són incompatibles.

Hi ha 10 oros de 40 cartes: P = 10/40 = 1/4 = 0,25.

Amb reposició són independents: 4/10 · 4/10 = 16/100 = 0,16.

Camí cara-creu: 1/2 · 1/2 = 1/4. Camí creu-cara: 1/4. Se sumen: 1/4 + 1/4 = 1/2.

Dades: P(anglès) = 0,55, P(alemany) = 0,30 i P(les dues) = 0,15.
Anglès o alemany: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) - P(A ∩ B) = 0,55 + 0,30 - 0,15 = 0,70. Cal restar la intersecció perquè els 15 alumnes de les dues llengües s'han comptat dues vegades.
Cap llengua: és el contrari de l'anterior, 1 - 0,70 = 0,30.
Només anglès: 55 - 15 = 40 alumnes, així que P = 40/100 = 0,40.
Comprovació: 40 (només anglès) + 15 (les dues) + 15 (només alemany) + 30 (cap) = 100.

Dos successos són independents si P(A ∩ B) = P(A)·P(B).
A i B: P(A)·P(B) = 0,5·0,4 = 0,2, que coincideix amb P(A ∩ B) = 0,2. Són independents. P(A ∪ B) = 0,5 + 0,4 - 0,2 = 0,7.
C i D: P(C)·P(D) = 0,3·0,6 = 0,18, que no coincideix amb P(C ∩ D) = 0,15. No són independents (són dependents). P(C ∪ D) = 0,3 + 0,6 - 0,15 = 0,75.
Error típic: confondre «independents» amb «incompatibles»; si A i B fossin incompatibles, P(A ∩ B) hauria de valer 0.

Fem un diagrama d'arbre amb P(encistella) = 0,7 i P(falla) = 0,3 a cada tir.
Els dos: 0,7·0,7 = 0,49.
Cap: 0,3·0,3 = 0,09.
Exactament un: hi ha dos camins, encistellar el primer i fallar el segon (0,7·0,3 = 0,21) o fallar el primer i encistellar el segon (0,3·0,7 = 0,21): 0,21 + 0,21 = 0,42.
Comprovació: 0,49 + 0,09 + 0,42 = 1, perquè són tots els casos possibles.

«Almenys un 6» vol dir un, dos o tres sisos. Comptar tots aquests casos és llarg; és més fàcil el contrari: «cap 6 en els tres llançaments».
P(no 6 en un llançament) = 5/6 i els llançaments són independents: P(cap 6) = (5/6)³ = 125/216.
P(almenys un 6) = 1 - 125/216 = 91/216 ≈ 0,421.
Comprovació: un 42 % és raonable; és menys del 50 % i molt més que 1/6 ≈ 0,167, la probabilitat en un sol llançament.

Si la primera carta ha estat un as, a la baralla en queden 39, de les quals 3 són asos. P(2a as | 1a as) = 3/39 = 1/13 ≈ 0,077.
Per a les dues asos multipliquem al llarg del camí de l'arbre: P(1a as) = 4/40 = 1/10 i P(2a as | 1a as) = 1/13.
P(dos asos) = 1/10 · 1/13 = 1/130 ≈ 0,0077.
Atenció: sense reposició els successos són dependents, i per això la segona probabilitat canvia (3/39 i no 4/40).

Els nois són 40 - 24 = 16, i fan teatre 10 + 6 = 16 alumnes.
Condició «fa teatre»: ens limitem als 16 que en fan, dels quals 10 són noies: P(noia | teatre) = 10/16 = 5/8 = 0,625.
Condició «és noia»: ens limitem a les 24 noies, de les quals 10 fan teatre: P(teatre | noia) = 10/24 = 5/12 ≈ 0,417.
Les dues probabilitats són diferents: no s'ha de confondre P(A | B) amb P(B | A), perquè el conjunt de referència canvia.

Anomenem x = P(blau); llavors P(vermell) = 2x i P(verd) = 0,1.
Les probabilitats de tots els resultats sumen 1: x + 2x + 0,1 = 1 → 3x = 0,9 → x = 0,3.
Per tant, P(blau) = 0,3, P(vermell) = 0,6 i P(verd) = 0,1.
P(no vermell) = 1 - 0,6 = 0,4 (també 0,3 + 0,1 = 0,4).

Parell A = {2, 4, 6}, P(A) = 3/6. Més gran que 4 B = {5, 6}, P(B) = 2/6. En comú A i B = {6}, P = 1/6. Regla de la suma: 3/6 + 2/6 - 1/6 = 4/6 = 2/3.

L'ordre no importa (la parella A-B és la mateixa que B-A): combinacions. $\tfrac{(6 \cdot 5)}{(2 \cdot 1)} = 15$ parelles.

Dues blanques: 3/5 · 2/4 = 6/20. Dues negres: 2/5 · 1/4 = 2/20. Se sumen: 6/20 + 2/20 = 8/20 = 2/5 = 0,4.

a) A cada extracció canvia el nombre de boles: P(VVV) = 5/8 · 4/7 · 3/6 = 60/336 = 5/28 ≈ 0,179.
b) «Almenys una blava» és el contrari de «cap blava»: P = 1 - 5/28 = 23/28 ≈ 0,821.
c) Exactament una blava pot sortir en tres ordres: BVV, VBV i VVB. Cada camí té la mateixa probabilitat: 3/8 · 5/7 · 4/6 = 60/336 (els factors només canvien d'ordre).
P(exactament una blava) = 3 · 60/336 = 180/336 = 15/28 ≈ 0,536.
Comprovació: les probabilitats de 0, 1, 2 i 3 blaves (5/28, 15/28, 15/56 i 1/56) sumen 10/56 + 30/56 + 15/56 + 1/56 = 56/56 = 1.

El primer sensor detecta amb 0,9 i no detecta amb 0,1; el segon, amb 0,8 i 0,2. Com que són independents, les probabilitats es multipliquen.
Tots dos detecten: 0,9·0,8 = 0,72.
Cap no detecta: 0,1·0,2 = 0,02.
Almenys un detecta: és el contrari de «cap no detecta», així que 1 - 0,02 = 0,98.
Exactament un: només el primer (0,9·0,2 = 0,18) o només el segon (0,1·0,8 = 0,08), és a dir, 0,18 + 0,08 = 0,26.
Comprovació: 0,72 + 0,26 + 0,02 = 1.

a) Falsa. Els llançaments són independents: la moneda no té memòria i P(creu) continua sent 1/2. Pensar el contrari és la «fal·làcia del jugador».
b) Certa. Si són incompatibles, P(A ∩ B) = 0. Si a més fossin independents, P(A ∩ B) = P(A)·P(B) > 0, cosa contradictòria.
c) Falsa. Només és certa si són incompatibles; en general, P(A ∪ B) = P(A) + P(B) - P(A ∩ B). Contraexemple amb un dau: A = «parell» i B = «més gran que 2» donarien 3/6 + 4/6 = 7/6 > 1, que és impossible (la unió val 5/6).
d) Falsa. 1/6 és la probabilitat en cada llançament, no una garantia: en 6 llançaments pot no sortir cap 6 (cosa que passa amb probabilitat (5/6)⁶ ≈ 0,335) o en poden sortir diversos.

Diagrama d'arbre: primer la màquina (A: 0,6; B: 0,4) i després l'estat de la peça (defectuosa: 0,02 si ve d'A i 0,05 si ve de B).
Camí «A i defectuosa»: 0,6·0,02 = 0,012.
Camí «B i defectuosa»: 0,4·0,05 = 0,020.
La peça pot ser defectuosa per qualsevol dels dos camins, així que se sumen: P(defectuosa) = 0,012 + 0,020 = 0,032, és a dir, un 3,2 %.
Peces defectuoses esperades: 5000·0,032 = 160.
Comprovació: P(no defectuosa) = 1 - 0,032 = 0,968, que també surt de 0,6·0,98 + 0,4·0,95 = 0,588 + 0,380 = 0,968.

Hi ha 6·6 = 36 parelles igualment probables.
Producte parell: és més fàcil el contrari, «producte senar», que només passa si els dos daus són senars: 3·3 = 9 parelles. P(senar) = 9/36 = 1/4, així que P(parell) = 1 - 1/4 = 3/4.
Producte 12: (2, 6), (3, 4), (4, 3) i (6, 2): 4 casos, P = 4/36 = 1/9 ≈ 0,111.
Producte més gran que 20: (4, 6), (5, 5), (5, 6), (6, 4), (6, 5) i (6, 6): 6 casos, P = 6/36 = 1/6 ≈ 0,167.
Compte: 4·5 = 20 no és més gran que 20, i per això (4, 5) i (5, 4) no compten.

a) Hi ha x + 4 boles en total: P(blanca) = x/(x + 4) = 3/5 → 5x = 3(x + 4) → 5x = 3x + 12 → x = 6.
Comprovació: 6/10 = 3/5.
b) Afegim k boles blanques: ara n'hi ha 6 + k de blanques i 10 + k en total. Volem (6 + k)/(10 + k) = 3/4 → 4(6 + k) = 3(10 + k) → 24 + 4k = 30 + 3k → k = 6.
Comprovació: amb 12 blanques i 4 de negres, P = 12/16 = 3/4.