View
59
Download
4
Category
Preview:
Citation preview
ΥΙΙΟΥΙΗΤΞΙΟ ΙΞΰΚίΜτϊ IV; ΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ
ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ
A ? Α
γ ε ν ι κ ό *
Ε Ι Ι Ι Η Μ Ι η ν ί ε ί Σ Q Ε k Μ I t 2 N
ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΗ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗ
Γ' Τάξης Γενικού Λυκείου Μάθημα Επιλογής
ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΣ ΔΙΔΑΚΤΙΚΏΝ ΒΙΒΛΙΩΝ - ΑΘΗΝΑ
ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΗ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗ
Γ Τάξης Γενικού Λυκείου Μάθημα Επιλογής
ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ
Φώτιος Γεωργιακώδης
Βασίλειος Γιαλαμάς
Δημήτριος Δίκαρος
Αννα Μαρία Κόκλα
ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΣ ΔΙΔΑΚΤΙΚΩΝ ΒΙΒΛΙΩΝ - ΑΘΗΝΑ
ΠΡΟΛΟΓΟΣ
Στο βιβλίο αυτό περιέχονται οι λύσεις των ασκήσεων επιλογής «Εισαγω-
γή στη Στατιστική» της Γ' τάξης Ενιαίου Λυκείου.
Ο τρόπος που θα χρησιμοποιηθεί μπορεί να το αναδείξει σε φίλο σας.
Ανατρέξτε σ' αυτό μόνο μετά από προσπάθεια που θα έχετε καταβάλλει
για τη λύση μιας άσκησης που αντιστέκεται. Μη στερείτε στον εαυτό σας
τη χαρά της λύσης, μιας λύσης που θα είναι δική σας, μιας λύσης που θα
σας ανήκει, μιας λύσης που μπορεί να είναι πρωτότυπη σύντομη και έξυ-
πνη.
Η σχέση με το βιβλίο αυτό εδραιώνεται όλο και περισσότερο όσο λιγό-
τερο έχετε την ανάγκη του.
Κάθε εποικοδομητικό σχόλιο είναι καλοδεχούμενο, αφού σκοπός μας εί-
ναι η βελτίωση του βιβλίου ύλης καθώς και των συνοδευτικών του βιβλίων,
όπως αυτό που έχετε στα χέρια σας καθώς και το βιβλίο του καθηγητή.
Ελπίζοντας ότι το μάθημα της Στατιστικής, ως μάθημα επιλογής, θα
πλαισιωθεί από μαθητές που θα ενδιαφερθούν γι' αυτό και θα διδαχθεί από
τους άξιους συναδέλφους καθηγητές σας, το παραδίδουμε για χρήση και
κρίση.
Αθήνα 1999 Οι συγγραφείς
ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1° 9
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2° 21
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3° 37
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4° 52
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5° 63
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6° 90
Κεφάλαιο 1" Λύσεις ασκήσεων
ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΗ ΣΤΑ ΤΙΣΤΙΚΗ
ΚΕΦΑΑΑΙΟ 1
ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΙΙΣ
1. 1.(δ) 3. (α) 2·(γ) 4. (β)
12 + 18 + 21 + Χ + 13 2. -17<=>64 + χ = 85«>χ = 21 5
Άρα Β.
3. α) χ α = ν 10
- Σ χ ι 2000 ΟΛΑ ΧΒ = — — = = 2 0 0 ν 10
10
β ) 4 = - ^ Σ ( Χ , - 2 0 0 ) 2
10
^ [ ( 1 9 6 - 2 0 0 ) 2 + (198 - 200)2 +(198-200) 2 + (199-200)2 +
(200-200)2 + (201 - 200)2 + (201 - 200)2 +(202-200)2 -+-(205 - 200)2 ] -5 ,6
Κεφάλαιο Γ Λύσεις ασκήσεων
Άρα sA = λ/5^6 = 2,37 και αντίστοιχα
Σ(Χ , - 200) 2
So= — = 24 και sR = -ν/24 = 4,90 Β 10 β
Οι μηχανές έχουν τον ίδιο μέσο αλλά η τυπική απόκλιση για τη μηχανή
Α είναι 2,37 ενώ για τη μηχανή Β είναι 4,90 γεγονός που δείχνει ότι η
μηχανή Α είναι πιο αξιόπιστη.
10
Κεφάλαιο Γ Λύσεις ασκήσεων
ΑΣΚΗΣΕΙΣ
ΟΜΑΔΑ Α
1. Πιθανώς όχι, γιατί οι περιοχές της ίδιας πόλης, αν αυτή είναι μεγά-
λη, είναι διαφορετικές μεταξύ τους.
Κατά συνέπεια οι απόψεις των κατοίκων μιας περιοχής δεν αντιπροσω-
πεύουν και τις απόψεις των κατοίκων των άλλων περιοχών. Ένα δείγμα
από μια περιοχή δεν αντιπροσωπεύει ολόκληρη την πόλη, οι κάτοικοι
της οποίας είναι ο πληθυσμός.
Χ. Σ ' 2. Έστω χ = 5 ο - — = 5 <=> y.Xj = 5ν
i=t
Σ χ ί + 1 3 αλλά — = 6 <=> V χ, +13 = 6(ν +1) <=>
ν + 1 Μ
« · 5 ν + 1 3 = 6ν + 6<=>ν = 7
1 1
Κεφάλαιο 1° Λύσεις ασκήσεων
3. α)
Κέντρο Συχνότητα Σχετική Αθροιστική
Α/Α Κλάσεις κλάσης συχνότητα συχνότητα
(Xi) (Vi) (fi) (F0
1 [52,57) 54,5 1 0.033 1
2 [57,62) 59,5 4 0.133 5
3 [62,67) 64,5 4 0.133 9
4 [67,72) 69,5 8 0.267 17
5 [72,77) 74,5 7 0.233 24
6 [77,82) 79,5 4 0.133 28
7 [82,87) 84,5 2 0.067 30
Σύνολο 30 » 1
2 0 - τ
15- -
10-9 8 7 6 5-4 3 2 1
52 57 62 67 72 77 82 87
12
Κεφάλαιο 1" Λύσεις ασκήσεων
- 54,5-1 + 59,5-4 + 64,5-4 + 69,5-8 + 74,5-7 + 79,5-4 + 84,5-2 γ) χ =
2115 30
= 70,5
30
57 62 67 72 77 82 87
σχήμα 3.δ 7
Επειδή Σ ν , =30 η διάμεσος θα βρίσκεται στη 4η κλάση και θα ι-ι=1
σουται με: δ = 67+ — (15-9) = 70,75 8
ε) Από την αθροιστική συχνότητα παρατηρούμε ότι 24 αθλητές έχουν
βάρος λιγότερο από 77 κιλά.
13
Κεφάλαιο Γ Λύσεις ασκήσεων
4. Ισχύει ότι:
α + β + 8 + 5 + 7
<=>
(α - ό)2 + (β - ό)2 + 22 +12 +12 = 2
α + β = 10
α2 + β2 =52
α + β = 10
α + β = 10
α2 + β2 -12(α + β) + 78 = 10
α + β = 10
<=>
<=>
(α + β)2 - 2αβ = 52 2αβ = 48
α + β = 10
αβ = 24 <=>
α = 4
β = 6
α = 6
β = 4
5. α) Για την πρώτη κατανομή ισχύει x = Σ ν . χ ·
= 28,15
Επίσης Σ ν ^ χ ί = Σ ν ί ( χ ' 2 ' 2 χ > χ + χ ) =
2 2
= Σ ν ί χ ί - 2 χ Σ ν ί χ ί + χ Σ ν ί = Σ ν ί χ ' - γ χ
αντικαθιστώντας έχουμε Σ ν <( Χ ί - χ ) 2 = 294,55
και s2 = 14,728, άρα s = 3,838
14
Κεφάλαιο 1" Λύσεις ασκήσεων
β) Επειδή χ = 27 και Σ ν . χ ι = 270, συμπεραίνουμε ότι
Ν = Xvj = 10
2
Αντικαθιστώντας στον τύπο Σ ν,(χ, - χ)2 = ^ ν,χ2 - νχ
υπολογίζουμε ότι Σ ν ι χ ? = 7450 και s = 4
γ) Συμπληρώνουμε τον πίνακα με τον ίδιο τρόπο και έχουμε :
Σ ν ι Χ ΐ = x - Σ ν ί =500, επειδή s = 3 συμπεραίνουμε ότι s2 = 9
δηλαδή:
s2 =— Σ ν ' ( Χ ' * χ)2 κ α ι Σ ν ' ( χ ί ~~χ)2= 450 άρα
Σ ν · χ . 2 = 5 4 5 0
δ ) Σ ν · ( χ ' " χ Ν Σ ν ' χ ' 2 " ν χ 2
Άρα 182,3 = 1025 - νχ 2 τότε νχ = 1025 - 182,3
ν χ2 =842,7 τότε χ =28,09 Άρα χ =5,3
και s = 2,47
ε) Από χ - Σ » ' ' έχουμεότι Y V = ^ ^ = 12 Σ ν - ' 20
και
Σ ν, (x; - χ)2 = 300 όπως επίσης προκύπτει ότι s = 5.
15
Κεφάλαιο 1" Λύσεις ασκήσεων
ΟΜΑΔΑ Β
1. Από την κατανομή συχνοτήτων προκύπτει ότι:
x + l l + y + 8 + 9 = 50<^x + y = 22
Α , - 1·χ + 2·1 +3·ν + 4·8 + 5·9 Απο χ = 1 = 2,7 ο χ + 3ν = 36
50
\χ + y -22 Αν { „ _ τότε y = 7 και x = 15
1JC + 3_y = 36
2. α) Η διάμεσος, διότι συνήθως η κατανομή των μισθών είναι μη συμ-
μετρική.
β) Ο μέσος, θεωρώντας ότι οι χρόνοι που απαιτούνται για να διανυθεί
μια δεδομένη απόσταση αναμένεται να κατανέμονται συμμετρικά.
γ) Η επικρατούσα τιμή. Αν τα περισσότερα ρολόγια έδειχναν μια συ-
γκεκριμένη ώρα, το πιθανότερο είναι να είναι η σωστή.
δ) Ο μέσος ή η διάμεσος. Εξαρτάται από το σχήμα της κατανομής.
16
Κεφάλαιο 1° Λ ύσεις ασκήσεων
3. α)
Ηλικία Κέντρο κλάσης Συχνότητα Αθροιστική
Συχνότητα
Γ 16,21) 18,5 36 36
[21,26) 23,5 56 92
Γ26.31) 28,5 58 150
[31,36) 33,5 42 192
Γ36.41) 38,5 46 238
Γ41,46) 43,5 38 276
Γ46,51) 48,5 36 312
[51,56) 53,5 18 340
Γ56,61) 58,5 18 358
Ο μέσος είναι 34,17 δηλαδή 34 χρόνια και 2 μήνες περίπου και
s = 11,34 δηλαδή 11 χρόνια και 4 μήνες.
ί) Η κατανομή συχνοτήτων είναι ομαδοποιημένη άρα η διάμεσος θα εί-
ναι η τιμή, αριστερά της οποίας βρίσκεται το πολύ το 50% του συνο-
λικού αριθμού των παρατηρήσεων, δηλαδή η τιμή της διαμέσου θα
είναι η τιμή της 179ης παρατήρησης. Η παρατήρηση αυτή ανήκει
στην τέταρτη κλάση όπως προκύπτει από την κατανομή αθροιστικών
29 συχνοτήτων και θα ισούται με : 31 + — · 5= 34,45
17
Κεφάλαιο 1° Λύσεις ασκήσεων
Άρα θα είναν 34 χρόνια και 5 μήνες περίπου.
ii) Οι υπάλληλοι που έχουν ηλικία μεγαλύτερη ή ίση των 26 ετών και μι-
κρότερη των 56 ετών είναι 340 - 92 = 248 δηλαδή 69,2%
. .. „ ~ , - 4 + 6 + 12 + 4 + 10 + 12 + 3 + x + y 4. ι) Επειδή χ = = 7
<=> χ + y = 12 (1)
Επίσης παρατηρούμε ότι:
χ,: 3 4 6 10 12
ν;: 1 2 1 1 2
Οι συχνότητες των x, y είναι άγνωστες. Επειδή η επικρατούσα τιμή
είναι 4, θα εμφανίζει την μεγαλύτερη συχνότητα. Άρα το x ή το y θα
είναι 4 και σύμφωνα με την (1) οι δυνατές τιμές των χ, y είναι 4 και 8.
ii) Σύμφωνα με τα παραπάνω ο πίνακας διαμορφώνεται ως εξής:
Xi 3 4 6 8 10 12
Vi 1 3 1 1 1 2
Η διάμεσος του συνόλου των 9 αριθμών θα βρίσκεται στην
9 + 1 10
5η θέση, δηλαδή θα είναι η τιμή 6.
18
Κεφά/ΜΟ 1" Λύσεις ασκήσεων
Σ Χ · 9 9
Από χ = — — = 7 <=> Σ χ , = 7 - 9 <=> V χ ; = 63 V ί=1 ΐ=1
9 y Χ: + 7 + η + 7 - η
~ , , - μ 63 + 14 77 . Ο νεος μέσος χ = = = — =7 1 1 1 1 1 1
Αν s = 4, τότε s2 = 16 και θα ισχύει:
3(4 — 7)2 + (6 -7 ) 2 + 2(12 — 7)2 +(10-7) 2 + (3 -7 ) 2 +
+ (8-7) 2 + (7 + η - 7 ) 2 + ( 7 - η - 7 ) 2 =11-16
Μετά από πράξεις :
104 +2η2 - 176
2η2 = 72
η2 - 36
η = 6 ή n = -6
5· χ, y >0 (1)
3 + 1 + 7 + 2 + 1 + 1 + 7 + x + y x =• = 4 <=>22+x+y = 36 <=> x+y = 14 (2) 9
α) Αν χ = y, τότε x = y = 7 όπου πράγματι η συχνότητα του αριθμού 7
είναι 4.
19
Κεφάλαιο Γ Λύσεις ασκήσεων
β) Αν x*y (3), τότε τα δυνατά ζεύγη που πληρούν τις προϋποθέσεις (1),
(2) και (3) είναι (x,y) = (9,5) ή (5, 9) και
(x,y) = (8,6) ή (6, 8)
άρα η επικρατούσα τιμή είναι η μονάδα.
Αν s = - Λ / 7 6 , τότε s2 = — θα ισχύει: 3 9
3 · 9 +1 · 4 + Μ + 2 · 9 + (Λ: - 4)2 + (y - 4)2 _ 76 9 ~ 9
χ2 + y2 = 106 Άρα \ από τη λύση του συστήματος και λαμβάνο-
x + y = 14
ντας υπόψη ότι χ < y αποδεχόμαστε τη λύση χ = 5 και y = 9.
20
Κεφάλαιο 2" Λύσεις ασκήσεων
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2°
2. 1-2.2-2.3-2.4-2.5
Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ
ΟΜΑΔΑ Α
ί η λ 1. Το νεώτερο παιδί επιλέγει 3 παιχνίδια από τα 9 με
f c \ Το δεύτερο παιδί επιλέγει 2 από τα υπόλοιπα 6 με
Το τρίτο παιδί επιλέγει 2 από τα υπόλοιπα 4 με
9
v2y
τροπους.
τροπους.
' 4 λ
v2y τροπους και
ί ί \
V2 , τρο-το τέταρτο παιδί επιλέγει 2 από τα υπόλοιπα 2 παιχνίδια με
πους οπότε σύμφωνα με τη βασική αρχή της απαρίθμησης, μπορούν να
μοιρασθούν τα παιχνίδια κατά
9! 6! 4! 2!
ί9^ ί6Ί ί41 ί21 Τ, ? ? 2 \ / V " /
9! 3!6! 2!4! 2!2! 2!0! 3!2!2!2!
= 7.650 τρόπους
2. Με ανάλογες σκέψεις όπως στην προηγούμενη άσκηση βρίσκουμε:
' 1 0 Υ 8 Υ 6 Υ 4 Υ 2 Ϊ ιοί ' =113.400
v2y \ ) ν ν W v2y 2! 2! 2! 2! 2!
2. i) Οι 4 Εθνικότητες μπορούν να διαταχθούν κατά 4! τρόπους όσες δη-
λαδή είναι οι μεταθέσεις των 4 εθνικοτήτων. Σε κάθε περίπτωση οι 3
Αμερικανοί μπορούν να καθήσουν κατά 3! τρόπους, οι 4 Γ άλλοι κατά
21
Κεφάλαιο 2° Λύσεις ασκήσεων
4! τρόπους, οι 3 Γερμανοί κατά 3! τρόπους και οι 2 Έλληνες κατά 2!
τρόπους. Επομένως σύμφωνα με τη βασική αρχή της απαρίθμησης τα
παραπάνω άτομα μπορούν να καθήσουν κατά 4 ! ( 3 ! · 4 ! · 3 ! · 2 ! ) =
165.888 τρόπους.
4. ί) Επειδή η λέξη ΣΕΙΡΑ έχει 5 γράμματα διαφορετικά, οι αναγραμ-
ματισμοί (μαζί με την ίδια την λέξη) είναι όσες οι μεταθέσεις των 5
γραμμάτων, δηλαδή
5! = 1 - 2 - 3 - 4 - 5 = 120
ii) Εδώ η λέξη ΠΟΣΟΣΤΟ έχει 3 0 , 2 Σ, 1Π και 1Τ . Αν αλλάξουμε
π.χ τη θέση του 1ου Ο με το 3° Ο δεν προκύπτει διαφορετική λέξη. Έ-
τσι σκεπτόμενοι χωρίζουμε τη διαδικασία στις εξής φάσεις:
1η φάση: Επιλογή 3 από τις 7 θέσεις της λέξης για την τοποθέτηση των 3
Ο, που γίνεται με ί ι \
J = 35 τρόπους.
2η φάση: Επιλογή 2 από τις υπόλοιπες 4 θέσεις της λέξης για την τοπο-
θέτηση των 2 Σ, που γίνεται με v2y
= 6 τρόπους.
3η φάση: Επιλογή 1 από τις υπόλοιπες 2 θέσεις της λέξης για την τοπο-
(Α θετηση του Π, που γίνεται με =2 τρόπους. ν V
4η φάση: Τοποθέτηση του Τ στην εναπομένουσα θέση που γίνεται με
= 1 τρόπο, οπότε σύμφωνα με τη βασική αρχή της απαρίθμησης έ-
χουμε:
22
Φ
ν υ
Κεφάλαιο 2° Λύσεις ασκήσεων
ί - 7 λ ί Λ \ /Ά 1
/ι Λ 7!
ν-ν ν*ν V / ν ν
τη λέξη)
3!2!1!1! = 420 αναγραμματισμούς (μαζί με την ίδια
iii) Με ανάλογες σκέψεις όπως και στο προηγούμενο ερώτημα έχουμε:
( 4 λ ( 2 λ ί \ λ
ν / ν-ν 1 ν·1/ ν "ν 1 Ν / 1 10!
νν 2! 3!1! 2! 1! 1! 151.200 αναγραμματι-
σμούς (μαζί με την ίδια τη λέξη).
Ο Μ Α Δ Α Β
1 1. Ί) Είναι Δ ; + 3 Δ ^ = - Μ „ + Ι
ν! ν! 1 0 Μ ) ! Μ)! = 2<ν + 1)! ν > 3
( v - 3 ) ! ( v - 2 ) ( v - l ) v (v -2 ) ! (v - l )v _ 1 (ν-3)! (ν-2)! ~ 2
ο (ν - 2) (ν - l)v + 3(ν - l)v = ^- (ν +1)!
ο (ν - ΐ)ν (ν - 2 + 3) = — (ν +1)!
<=> (ν - ΐ)ν (ν +1) = — (ν - 2)! (ν - ΐ)ν (ν +1)
<=> 1 = — (ν - 2)! 2 <=>(ν-2)! = 2
<=> ν - 2 = 2. Άρα ν = 4
23
Κεφάλαιο Τ Λύσεις ασκήσεων
π) 3 / Λ
VV"3y
ί ,. λ = 5
Vv-5 y
<=>3 V ! • = 5 ν! (ν-3)!3! (ν - 5)! 5!
, ν > 5
(v -3 ) ! (v -2 ) (v - l )v ( ν -5 ) ! ( ν -4 ) ( ν -3 ) ( ν -2 ) ( ν - ΐ ) \ (ν - 3)! -1 - 2 · 3 (ν - 5)! · 1 - 2 - 3 - 4 · 5
<=> (v-2) (v- l )v _ ( ν -4 ) ( ν -3 ) ( ν -2 ) ( ν - ΐ ) ν
2 24 <=> 12 (ν - 2)(ν -1) ν - (ν -4) (ν -3) (ν -2) (ν - ΐ )ν = 0 <=> (ν - 2) (ν -1) ν [12 - (ν - 4 Χν - 3)]= Ο <=>12-(ν-4)(ν-3)=0
« 1 2 - ( ν 2 -4ν -3ν + 12)=0
« 1 2 -ν 2 + 7 ν - 1 2 - 0 <=> ν2 - 7ν = Ο <=> ν (ν - 7)= Ο ο ν = 0 ή ν = 7
Άρα ν — Ί
2. Το πλήθος των μεταθέσεων των ν στοιχείων είναι Μν = ν! . Το πλή-
θος εκείνων των μεταθέσεων των ν στοιχείων που στη 1η θέση έχει το 1
είναι τόσες όσες και οι μεταθέσεις των υπολοίπων (ν - 1) στοιχείων
δηλαδή Μν_ ι = (ν - 1)!
Άρα το ζητούμενο πλήθος είναι:
Μν - Μν_ ι = ν! - (ν - 1)! = (ν - 1) (ν - 1)!
3. Με ανάλογες σκέψεις όπως στις ασκήσεις 1 και 2 της Α' ομάδας υ-
πάρχουν: '12"
ΟΟ '4Λ
4 Λ 4 ν • / \ V ν ν = 34.650 τρόποι επιλογής 3 ομάδων των 4
μαθητών η κάθε μια, προκειμένου να τους ανατεθούν τρεις διαφορετι
24
Κεφάλαιο Τ Λύσεις ασκήσεων
κές εργασίες. Αν όμως δε μας ενδιαφέρει ποια ομάδα σχηματίστηκε
πρώτη ποια δεύτερη και ποια τρίτη, αλλά μόνο η σύνθεση τους και επει-
δή στο γινόμενο Ί 2 λ
v4y κάθε ομαδοποίηση εμφανίζεται 3! = 6
V - J w 1 "
φορές (όσες είναι οι μεταθέσεις των 3 ομάδων) θα πρέπει το γινόμενο
αυτό να διαιρεθεί με το 6 για να πάρουμε τους τρόπους με τους οποίους
μπορεί να γίνει ο χωρισμός των 12 μαθητών σε 3 ισοπληθείς ομάδες των
0 2 Υ 8 Υ 4 Λ
4 ατόμων δηλαδή: ν " y ν ν ν ν = 5.775 τρόπους.
4. ϊ) Η ταυτότητα (l + x)v (χ + ΐ)ν = (ί + χ)2ν γράφεται:
Λ Λ
vOy
Λ Λ +
ίνλ
vOy +
1
2ν
χ + χ + . . . + ν* y v~y
'2νλ (2νλ (2νΛ
vvy
Μ χν +
'νΛ
ν 1 y χ +
v 2 y χ +... +
^2νλ
ν ν y
v°y
χ + . . .+
vly f2vΛ
V2Vy
χ " · 1 +
v2y
xv"2 + ...+ vvy
r2v
Από τον πολλαπλασιασμό των πολυωνύμων του 1ου μέρους βρίσκουμε
ότι συντελεστής του χν είναι ο ' ιΛ 2
vOy
ΛΛ 2
+ vly
+ Λ Λ 2
v2y
V 2
+ ...+ vvy
ενω ο συ-
ντελεστής του χν στο 2° μέρος είναι (2ν^
U .
ii) Δύο πολυώνυμα είναι ίσα αν είναι του ιδίου βαθμού και οι συντελε-
στές των ομοιοβαθμίων όρων είναι ίσοι. Στην περίπτωση μας τα πο-
λυώνυμα είναι του ιδίου βαθμού 2ν και ίσα, άρα:
25
Κεφάλαιο 2° Λύσεις ασκήσεων
iii) Λ Λ
v°y +
Λ Λ
νυ 2 Λ Λ 2
+ v2y
+ ... + Λ Λ 2
ν*7/
§ 2.6-2.7-2.8- 2.9 - 2.10 - 2.11 - 2.12
ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ
Ι.α 2.β 3.β 4.γ 5.β 6.β 7.ΐ.α 7.π.β 7.iii.β
8.α 9.δ
26
Κεφά/Mio Τ Λύσεις ασκήσεων
ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΙΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ
ΟΜΑΔΑ Α
1. ί) Ρ ( Α ) = 1 - Ρ ( Α ' ) = 1 - | = 1
ii) Έχουμε : P ( A u B ) = P ( a ) + Ρ (Β)- Ρ (Α η Β). Επομένως:
Ρ (Β)= Ρ ( A u Β)+ Ρ (Α η Β ) - Ρ (Α)
Ρ(Β)=—+ 1 - - = — + i ~ — w 4 4 3 12 12 12 12 3
iii) Ρ ( Α ) = Ρ ( Α η Β')+ Ρ ( Α η Β)
Ρ (Α η Β')= Ρ (Α)- Ρ (Α η Β)
Ρ ( Α π Β ' ) = - - - = — ν ' 3 4 12
2. i) Ρ(Α' )= l - P ( A ) = l - i = i
ii) Ρ ( Α Π Β ) = Ρ ( Β ) . Ρ ( Α / Β ) = | . | = |
Hi) P ( A u B ) = P ( A ) + P ( B ) - P ( A n B ) = i + i - i = i i
27
Κεφάλαιο Τ Λύσεις ασκήσεων
3. Έστω τα ενδεχόμενα:
Α : "Ο άνδρας ζει μετά από 10 χρόνια"
Β : "Η σύζυγος του ζει μετά από 10 χρόνια"
Οπότε:
Ρ (Α) = - και Ρ (Β) = — 4 3
I) Ρ ( Α π Β ) = ; Τα ενδεχόμενα Α και Β είναι ανεξάρτητα οπότε:
Ρ (A N Β) = Ρ (Α) · Ρ (Β) = — · — = — 4 3 12
Ρ ( Α Υ Β ) = ; Ρ ( A U Β) = Ρ (Α) + Ρ (Β) - Ρ (Α Ο Β) =
ϋ) _J_ J _ _ _ l ± J _ _ i ~ 4 3 12 12 1 2 ~ Ϊ 2 ~ 2
iii) Ρ (Α'ηΒ ')=; Ρ (Α')· Ρ (Β') = [ί - Ρ(α)]· [ί - Ρ(Β)] = | · | = | = -
iv) Ρ(Α'ηΒ) =; P(A'nB)=P(A') -P(B)=[ l -P(A)]-P(B) = ~ i = i
4. i) Είναι Ρ (Α) = 1 - Ρ (Α'), όπου το Α' το αντίθετο του Α, δηλαδή
το ενδεχόμενο κανένας από τους 4 συμπαίχτες του να μην έχει γενέθλια
στις 28 Ιανουαρίου.
Οι δυνατές περιπτώσεις είναι:
365 · 365 · 365 • 365 = 3654
Όσοι δηλαδή οι τρόποι με τους οποίους μπορούμε τους 4 συμπαίχτες
του να τους αντιστοιχίσουμε στις 365 ημέρες του χρόνου.
28
Κεφάλαιο 2" Λύσεις ασκήσεων
Οι ευνοϊκές περιπτώσεις του Α' είναι:
364 · 364 · 364 • 364 = 3644
Όσοι δηλαδή οι τρόποι με τους οποίους μπορούμε τους 4 συμπαίχτες
του να τους αντιστοιχίσουμε στις 364 ημέρες του χρόνου (εξαιρείται η
28 Ιανουαρίου).
Επομένως:
Ρ(Α')= 364" Γ364^* 365 365
οποτε:
' 3 6 4 ^ Ρ(Α) = 1 - Ρ ( Α ' ) = 1- — = 0,011 \3o5J
ii) Έστω το ενδεχόμενο:
Α: Δύο τουλάχιστον παίχτες να έχουν γενέθλια την ίδια ημέρα.
Τότε Ρ (Α) = 1 - Ρ (Α') , όπου Α' είναι το αντίθετο του Α, δηλαδή το
ενδεχόμενο οι 5 παίχτες να έχουν γεννηθεί σε 5 διαφορετικές ημέρες.
Όπως προηγούμενα οι δυνατές περιπτώσεις είναι:
365 · 365 · 365 · 365 · 365 = 3655
Οι ευνοϊκές περιπτώσεις του Α' είναι όσες και οι διατάξεις των 365 η-
μερών ανά 5. Επομένως :
365!
Ρ (Α) = 1 - Ρ (Α') = 1 - = 1 - ( 3 6 5 ~ 5 ) ! =1-0,9729 =0,027 365 365
5. ί) Οι πινακίδες που μπορούν να σχηματισθούν είναι τόσες όσοι και
οι τετραψήφιοι αριθμοί που σχηματίζονται από τα ψηφία 0, 1, 2... 9
δηλαδή:
29
Κεφάλαιο Τ Λύσεις ασκήσεων
9 • 10· 10· 10 - 9.000, άρα: Ρ ( i ) = — ^ . Η μοναδική ευνοϊκή
περίπτωση είναι η 8870.
ii) Οι ευνοϊκές περιπτώσεις είναι τόσες όσοι οι τετραψήφιοι αριθμοί που
προκύπτουν από τα ψηφία 8, 8, 7, 0 λαμβάνοντας υπόψη ότι το 0 δεν
μπορεί να πάρει την πρώτη θέση.
λ 41 3 ! 1-2-3-4 2!3 , , Αρα: = = 12-3 =9 (*) οποτε: f 2! 1! 1! 2! 1! 2 1 - 1 2! ν
Ρ (ii) = —-— = —-— = 0,001 9.000 1.000
.... 7 7 7 7 2401 Λ _ . Α 1 in) Ρ (ιιι) = = = 0,2401 10 10 10 10 10.000
1 9 9 9 81 iv) Ρ (iv) = — = —'— π.χ. 8643 αλλά όχι 8870 10 10 10 10 1000
Ό( \=ί 1_ Α * J_ A A i J L - L A ν ) 9 1 0 1 0 1 0 + 9 1 0 1 0 1 0 + 9 10 10 1 0 +
8 9 9 1 297 — = π.χ. 8643 ή 7843 αλλά όχι 8640 9 10 10 10 1000
* Με ανάλογο τρόπο όπως στην άσκηση 4 της προηγούμενης ενότητας για την εύρεση
του αναγραμματισμού της λέξης ΠΟΣΟΣΤΟ.
30
Κεφάλαιο? Λύσεις ασκήσεων
ΟΜΑΔΑ Β
1. Έστω τα ενδεχόμενα:
Α: Ο εργαζόμενος της εταιρείας είναι άνδρας.
Μ: Ο /Η εργαζόμενος/η της εταιρείας είναι μέλος του συνδικάτου.
Γ: Η εργαζόμενη της εταιρείας είναι Γυναίκα.
280 ΐ) Έχουμε: Ρ (Μ) = = 0,560 ' 500
190 Ρ (Μ / Α) = —— = 0,633 300
190 Ρ (Α π Μ) = ——= 0,380
ν 7 500
• Παρατηρούμε: Ρ (Μ / Α) Φ Ρ (Μ). Άρα τα ενδεχόμενα δεν είναι α-
νεξάρτητα.
• Τα ενδεχόμενα Α, Μ δεν είναι ασυμβίβαστα, επειδή μπορούν να
πραγματοποιηθούν συγχρόνως. Υπάρχει ένα σύνολο 190 εργαζομέ-
νων που είναι άνδρες και μέλη του συνδικάτου. Έτσι, αν ένας εργα-
ζόμενος επιλέγεται τυχαία, αυτά τα ενδεχόμενα πραγματοποιούνται,
συγχρόνως.
ii) α) Ρ (Γ) = — = 0, 400 500
190 β) Ρ ( Α / Μ ) = — = 0,679 Η 280
31
[ Κεφάλαιο 2° Λ ύσεις ασκήσεων
γ) Ρ ( Α υ Μ ) = Ρ(Α) + Ρ ( Μ ) - Ρ ( Α η Μ ) = — + — — = 0,780 500 500 500
iii) Έστω Δ το ενδεχόμενο και οι δύο εργαζόμενοι μέλη του συνδικάτου
τότε:
Ρ (Δ) = Ρ (1ος εργ. Μ) · Ρ (2ος εργ. Μέλος / 1ος είναι Μέλος) =
^280^ (279^ ν 500 j ν 499 ,
= 0.313
2. Έστω τα ενδεχόμενα:
Α: Εργάζεται με πλήρη απασχόληση
Β: Εργάζεται με μερική απασχόληση
Γ: Δεν εργάζεται
Δ: Έχει παιδιά κάτω των 6 χρόνων
Ε: Έχει παιδιά από 6 έως 18 χρόνων
Ζ: Δεν έχει παιδιά
230 α) i) Ρ (Α) = —— = 0,460 500
ii) ρ (Β / Ε) = — = 0,25 200
iii) Ρ (Α') = 1 - Ρ (Α) = 1 - 0,460 = 0,54
140 iv) Ρ (Δ) = —— = 0,28 500
30 Ρ ( Α π Δ ) - = 0,06 οπότε 500
Ρ (A u Δ) = Ρ (Α) + Ρ (Δ) - Ρ (Α Π Δ) = 0,460 + 0,280 - 0,006 = 0,68
32
Κεφάλαιο 2° Λύσεις ασκήσεων
β) Ρ (Β) 135 500
0,270 και
60 Ρ (Β /Δ) = —— = 0,429 140
Επειδή Ρ (Β) ψ Ρ (Β / Δ), τα ενδεχόμενα Β και Δ δεν είναι ανεξάρτη-
τα. Επίσης δεν είναι και ασυμβίβαστα αφού μπορούν να πραγματο-
ποιηθούν συγχρόνως.
3. Έστω τα ενδεχόμενα:
Σ: Έχει επιλέξει Στατιστική
Π: έχει επιλέξει Πληροφορική
ί) Αν χ οι μαθητές που έχουν επιλέξει και τα δυο μαθήματα τότε
2 7 - χ 2 0 - χ
22 Ω
II 18 " j "
22
2 7 - x + 2 0 - x + x = 6 0 - 2 2
χ = 9 και
9 3 Ρ (Σ n Π) = —- = — 60 20
33
Κεφάλαιο 2" Λύσεις ασκήσεων
ii) Ρ(Π7Σ) = Ρ η Σ ) = ^ 0 = ϋ = 2 Ρ (Σ) 2 7 / q 27 3
Ρ (Π') = ^ επομένως
Ρ (Π ) = Ρ (Π 7 Σ) οπότε τα ενδεχόμενα "επιλέγει Στατιστική" και
"Δεν επιλέγει Πληροφορική" είναι ανεξάρτητα.
4. Έστω:
Α το ενδεχόμενο να συνάψει ένα τουλάχιστον συμβόλαιο αφού επι-
σκεφτεί ν πελάτες:
Aj, i = 1, 2, ... , ν το ενδεχόμενο να συνάψει συμβόλαιο με τον ι-οστό
πελάτη.
Α' το ενδεχόμενο να μη συνάψει κανένα συμβόλαιο, αφού επισκεφτεί
ν πελάτες.
Aj', i = 1,2, ... , ν να μη συνάψει συμβόλαιο με τον ι-οστό πελάτη,
τότε:
Ρ ( Α ' ) = Ρ ( A ' , n Α \ π . . . π Α ' ν ) = = Ρ(Α',) Ρ (Α·Λ. .Ρ(Α· )= [τα ενδεχόμενα είναι
ν 27 ν ν / ανεξαρτητα] = 0 ,6-0 ,6 . . .0 ,6 =
ίτ,Υ • =(0,6)" = ( -
V-V
αλλά Ρ (Α) = 1 - Ρ (Α')=
' 3 ν
1 - ή ισοδύναμα: V-V
34
Κεφάλαιο 2° Λύσεις ασκήσεων
ί ι \ ν
v5y > 0,95
ί 3 Υ ν5,
ί - Τ ν5>
< 1-0,95
< 0,05
ν log — < log 0,05 ν 5 /
ν > log 0,05
log ν J J
logO,05 log3- log5
-1,30103 0,4477-0,69897 -1,30103 ν > -0,25127
v> 5,1777.
v>
v>
Αφού log —<0
Άρα ν = 6
4. Έστω τα ενδεχόμενα:
D : Το άτομο πάσχει από την ασθένεια
+ : Θετικό αποτέλεσμα
- : Αρνητικό αποτέλεσμα
35
Κεφάλαιο 2" Λύσεις ασκήσεων
α)
ΑΡΧΗ
Ρ (+) = P(D) · Ρ(+ / D) + Ρ (D') · Ρ(+ / D')
= 0,03-0,095 + 0,97-0,01 =
= 0,0382
0 , 0 1 +
β) Από τις ισότητες:
Ρ (+) · Ρ (D / +) = Ρ (D n +)
και Ρ (D n +) = Ρ (D) · Ρ (+ / D)
έχουμε:
Ρ (+) · Ρ (D / +) = Ρ (D) · Ρ (+ / D)
. Ρ (D) · Ρ (+ / D) 0,03.0,95 οποτε : Ρ (D / +) = — — — = — '— = 0,746 Ρ (+) 0,0382
36
Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3°
α σ κ η σ ε ι σ
ΟΜΑΔΑ Α
1. Ο πίνακας συμπληρώνεται με τη βοήθεια του ορισμού της συνάρτησης
κατανομής Ρ [Χ < χ].
Ρ [Χ<χ]=
0 1 2 1 1
— + —
2 3 1 1 1
- + - + —
,2 3 6
χ < 1
1 < χ < 2
2 < χ <3
χ >3
Δηλαδή:
χ 1 2 3
Ρ[Χ < χ] 1 5 1 2 6
37
Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων
Ρ [Χ < χ ]
1 —τ
5/6
2. Αν η τ. μ. Χ συμβολίζει τον αριθμό των Κ (κεφαλών) σε 3 συνολικά ρί-
ψεις ενός νομίσματος τότε ο δειγματικός χώρος Ω του πειράματος είναι:
Ω = {ΓΓΓ, ΓΓΚ, ΓΚΓ, ΚΓΓ, ΚΚΓ, ΚΓΚ, ΓΚΚ, ΚΚΚ }
Έτσι σύμφωνα με τον ορισμό της τ. μ. Χ έχουμε:
Χ (ΓΓΓ) = 0
Χ (ΓΓΚ) = Χ (ΓΚΓ) = Χ (ΚΓΓ) = 1
Χ (ΚΚΓ) =Χ(ΚΓΚ) - Χ (ΓΚΚ) = 2
Χ (ΚΚΚ) = 3
και ο δειγματικός χώρος Rx = {0, 1, 2, 3 }. Υποθέτοντας ότι οι δοκιμές
είναι ανεξάρτητες μεταξύ τους και ότι το νόμισμα είναι αμερόληπτο έ-
χουμε:
Χ 0 1 2 3
Ρ[Χ = χ] 1 3 3 1 8 8 8 8
38
Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων
Ρ[Χ = χ]
1 2 3 4
Σύμφωνα με τον ορισμό της
Ε [Χ] = Σχ Ρ[Χ=χ] =
„ 1 3 3 1 = 0 · —+ 1· —+ 2· —+ 3· —= 8 8 8 8
= — = 1,5 κεφαλές, αναμέ-8
νεται να εμφανιστούν στις 3
ρίψεις.
3. α) Από τον πίνακα της συνάρτησης κατανομής έχουμε:
P[X = l ] = P [ X S l ] - P [ X S 0 ] = i - 0 = i
ρ [Χ = 2]= Ρ [Χ < 2]-Ρ [Χ < l ] = | - i = |
p [ x = 3 l = P [ x < 3 l - P f x < 2 l = - - - = -4 8 8
Ρ[Χ = 4 ] = Ρ [ Χ < 4 ] - Ρ [ Χ < 3 ] = 1 - ^ = ·̂ -
οπότε ο πίνακας της κατανομής πιθανότητας είναι:
X 1 2 3 4
Ρ[Χ = χ] 1 2 3 1 8 8 8 4
1 9 3 1 1 8 β) Η Ε [Χ] = 1 — + 2 — + 3 · — + 4 · — = — = 2,25
8 8 8 4 8
39
Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων
4. Ο δειγματικός χώρος (δ . χ) Ω του πειράματος είναι:
Ω = {ΓΓ ΓΚ ΚΓ ΚΚ}
Ορίζουμε την τ. μ. Ζ ως εξής:
Ζ = Αριθμός εμφανίσεων του Κ - Αριθμός εμφανίσεων του Γ
Άρα : Ζ (ΓΓ) = 0 - 2 = - 2
Ζ (ΓΚ) = 1 - 1 = 0
Ζ (ΚΓ) = 1 - 1 = 0
Ζ (ΚΚ) = 2 - 1 = 2
Και ο δειγματικός χώρος Rz = {-2, 0, 2}
Ο πίνακας της κατανομής πιθανότητας είναι:
Ζ -2 0 2 Ρ[Ζ=ζ] 1 1 1
4 2 4
και η Ε [Ζ] = - 2 · — + 0· — + 2· — = 0 που σημαίνει ότι στις ν = 2 ρί-4 2 4
ψεις του αμερόληπτου νομίσματος περιμένουμε 1Κ και 1 Γ.
5. Με την ίδια διαδικασία όπως αυτή της άσκησης (3) έχουμε:
1 α) Ρ[Χ = θ]=Ρ[Χ<θ] 16
p[x=i]=p[x<i]-p[xso]=i--i=-L Ο 10 10
P[X = 2 ] = P [ X < 2 ] - P [ X < l ] = i - i = i
40
Κεφάλαιο 3" Λύσεις ασκήσεων
P[X = 3] = P [ x < 3 ] - P [ X < 2 ] = i - I = I
p [ x = 4 ] = p [ x < 4 ] - p [ x < 3 ] = l - | = i
οποτε:
Χ 0 1 2 3 4
ρ [Χ = χ] 1 1 1 1 1 16 16 8 4 2
και
Ε[χ ] = 0· — + 1· — + 2 · - + 3 · - + 4 · - = 3,0625 L 1 16 16 8 4 2
β· 1 Γ
1/2
1/4
; 1/8
1/16
1/16
1 2 3 4
γ. Η Ρ[Χ<1]=Ρ[Χ = 0]+Ρ[Χ = 1] = — + — = 0,1250 16 16
41
Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων
Ρ [ ΐ < Χ < 3 ] = Ρ [ Χ = ΐ ]+Ρ[Χ = 2]+Ρ[Χ = 3] = - + - + - = 0,4375 L 16 8 4
Ρ [Χ >2]= — + — + — = 0,8750 ή 8 4 2
εναλλακτικά: Ρ [Χ > 2] = 1 - Ρ [Χ < 1] = 1 - 0,1250 = 0,8750
6. Από την εκφώνηση έχουμε:
Χ 2 5
Ρ[Χ = χ] Ρ 2ρ
όπου ρ > 0 και ρ + 2ρ = 1 οπότε:
1 ρ ^ ϊ
1 2 2 10 Άρα: Ε [χ] = 2·ρ + 5·2ρ = 2· — + 5·— = — + — = 4 L J 3 3 3 3
7. Για κάθε ερώτηση έχουμε 4 απαντήσεις από τις οποίες η μία μόνο εί-
ναι σωστή.
Ας πάρουμε στην τύχη μια ερώτηση και ας υποθέσουμε ότι η δεύτερη α-
πάντηση είναι σωστή, δηλαδή:
Λ Σ Λ Λ
\ I I 4
-1 3 - 1 - 1
Κάθε λάθος (Α) βαθμολογείται με - 1 και το σωστό (Σ) με 3. Αν
42
Κεφάλαιο 3° Λ ύσεις ασκήσεων
ϊ) ο διαγωνιζόμενος επιλέξει στην τύχη τότε η πιθανότητα να επιλέξει τη
σωστή είναι και η πιθανότητα να κάνει λάθος επιλογή είναι ^ .
Συμβολίζοντας με Χ την τ. μ. που παριστάνει τη βαθμολογία έχουμε:
Χ -1 3
Ρ [Χ = χ] 3 / / 4
1 / / 4
Άρα η αναμενόμενη βαθμολογία στην περίπτωση που η απάντηση στην
= 0 3 / ι Ν
ερώτηση δίνεται τυχαία, είναι: Ε [χ] = (-1) · — + 3 ·
ii) Στη δεύτερη περίπτωση ο διαγωνιζόμενος γνωρίζει τη μία από τις 3
λανθασμένες απαντήσεις. Η τυχαία επιλογή του γίνεται τώρα μεταξύ
3 απαντήσεων δύο των οποίων είναι λάθος (Ά) και βαθμολογούνται
με (-1) και μια σωστή (Σ) που βαθμολογείται με 3. Έχουμε συνε-
πώς:
Α Σ Α
4 4 -1 3
με αντίστοιχο πίνακα πιθανότητας:
I - 1
43
Κεφάλαιο 3° Λ ν σεις ασκήσεων
Χ -1 3
13
Χ II 2 3
1 3
και συνεπώς: Ε [χ]= (-1) ~ + 3 ~ = ·̂ .
Βλέπουμε στη δεύτερη αυτή περίπτωση ότι η αναμενόμενη βαθμολογία
είναι θετική όταν ο διαγωνιζόμενος έχει κάποια γνώση του αντικειμένου.
44
Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων
Ο Μ Α Δ Α Β
1. Από τον πίνακα κατανομής πιθανότητας έχουμε:
α) p + q + 2 p = ^ q = l - 3 p
β) Ε [Χ] = (-1) · ρ + 0 · q + 1 . 2ρ = ρ
και
V [Χ] = Ε [Χ 2 ] -{Ε [Χ]}2
όπου : Ε [Χ2] = (-1)2 • ρ + Ο2 · q + I2 · 2ρ = 3ρ
οπότε : V [Χ] = 3ρ - ρ2 = ρ (3 - ρ)
2. α) Συμβολίζουμε με Κ τους καμένους και με Λ τους λειτουργού-
ντες λαμπτήρες. Για να απαιτηθούν 3 επιλογές ώστε να εντοπίσουμε
τους 2 καμένους, δύο περιπτώσεις είναι δυνατές:
Κ Λ Κ ή Λ Κ Κ
Χρησιμοποιώντας δενδροδιάγραμμα έχουμε:
2 4 1 2 Ρ (ΚΛΚ) = Ρ (Κ). Ρ (Λ/κ). Ρ ( V ) = - ~ - = —
Κ 1/4
Κ κ 4 2 1 2 Ρ (ΛΚΚ) = Ρ (Λ) .Ρ (Κ/Λ). Ρ (Κ/ΛΚ) = - - - = -6 5 4 30
45
Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων
Άρα η πιθανότητα σε 3 επιλογές να εντοπίσουμε τους 2 καμένους λα-
μπτήρες είναι:
2 2 4 2 Ρ (ΚΛΚ) + Ρ (ΛΚΚ) = — + — = — = — 30 30 30 15
β) Το πολύ 4 επιλογές για την εντόπιση των 2 καμένων σημαίνει 2 επι-
λογές, 3 επιλογές ή 4 επιλογές. Στο δενδροδιάγραμμα φαίνονται καθαρά
τα κλαδιά που οδηγούν στη ζητούμενη πιθανότητα.
κ νι
σχήμα 3.β
Ρ(ΚΚ); 2 ]_
6 5 2_
30
Ρ (ΚΛΚ) =—· — · — = — 6 5 4 30
Ρ (ΚΛΛΚ) = 2 4 3 6 5 4 3
2_
30
Ρ (ΛΛΚΚ) =
Ρ (ΛΚΛΚ) =
Ρ (ΛΚΚ) =
4 3_ 2 6 5 4 3" 4 2 Μ _ 6 5 4 3 "
4 2 6 5 4 ~ 3 0
2_
30 2_
30
Άρα η πιθανότητα ν' απαιτηθούν το πολύ 4 επιλογές έως την εντόπιση
των 2 καμένων είναι το άθροισμα των πιθανοτήτων των κλάδων.
Α , β , 2 2 2 2 2 2 12 2 Δηλαδή: 1 λ 1 1 1 — — — — 30 30 30 30 30 30 30 5
46
Κεφάλαιο f Λύσεις ασκήσεων
5. Συμβολίζουμε με Χ την ένδειξη του αμερόληπτου νομίσματος και με
Υ την ένδειξη του αμερόληπτου ζαριού. Έτσι Rx = {1,2} και
RY = {1,2, 3, 4, 5,6}.
Αναλυτικά για τη μεταβλητή Ζ = Χ + Υ έχουμε:
Ν \ Υ 1 2 3 4 5 6
x \ |
1 1 + 1 1 + 2 1 + 3 1 + 4 1 + 5 1 + 6 (2) (3) ( 4 ) (5) (6) ( 7 )
2 2 + 1 2 + 2 2 + 3 2 + 4 2 + 5 2 + 6 (3) ( 4 ) (5) (6) ( 7 ) (8)
απ' όπου προκύπτει ότι ο δειγματικός χώρος της τ. μ. Ζ είναι
Rz — {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Ποιες όμως είναι οι πιθανότητες εμφάνισης
των τιμών αυτών. Συνοψίζοντας τον πίνακα έχουμε:
47
Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων
Z i V i ν / i ' ν
2 1 1 / / 1 2
3 2 2 / / 1 2
4 2 2 / / 1 2
5 2 2 / / 1 2
6 2 2 / 7 1 2
7 2 2 / 7 1 2
8 1 1 / / 1 2
Σύνολο 12 1
Ρ [Ζ = 2] = Ρ [Χ = 1 ] Ρ [Υ = 1 ] 1 I__L 2 6 ~ 12
Ρ [Ζ = 3] = Ρ [Χ = 1] Ρ [Υ = 21 + Ρ [Χ = 21 Ρ [Υ = 1] = - · - + — · — =— 2 6 2 6 6
Ρ[Ζ = 4 ] = Ρ [ Χ = 1] Ρ [Υ = 3] + Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 2] = 1 . 1 + 1 . 1 = 1 2 6 2 6 6
Ρ [Ζ = 5] = Ρ [Χ = 1 ] Ρ [Υ = 4] + Ρ [Χ = 21 Ρ [Υ = 31 = 1 · 1 +' 1 · 1 = 1 2 6 2 6 6
Ρ [Ζ = 6] = Ρ [Χ = 1 ] Ρ [Υ = 5] + Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 4] = 1.1 + 1.1 = 1 2 6 2 6 6
Ρ [Ζ = 7] = Ρ [Χ =1] Ρ [Υ = 6] + Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 51 = 1-1 + 1-1 = 1 2 6 2 6 6
Ρ [Ζ = 8] = Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 61 = 1.1 = — 2 6 12
48
Κεφάλαιο 3" Λύσεις ασκήσεων
Ο πίνακας κατανομής πιθανότητας της τ. μ. Ζ είναι:
Ζ 2 3 4 5 6 7 8
ΤΙ
1 I Ν II ,Ν. 1 1 1 1 1 1 1
12 6 6 6 6 6 12
Και η
Ρ [Ζ=ζ]
V6
V . 2
Ε[Ζ] = 2· — + 3— + 4- — + 5— + 6— + 7 — + 8 — 12 6 6 6 6 6 12
1 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 4 30
2 3 4 5 6 7 8
6. Αν Χ η ένδειξη του ενός ζαριού και Υ του άλλου τότε σύμφωνα με την εκφώνηση:
R x = {0, 1,2} και R Y - {2,3,4 }
Αναλυτικά λαμβάνοντας υπόψη τις συχνότητες των τιμών Χ και Υ έ-
χουμε για τη μεταβλητή Ζ
49
Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων
Χ
Υ 0 0 0 1 1 2
2 2 2 2 3 3 4
2 2 2 2 3 3 4
3 3 3 3 4 4 5
3 3 3 3 4 4 5
4 4 4 4 5 5 6
4 4 4 4 5 5 6
απ όπου προκύπτει ότι ο δειγματικός χώρος της τ. μ. Ζ είναι:
Rz = { 2, 3, 4, 5, 6 }
Ποιες είναι οι πιθανότητες εμφάνισης των τιμών αυτών;
Συνοψίζοντας τον πίνακα έχουμε:
Z J ν, V / ν
2 6 6 / /36
3 10 10/ 736
4 12 12/ /36
5 6 6 / /36
6 2 Κό Σύνολο 36 1
50
Κεφάλαιο 3° Λύσεις ασκήσεων
Ρ [Ζ = 2] = Ρ [Χ = 0] Ρ [Υ = 2] = 1 ~ = 1 6 6 6
3 2 2 2 10 Ρ[Ζ = 3] = Ρ [Χ = 0] Ρ [Υ = 3] + Ρ [Χ =1] Ρ [Υ = 2] = _ 6 6 6 6 36
Ρ[Ζ = 4] = Ρ [Χ = 0] Ρ [Υ = 4] + Ρ [Χ = 1] Ρ [Υ = 3] + Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 2]=
3 2 2 2 ]_ 2 _U
6 6 + 6 6 + 6 6 ~36 0 0 1 0 f
Ρ[Ζ = 5] = Ρ [Χ = 1] Ρ [Υ = 4] + Ρ [Χ = 2] Ρ [Υ = 3] = + ± . - = - ϊ -6 6 6 6 36
Ρ[Ζ = 6 ] = Ρ [ Χ = 2 ]Ρ [Υ = 4 ] = 1 ί = ^Γ ο 6 36
Ο πίνακας κατανομής της πιθανότητας είναι:
Ζ 2 3 4 5 6
Ρ[Ζ = ζ] 6 10 12 6 2 36 36 36 36 36
„ Γ_ι _ 6 10 < 1 2 . 6 , 2 Η Ε [ζ ] = 2 l· 3 l· 4 l· 5 l· 6 · — 1 J 36 36 36 36 36
12 + 30 + 48 + 30 + 12 132 36
και V [Ζ] = Ε [Ζ2] - {Ε [Ζ]}2
όπου:
6 , , 10 12
36 = 3,667
Ε [ζ21= 22 · — + 32 · — + 42 · —- + 52 · — + 62 • — = 14,667 L J 36 36 36 36 36
άρα: V [Ζ] = 14,667 - 3,6672 = 1,220.
51
Κεφάΐ.αιο 4" Λ ύσεις Ασκήσεων
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4°
Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ
Δ.1 Ας υποθέσουμε ότι η τ. μ. Χ ~ Β(ν, ρ) με ν = 3 και ρ άγνωστη.
Γνωρίζουμε όμως από τον πίνακα κατανομής πιθανότητας ότι:
ρ [ χ = ι]=
κ α ι Ρ [ χ = 2]=
ρ1 q2 =0,3
ρ q = 0,2
(I)
(II)
Διαιρώντας τα δεύτερα μέλη των ισοτήτων (I) και (II) έχουμε:
DQ" Λ Ϊ-Ρ viz
ί ι \
v2y ρ2 q
0,3 , q — = 1,5 η — = 1,5 0,2 ρ
= 1,5 ή 2,5ρ = 1
άρα ρ =0,4
Αν λοιπόν η κατανομή είναι διωνυμική πρέπει η Ρ [Χ = 3] =
να ισούται με 0,1. Αλλά Ρ [Χ = 3] = 0,0138^ 0,1.
Άρα η τ. μ. Χ δεν ακολουθεί διωνυμική κατανομή.
ί ϊ\
v3y 0,43 0,63
Δ.2 α) Σύμφωνα με τον ορισμό του διωνυμικού πειράματος το στρίψιμο
του νομίσματος ν = 5 φορές και η καταγραφή των Χ επιτυχιών αποτε-
λεί διωνυμικό πείραμα.
β) Ρ [x = x] = ν χ /
χ "5 χ , όπου χ = 0, 1, 2, 3, 4, 5 και ρ + q = 1 ρ q
52
Κεφάλαιο 4" Λύσεις Ασκήσεων
Αν υποθέσουμε ότι το νόμισμα είναι αμερόληπτο τότε ρ = q
γ)
Χ ΡΓΧ = χ1
0 (5) Α
( ι V v 2 y UJ
5 = 0,03125
1 ί51 Λ ί - ϊ V 2 y
ί 1 ! ^ 2 y
4 = 0,15625
2 ί51 ,2,
ίιΎ
U, r r , 2 ;
3 = 0,31250
3 (5) Α ί
1!3 UJ ί 1 !
, 2 )
2 = 0,31250
4 U
(V
\ 2 y
ΥΓ , 2
\
= 0,15625
5 ί 5λ
Α ί1!5
ν 2 , ^2 /
0 = 0,03125
Δ. 3 Ο παίκτης έχει σταθερή πιθανότητα επιτυχίας στις βολές ρ = 0,8.
Αν υποθέσουμε ότι οι βολές είναι ανεξάρτητες η μία από την άλλη τότε
για ν = 3 βολές ζητάμε x = 3 επιτυχίες, αφού έτσι μόνο κερδίζει τον
τελικό.
53
Κεφάλαιο 4° Λύσεις Ασκήσεων
ίτΛ Αρα: η Ρ [Χ = 3] = 0,83 0,2° = 0,83 =0,512 αποτελεί την πιθανότητα
ν-ν
νίκης στον τελικό στην κανονική διάρκεια του αγώνα.
Δ. 4 Πιθανότητα σωστής απόφασης του διευθύνοντα συμβούλου ρ.
Αν με Χ συμβολίσουμε τον αριθμό των συμβούλων που λαμβάνουν
σωστή απόφαση (επιτυχία) ζητάμε
α) Ρ [Χ > 2 ] = (3^ ρ2 q3"2 + ί31 Λ
Ρ3 q° = 3p 2 q + ρ3
β) Για ρ = 0,1 και q = 0,9 έχουμε:
Ρ[Χ>2] = 3·0,12 -0,9 + 0,13 =0,028
γ) Ζητάμε: 3p2q + Ρ3 > ρ
<=> 3pq + ρ2 > 1
<=> 3ρ( 1 -ρ) + ρ2 > 1
<=> 3ρ - 2ρ2 - 1> 0
<=ί> 2ρ2 -3ρ + 1 < 0
ο 2 ( ρ - 1 ) ( ρ - Ι ) < 0
1 <=> - < ρ < 1 2
δ) Ζητάμε 3ρ q + Ρ - Ρ
<=> 3pq + ρ2 = 1
54
Κεφάλαιο 4" Λύσεις Ασκήσεων
<=> 2ρ2 -3ρ + 1 = 0
οπότε ρι = — και ρ2 = 1
Δ.5 Τρία μέλη με πιθανότητες σωστής απόφασης
α) ~> Ρ, Ρ· Η πλειοψηφία είναι σωστή αν 2 τουλάχιστον από τα μέλη
του διοικητικού συμβουλίου (δ. σ.) πάρουν σωστή απόφαση. Αυτό συμ-
βαίνει στις εξής περιπτώσεις:
1 1 1 1 - p q + - q p + - p p + - p p = pq + pp = p(q + p) = p
β) Αν ρ = 0,1 η πιθανότητα το δ.σ. να πάρει σωστή απόφαση είναι
Ρ = 0,1
γ) Δεν υπάρχει τέτοιο ρ.
δ) Για όλες τις δυνατές τιμές του ρ.
Υ.1 Η κατανομή της τ.μ. Χ δεν είναι διωνυμική διότι η επιλογή των CD's
γίνεται χωρίς επανατοποθέτηση με συνέπεια η πιθανότητα ρ να βρούμε
ελαττωματικό CD να μην παραμένει σταθερή.
Υ.2 Το Ν = 10 το ν = 4. Αν με α συμβολίσουμε τα μη ελαττωματικά
και με β τα ελαττωματικά τότε α = 7 και β = 3. Αν με Χ συμβολί
55
Κεφάλαιο 4" Αύσεις Ασκήσεων
σουμε τον αριθμό των μη ελαττωματικών CD's στο δείγμα των ν = 4,
τότε η Ρ [Χ=4] δίνεται από την υπεργεωμετρική κατανομή:
Ρ [Χ = 4] = ν J
"βΛ
vOy
ί Ί \
ν ν
ί ι \
vOy 7! 3!
3!4! 0!3! 6 ! 7 !
f N
ν v y
^10^
v4y
1 0 !
4! 6! 3! 10!
= 0,167
Αν το δείγμα ληφθεί μ' επανανατοποθέτηση τότε η πιθανότητα επιτυχίας
παραμένει σταθερή στις 4 διαδοχικές επαναλήψεις του πειράματος Ber-
noulli. Έχουμε συνεπώς διωνυμική κατανομή με ν = 4 και
ρ = — = 0,7 10
ί Λ \
Έτσι: Ρ[Χ = 4]= 0,74 0,3° =0,2401 I 7
Και η πιθανότητα είναι μεγαλύτερη κατά 0,0731.
Γ. 1 Η περιγραφή το προβλήματος οδηγεί σε γεωμετρική κατανομή με
1 ρ = α = — και χ = 4. 2
Έτσι: P [X = x] = qx"'p με χ = 1 , 2 , .
Ί Και Ρ [Χ = 4] = q4"1 ρ \ Γ Ρ 4 = 0,0625
v z y
Γ.2 Εφαρμόζοντας γεωμετρική κατανομή για ρ = 0,75 q = 0,25 και
χ = 3 παίρνουμε:
Ρ [Χ = 3] = q3"1 ρ = 0,253·' 0,75 = 0,0469
56
Κεφάλαιο 4° Λύσεις Ασκήσεων
Γ.3 Ρ [Χ = 4] = q4"1 ρ =' 0,653 · 0,35 - 0,0961
Ε [Χ] = ! = — = 2,857 ρ 0,35
Γ.4 ί) α) Ζητάμε σε ν =10 προσπάθειες να έχουμε x = 6 επιτυχίες αν
η πιθανότητα επιτυχίας είναι σταθερή και ίση με ρ = 0,4. Η υπόθεση ό-
τι οι προσπάθειες είναι ανεξάρτητες μας οδηγεί στη διωνυμική κατανο-
μή:
Ρ [Χ = χ] = Μ
vxy pxqvΧ με X = ο, 1,2, ..., ν
Γ ι α χ = 6 ν = 1 0 και ρ = 0,4 βρίσκουμε: λ10λ
Ρ [χ = 6] = W 0,46 0 ,6 ' ° - 6 =-^-0 ,4 6 0,64 =0,115 ^ 6 ) 4!6!
ί) β) Η πιθανότητα να υπερπηδήσει το ύψος των 225 cm για πρώτη φο-
ρά στην έκτη προσπάθεια δίνεται από τη γεωμετρική κατανομή
Ρ [Χ = χ] = qx l ρ με χ = 1, 2, ...
Για χ = 6, ρ = 0,4 και q = 0,6 παίρνουμε:
Ρ [Χ = 6] = Ο,ό6"1 0,4 = 0,0311
ii) Αφού η πιθανότητα επιτυχίας του αθλητή παραμένει σταθερή και ίση
με ρ = 0,4, είναι φανερό ότι στις ν = 20 προσπάθειες ο αναμενόμε-
νος αριθμός επιτυχημένων προσπαθειών είναι:
Ε [Χ] = ν · ρ = 20 · 0,4 = 8
57
Κεφάλαιο 4" Λύσεις Ασκήσεων
iii) Ζητάμε την πιθανότητα :
Ρ [Χ = 25] = '50Ν
\25y 0,425 0,650"25 = 5 0 ! 0,425 0,625 =0,0404
25125!
Έτσι ο αθλητής έχει πιθανότητα μόλις 0,0404 να κάνει 25 επιτυχημένες
προσπάθειες στο σύνολο των 50 προσπαθειών, αν η πιθανότητα να υ-
περπηδήσει το ύψος σε κάθε προσπάθεια παραμένει σταθερή και ίση με
ρ = 0,4.
Γ. 5 Η πιθανότητα του αθλητή να υπερπηδήσει το ύψος των 238 cm σε
οποιαδήποτε προσπάθεια είναι ρ = 0,009 (σταθερή).
Αν υποθέσουμε ότι η αρχή μέτρησης του αριθμού των προσπαθειών εί-
ναι η 1/1/2000 και ότι η ημέρα που θ' αγωνιστεί ο αθλητής στους Ολυ-
μπιακούς είναι 1/7/2004 τότε:
1. Ο συνολικός αριθμός προσπαθειών είναι:
(3 · 150) -4 + 3 -75 = 2025
2. Η πιθανότητα να υπερπηδήσει το ύψος μέχρι τους Ολυμπιακούς α-
γώνες του 2004 ισούται με:
1 - [πιθανότητα να μην το υπερπηδήσει]
Αν συμβολίσουμε με Χ τον αριθμό των επιτυχημένων προσπαθειών
στις ν = 2025 προσπάθειες, ζητάμε:
Ρ[Χ>1] = 1-Ρ[Χ = 0] = 1-/2025λ
ν 0 y 0,009° 0,9912025 = 0, 99 99
Έτσι η πιθανότητα να προσπεράσει μια τουλάχιστον φορά το ύψος των
238 cm είναι σχεδόν ένα.
58
Κεφάλαιο 4" Λύσεις Ασκήσεων
Ποια όμως είναι η πιθανότητα να υπερπηδήσει το ύψος για πρώτη φορά
την ημέρα των Ολυμπιακών Αγώνων;
Στην περίπτωση αυτή έχουμε φυσικά γεωμετρική κατανομή και συνεπώς
ζητάμε:
Ρ [Χ = 2025] = 0,9912025"1 0,009 = 9-10"10.
Ρ.1 Ρ [Χ = χ] = ^— , χ = 0,1,2... χ !
Για λ = 2 έχουμε:
i) Ρ[Χ = 0] = ^ - = e"2 =0,1353
ii) ρ [ χ = ΐ] = ^ - Η - = 2-e"2 =0,2706
iii) P[X = 2] = ^ y | - = 2 -e"2 =0,2706
iv) Ρ [X < 2] = Ρ [Χ = 0] + Ρ [Χ = 1] + Ρ [Χ = 2] = 0,6765
ν) Ρ [Χ > 2] = 1 - Ρ [Χ = 0] - Ρ [Χ = 1] = 1 - 0,1353 - 0,2706 = 0,5941
Ρ.2 Για λ = 0,5 έχουμε:
Π <\Χ ρ ' 0 · 5
Ρ [χ = χ] = * , χ =0,1,2,... χ !
i) Ρ [Χ < 3] = Ρ [Χ = 0] + Ρ [Χ = 1] + Ρ [Χ = 2]
0,5° e'0,5 0,5' e"°'5 0,52 e"0'5
• + — + · 0! 1! 2!
0,6065 + 0,3033 + 0.0758 = 0,9856
59
I Κεφάλαιο 4" Λύσεις Ασκήσεων
ii) Ρ [2 < Χ < 4] = Ρ [Χ = 2] + Ρ [Χ = 3] + Ρ [Χ = 4]
0,52 e"°'5 0,513 e"°·5 0,54 e"°'5
- • . + . 2! 3! 4!
= 0,0758 + 0,0126 + 0,0016 = 0,09
iii) Ρ [1 <Χ < 3] = Ρ [Χ = 2]
Π S 2 Ρ"0'5
Άρα Ρ [Χ = 2]= 2; =°> 0 7 5 8
ιν) Ρ[Χ > 3] = 1 - Ρ [Χ = 0] - Ρ [Χ=1] - Ρ [Χ = 2]
= 1 - 0,6065 - 0,3033 - 0,0758
= 0,0144 ή χρησιμοποιώντας το αποτέλεσμα της (ί)
Ρ [Χ > 3] = 1 - Ρ [Χ < 3] = 1 - 0,9856 = 0,0144
5* Ρ Ρ.3 Για λ = 5 Ρ[Χ = χ] = , χ = 0,1,2,...
χ!
55 C5 i) p [ x = 5] = ^ y - =0,1755
ii) Ρ [Χ < 5] = Ρ [Χ = 0] + Ρ [Χ = 1] + Ρ [Χ = 2] + Ρ [Χ = 3] + Ρ [Χ = 4]
5° e"5 51 e"5 52 e"5 53 e"5 54 e'5
• Η Η h h · 0! 1! 2! 3! 4!
= 0,0067 + 0,0335 + 0,0842 + 0,1404 + 0,1755 = 0,4405
iii) Ρ [Χ > 5] = 1 - Ρ [Χ < 5] = 1 - Ρ [Χ < 5] - Ρ [Χ = 5]
1 -0 ,4405-0 ,1755 = 0,3840
60
Κεφάλαιο 4° Λύσεις Ασκήσεων
Ρ.4 Αν λ = 2,1 τότε:
2 Γ e"2'1 Ρ [Χ = r] = =0,1890
r!
Ο πίνακας κατανομής πιθανότητας είναι:
r 0 1 2 3 4
Ρ fX = r] 0,1224 0,2571 0,2700 0,1890
Άρα η τιμή του r =3
Ρ.5 Χ ~ Ρ (5, 6)
ί) Ρ [Χ < 4] = Ρ [Χ = 0] + Ρ [Χ = 1] + Ρ [Χ = 2] + Ρ [Χ = 3]
5,6° ε"5'6 5,6' e"5,6 5,62 e"5'6 5,63 e"5'6 = _? + _! + _? + ̂
0! 1! 2! 3!
= 0,0037 + 0,0207 + 0,0579 + 0,1082
= 0,1905
ii) Ρ [4 < Χ < 7] = Ρ [Χ = 5] + Ρ [Χ = 6]
C ^ /γ6 -5,6 5,6 e 5,6 e - • + •
5! 6!
0,1697 + 0,1584
0,3281
P.6 Αφού σε lit περιέχονται 500 βακτήρια κατά μέσο όρο, αναμένουμε
λ = 500 1000
βακτήρια σε δείγμα 1 cm3.
61
Κεφόύ.αιο 4" Λύσεις Ασκήσεων
1. Ζητάμε την Ρ [Χ = 0] αν η τ. μ. Χ του αριθμού των βακτηρίων έ-
χει κατανομή Poisson με λ = 0,5 0 5° e"°'5
Έτσι : Ρ[Χ = 0]= ' =0,6065 0!
2. Ρ [Χ > 4] = 1 - Ρ [Χ < 4] =
= 1 - Ρ [Χ = 0] - Ρ [Χ = 1] - Ρ [Χ = 2] - Ρ [Χ = 3]
= 1 - 0,6065 - 0,3032 - 0,0758 - 0,0126
= 0,0271
62
Κεφάλαιο 5° Λύσεις Ασκήσεων
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5°
ΑΣΚΗΣΕΙΣ
ΟΜΑΔΑ Α
1. Από τον πίνακα (Β) της Ν (0, 1) παίρνουμε:
ί) Ρ ( Ζ < 1,1) = Φ (1,1) = 0,8643
ii) Ρ (Ζ < 1,2) = Φ (1,2) = 0,8849
iii)P (Ζ > 1,8) = 1 - Ρ (Ζ < 1,8) = 1 - Φ (1,8) = 1 - 0,9641 = 0,0359
iv)P (Ζ < 0) = Φ (0) = 0,5000
ν) Ρ (Ζ > 0) = 1 - Ρ (Ζ < 0) = 1 - Φ (0) = 1 - 0,5000 = 0,5000
v i )P(Z<- l ,4) = P ( Z > 1,4)= 1 - Ρ ( Ζ < 1,4)= 1 - Φ (1,4) =
= 1 -0,9192 = 0,0808
vii) Ρ (Ζ < - 0,8) = Ρ (Ζ > 0,8) = 1 - Ρ (Ζ < 0,8) = 1 - Φ (0,8) =
= 1 -0,7881 = 0,2119
viii) Ρ (Ζ > - 1,5) = Ρ (Ζ < 1,5) = Φ (1,5) = 0,9332
2. ί) Ρ (2 < Ζ < 2,6) = Ρ (Ζ < 2,6) - Ρ (Ζ < 2) = Φ (2,6) - Φ (2)
= 0,9953 -0,9772 = 0,0181
ii) Ρ (2,5 < Ζ < 2,8) = Ρ (Ζ < 2,8) - Ρ (Ζ < 2,5) = Φ (2,8) - Φ (2,5)
= 0,9974 - 0,9938 = 0,0036
63
Κεφάλαιο 5" Λύσεις Ασκήσεων
iii) Ρ (- 1,2 < Ζ < 0,8) = Ρ (Ζ < 0,8) - Ρ (Ζ < - 1,2) =
= Ρ (Ζ < 0,8) - Ρ (Ζ > 1,2) =
= Ρ (Ζ < 0,8) - [1 - Ρ (Ζ < 1,2)]
= Ρ (Ζ < 0,8) + Ρ (Ζ < 1,2)- 1
= 0,7881 +0,8849- 1 =0,673
iv) Ρ (- 1,8 < Ζ < - 0,2) = Ρ (0,2 < Ζ < 1,8) =
= Ρ (Ζ < 1 ,8)-Ρ (Ζ <0,8)
= 0,9641 -0,7881
= 0,1760
3. Παρατήρηση: Η πιθανότητα της τ.μ. Ζ να βρίσκεται σε διάστημα
της μορφής (-α, α) δίνεται από την :
Ρ (- α < Ζ < α) = 2Φ (α) - 1
i) Ρ (| Ζ | < 0,6)= Ρ (-0,6 < Ζ < 0,6) = 2Φ (0,6) -1 = 2· 0,7257 -1 = 0,4514
Ζ~ Ν (0 ,1 )
-0,6 0 0 ,6
σχήμα 3.i
64
Κεφάλαιο 5" Λ ύσεις Α σκήσεω ν
ii) P(j ΖI > 1,2)=1 - Ρ (j Ζ |<1,2)=1- Ρ(-1,2<Ζ<1,2) =
= 1 - [2Φ (1,2) - 1]
= 2 - 2Φ (1,2)
Ζ^Ν(01) = 2 - 2 · 0,8849 = 0,2302
-1,2 0 1,2
iii) Ρ (0,6 < | Ζ | < 2,2) - Ρ (-2,2 < Ζ < -0,6) + Ρ (0,6 < Ζ < 2,2) =
= 2Ρ (0,6 < Ζ < 2,2) =
= 2 [Φ (2 ,2 ) -Φ (0,6)]
= 2 [0,9861 - 0,7257] =
= 0,5208 / Τ \ Ζ~ Ν (0,1)
-2,2 -0,6 0 0,6 2,2
4. i) Ρ (Ζ < α) = 0,9192
Από τον πίνακα (Β) βλέπουμε ότι η πιθανότητα Φ (Ζ) = 0,9192 αντι-
στοιχεί σε τιμή της τ.μ. Ζ = 1,4, άρα α = 1,4
ii) Ρ (Ζ < α) = 0,3446.
Επειδή η πιθανότητα είναι μικρότερη του 0,5000 η τιμή α θα είναι αρ-
νητική. Στον πίνακα (Β) δεν υπάρχουν αρνητικές τιμές της τ.μ. Ζ και
65
Κεφάλαιο 5° Α ύσεις Ασκήσεων
συνεπώς θα χρησιμοποιήσουμε για την εύρεση του α, γνωστές ιδιότη-
τες της Ν (0,1).
Ζ~ Ν (0,1)
\ 0,3446 0,3446
-Ζ=α 0 Ζ--α
Από τη συμμετρία της Ν (0,1)
έχουμε:
Ρ (Ζ < α) = Ρ (Ζ > -α) = 0,3446
1 - Ρ [Ζ < α] = 0,3446
Ρ [Ζ < -α] = 0,6554
Από τον πίνακα (Β) έχουμε ότι -α = 0,4 και άρα α = -0,4
iii) Ρ (Ζ < α) = 0,8849
Από τον πίνακα (Β) έχουμε ότι α = 1,2
iv) Ρ (Ζ >α) = 0,0047 ή 1 - Ρ (Ζ < α) = 0,0047
ή Ρ (Ζ < α) = 0,9953 και από τον πίνακα (Β) βρίσκουμε α = 2,6
ν) Ρ(1 < Ζ < α) = 0,1039 ή Φ (α) - Φ (1) = 0,1039
ή Φ (α) = 0,1039 + Φ (1) = 0,1039 + 0,8413 = 0,9452
Αρα από την Φ (α) = Ρ (Ζ < α) = 0,9452 και από τον πίνακα (Β) βρί-
σκουμε : α =1,6.
66
Κεφάλαιο 5° Λύσεις Ασκήσεων
vi) Ρ (α< Ζ <-0,8) = 0,1760
Είναι φανερό ότι το α έχει αρνητική τιμή.
Ακόμη:
Ρ (α < Ζ < -0,8) = Ρ (Ζ < - 0,8) - Ρ (Ζ < α) = 0,1760
Ρ (Ζ > 0,8) - Ρ (Ζ < α) = 0,1760
1 - Ρ [Ζ< 0 , 8 ] - Ρ [Ζ < α] = 0,176
1 -0,7881 - Ρ [Ζ < α] = 0,1760
και Ρ [Ζ < α ] = 0,0359
Ζ~ Ν (0 ,1 )
3,0359
-0,8 0
Άρα: Ρ [ Ζ > - α] = 0,0359
και Ρ [ Ζ < - α] = 0,9641 οπότε από τον πίνακα (Β) έ-
χουμε -α =1,8 και α =-1,8
5. ί)
Ζ~ Ν (0 ,1 )
-α 0 α
Ρ (j Ζ | < α)= 0,4514 ή
Ρ (-α< Ζ < α) = 0,4514 ή 2Φ(α)-1 = 0,4514 και Φ(α) = Ρ (Ζ < α) = 0,7257 Άρα α = 0,6
67
Κεφάλαιο 5° Λ ύσεις Ασκήσεων
ϋ)
Ζ~ Ν (0 ,1)
-α 0 α
Ρ(| Ζ |>α)= 0,1096 ή
Ρ (j Ζ |<α)= 0,8904 ή
Ρ (- α < Ζ < α) = 2 Φ (α) - 1 =
= 0,8904
Απ' όπου:
Φ (α) = Ρ (Ζ < α) = 0,9452 και α = 1,6
6. Χ ~ Ν (12,9)
i) Ρ ( Χ > 15) = Ρ ' Χ - 1 2 15 - 12λ
V9 λ/9 = Ρ ( Ζ > 1)= 1 - Ρ ( Ζ < 1)
1 -0,8413 = 0,1587
6,Ί ^ Χ~ Ν ( 1 2 , 9 )
ΛΡ(Χ>15)
\
Ζ~ Ν (0 ,1)
i Ρ(Ζ>1)=0,1587
12 15
68
Κεφάλαιο 5" Λύσεις Ασκήσεων
ii) Ρ (Χ < 16,8) = Ρ Χ-12 16,8-12
V9 < S Ρ (Ζ < 1,6) = 0,9452
Ζ~ Ν (0 ,1 )
Ρ(Χ<16,8)
Χ~ Ν ( 1 2 , 9 )
Ρ(Ζ<1,6)=0,9452
iailif WMSKm mm mmm 12 16,8 0 1 , 6
iii) Ρ (X < 8,4) = Ρ ' Χ - 1 2 8,4-12λ
I V )
V V~9 y/~9 y
= Ρ (Ζ < -1,2) = Ρ (Ζ > 1,2) =
= 1 - Ρ (Ζ < 1,2)= 1 - 0,8849
= 0,1151 Ζ~ Ν (0 ,1 ) Χ~ Ν ( 1 2 , 9 )
Ρ(Ζ<-1,2)=0,1151 Ρ(Χ<8,4)
Ρ (Χ > 9,6) Χ-12 9,6-12λ >
/ , λ/~9 V ?
Ρ (Ζ > -0,8) = Ρ (Ζ < 0,8)= 0,7881
Μ: Λ Χ ~ Ν ( 1 2 , 9 )
\ \Ρ(Χ>9,6)
/ ΐ /
Λ ζ~ Ν (°·1)
' \ \ Ρ(Ζ>-0,8)=0,7881
\
Ν
69
Κεφάλαιο 5" Α ύσεις Ασκήσεων
7. Χ ~ Ν (50,100)
ί) Ρ (36 < Χ < 62) = Ρ ' 3 6 - 5 0 Χ - 50 62-50 λ <
Χ~ Ν (50,100)
Ρ(36<Χ<62)
Λ/ΪΟΟ Λ/ΓΌΟ Λ/ΪΟΟ
= Ρ (- 1,4 < Ζ < 1,2) =
= Ρ ( Ζ < 1 ,2 ) -Ρ (Ζ <-1,4) =
= Ρ ( Ζ < 1 ,2 ) -Ρ (Ζ > 1,4)
= Ρ (Ζ < 1,2) + [1 - Ρ (Ζ < 1,4)] =
= 0,8849 + [1 - 0,9192] = 0,8041
Ζ~ Ν (0 ,1)
Ρ(-1,4<Ζ<1,2)=0,8041
36 50 62
ii) Ρ (40 < Χ < 50) = Ρ
-1,4 0 1,2
f 4 0 - 5 0 Χ - 5 0 50-50 λ <
P<40<X<50) Χ~ Ν (50,100) Ρ(-1<Ζ<0)
Λ/ΪΟΟ Λ/ΪΟΟ Λ/ΪΟΟ
= Ρ(-1 < Ζ < 0 ) =
= Ρ ( 0 < Ζ < 1) =
= Ρ ( Ζ < 1 ) - Ρ ( Ζ < 0 )
= 0,8413-0,5000 =
= 0,3413 Ζ~ Ν (0 ,1)
•ι Ο
70
Κεφάλαιο 5° Λύσεις Ασκήσεων
iii) Ρ (56 < Χ < 70) = Ρ 5 6 - 5 0 Χ-50 70 - 50Λ < , <
/ Λ/Ϊ00 Λ/ΪΟΟ Λ/ΪΟΟ
= Ρ (- 0,6 < Ζ < 2) =
= Ρ (Ζ < 2) - Ρ (Ζ < 0,6) =
= 0,9772 - 0,7257 =
= 0,2515
Ζ~ Ν (0 ,1 )
Ρ(0,6<Ζ<2)
Χ~ Ν ( 5 0 , 1 0 0 )
P<56<X<70)
iv) Ρ (38 < Χ < 42) = Ρ 3 8 - 5 0 Χ-50 42 - 50Λ < , <
ν / λ/ΪΟΟ " Λ/ΪΟΟ Λ/ΪΟΟ
= Ρ(- 1,2 < Ζ < - 0,8) =
= Ρ ( 0 , 8 < Ζ < 1,2) =
= Ρ (Ζ < 1 ,2) -Ρ (Ζ <0,8)
= 0,8849-0,7881 =
= 0,0968
Ζ~ Ν (0 ,1 ) Χ~ Ν ( 5 0 , 1 0 0 )
Ρ(38<Χ<42) P(-1,2<Z<-0,8)j
-1,2-0,8 Ο
71
Κεφάλαιο 5° Λ ύσεις Ασκήσεων
8. Η τ.μ. Χ ~ Ν (1,6,4)
ΐ) Ρ (Χ > 0) = Ρ ^Χ -1,6 0- 1,6λ >
ν
Χ~ Ν (1,6 , 4)
Ρ(Χ>0)
λ/4 λ/4 = Ρ (Ζ > - 0,8) =
= Ρ (Ζ <0,8) = 0,7881
" \ Ζ~ Ν (0 ,1 )
Λ \ Ρ(Ζ>-0,8)
ii) Ρ (Χ < -1,6) = Ρ Χ - 1 , 6 1,6-1,6
λ/4 Λ/4 Ρ (Ζ < - 1,6) =
= Ρ (Ζ >1,6) =
= 1 - Ρ (Ζ < 1,6) =
= 1 -0,9452 = 0,0548
Ζ~ Ν (0 ,1 )
Ρ(Χ<-1,6)
-1,6 1,6
iii) Ρ (j Χ | < 2)= Ρ (-2 < Χ < 2) = Ρ
Χ - Ν (1 ,6 , 4 )
Ρ(-2<Χ<2)
1.6 2
Ζ~ Ν 0 , 1 )
Ρ(-1,8<Ζ<2)
"-2-1,6 Χ -1,6 2-1,6"_ . Λ/4 < λ/4 < Λ/4 ,
= Ρ ( - 1 ,8<Ζ<σ ,2) =
= Ρ (Ζ < 0,2) - Ρ (Ζ <-1,8) =
= Ρ (Ζ < 0 , 2 ) - Ρ (Ζ > 1,8) =
= Ρ ( Ζ < 0 , 2 ) - [ 1 - Ρ ( Ζ < 1,8)] =
= Ρ (Ζ < 0,2) + Ρ (Ζ < 1,8)- 1 =
= 0,5793 + 0,9641 - 1 = 0,5434
Ο 0,2
72
Κεφάλαιο 5° Α ύσεις Α σκήσεω ν
iv) Ρ (Ο < Χ < 2) = Ρ 0-1 ,6 Χ - 1 , 6 2-1,6^1
V? ' <
>/4 Λ /4
= Ρ ( - 0,8 < Ζ < 0,2) =
= Ρ (Ζ < 0,2) - Ρ (Ζ < -0,8) =
= Ρ (Ζ < 0,2) - Ρ (Ζ > 0,8) =
= Ρ (Ζ < 0 , 2 ) - [ 1 - Ρ (Ζ <0,8)]
= 0,5793 + 0,7881 - 1 = 0,3674 P ( 0 < X < 2 y ^ Λ χ ~ Ν (1 ,6, 4) Ρ ( - 0 , 8 < 2 < 0 , 2 1 ^ \ Ζ - Ν (0,1)
Ο 1,6 2 -0.8 Ο 0,2
9. Χ ~ Ν (-4, 25)
Ο Ρ (Χ > 0) = Ρ ' Χ + 4 0 + 4 Λ >
ν Λ / 2 5 Λ / 25
= Ρ (Ζ > 0,8) =
= 1 - Ρ (Ζ < 0,8) =
= 1 -0,7881=
= 0,2119
ζ~ Ν (0,1) Χ ~ Ν ( - 4 , 2 5 )
Ρ(Ζ>0,8) Ρ(Χ>0)
Ο 0,8
73
Κεφάλαιο 5" Α ύσεις Α σκήσειο ν
ii) Ρ (- 5 < Χ < - 2) = Ρ -5 + 4 Χ + 4 -2 + 4 λ < Τ=~<
V V25 J Λ/25 V25
= Ρ ( - 0,2 < Ζ < 0,4) =
= Ρ (Ζ < 0,4) - Ρ (Ζ < -0,2) =
= Ρ (Ζ < 0,4) - Ρ (Ζ > 0,2) =
= Ρ (Ζ < 0,4) - [ 1 - Ρ (Ζ < 0,2)]
= Ρ (Ζ < 0,4) + Ρ (Ζ < 0,2) - 1 =
= 0,6554 + 0,5793 - 1 =
= 0,2347
Ζ~ Ν (0,1) Ρ(-0,2<Ζ<0,4)
Ν (-4, 25) Ρ(-5<Χ<-2)
iii) Ρ (-2 < Χ < 1) = Ρ •2 + 4 Χ + 4 1 + 4 λ < ,— <
/ λ/25 Λ/25 Λ/25.
= Ρ ( 0,4 < Ζ < 1) =
= Ρ ( Ζ < 1 ) - Ρ (Ζ <0,4)= '
= 0,8413 - 0,6554 =
= 0,1859
-19 -14 -9 -4-2 1 6 11
.Ζ- Ν (0,1) \ Ρ(0.4<Ζ<1)=0.1859
k Χ~ Ν (-4, 25) \Ρ(-2<Χ<1)
0 0,4 1
74
Κεφάλαιο 5" Λύσεις Ασκήσεων
IV) ρ (| χ | > ι)= ι - ρ (| χ | < ι)
= 1 - Ρ ( - 1 < Χ < 1 ) =
1 - Ρ 1 + 4 Χ + 4 1 + 4 < <
Χ - Ν (-4, 2 5 )
Ρ(1Χ1>1)=Ρ(Χ<-1)+Ρ(Χ>1)
Λ /25 Λ /25 Λ /25
= 1 — Ρ (0,6 < Ζ < 1) =
= 1 - [Ρ (Ζ< 1 ) - Ρ ( Ζ < 0 , 6 ) ] =
= 1 - 0,8413 + 0,7257 =
= 0,8844
Ζ~ Ν (0 ,1 )
Ρ(Ζ<0,6)+Ρ(Ζ>1)
-19 -14 - 9 - 4 - 1 1 6 11 0 0,6 1
10. IQ ~ Ν (100, 225)
Για να βρούμε την αναλογία ατόμων με IQ κυμαινόμενο σε διάστημα
τιμών π.χ. (α, β), βρίσκουμε την Ρ (α < IQ < β) και την πολλαπλασιά-
ζουμε επί 100.
/τ/Λ 1Γ>Γ> 110 1ΛΓ>λ ί) Ρ (IQ < 118) = Ρ IQ-100 118-100 <
Λ / 225 Λ /225
/ - = Ρ
= 0,8849
Ζ< — ν 15
18Λ
= Ρ (Ζ < 1,2):
ή 88,49%
Ζ~ Ν (0 ,1 )
Ρ(Ζ<1,2)=0,8849
IQ- Ν ( 1 0 0 , 2 2 5 )
P(IQ<118)
55 70 85 100 115118 130 145 0 1 ,2
75
Κεφάλαιο 5° Λ ύσεις Ασκήσεων
ii) Ρ (IQ > 112) = Ρ
IQ- Ν (100 , 2 2 5 )
P(IQ>112)
I Q - 1 0 0 1 1 2 - 1 0 0
Λ / 2 2 5 V 2 2 5
100 112
ί η Λ
Ζ~ Ν (0 ,1 )
Ρ(Ζ>0,8)=0,2119
ζ > 1 2
ν 15, Ρ (Ζ >0,8)
15,
= 1 - Ρ (Ζ < 0,8) =
=1 -0,7881 =0,2119 ή 21,19%
iii) Ρ (IQ < 94) = Ρ IQ-100 94-100 Λ /225 Λ /225
10,iii Ζ~ Ν (0 ,1)
Ρ(Ζ<-0,4)=0,3446 IQ~ Ν ( 1 0 0 , 2 2 5 )
P(IQ<94)
= Ρ (Ζ < - 0,4) =
= Ρ (Ζ > 0,4) =
= 1 - Ρ (Ζ < 0,4) =
= 1 - 0,6554 = 0,3446 ή 34,46% 85 94 100 115 -0,4 0
iv) Ρ (IQ > 73) = Ρ IQ-100 75-100 Λ /225 Λ /225
10,Ιν Ζ~ Ν (0 ,1 )
Ρ(Ζ>-1,67)=0,9525 IQ~ Ν ( 1 0 0 , 2 2 5 )
Ρ(ΙΟ>73)
= Ρ ( Ζ > - 1,67) =
= 1 - Ρ (Ζ < 1,67) =
= 0,9525 ή 95,25%
55 7073 85 100 -1,67 0
76
Κεφάλαιο 5° Λύσεις Ασκήσεων
ν) Ρ (100 < IQ > 112) = Ρ
\ ·
100-100 112-100 Λ/225 Λ/225
= Ρ(0< Ζ<0,8) =
= Ρ (Ζ < 0,8) - Ρ (Ζ < 0) =
= 0,7881 -0,5000 = 0,2881
ή 28,81%
IQ- Ν (100, 225 ) P(100<IQ<112)
Ζ~ Ν (0 ,1 )
Ρ(0<Ζ<0,8)
νί) Ρ (73 < IQ < 118) = Ρ '73-100 IQ-100 118-100 ̂ < <
10,νί
V Λ/225 λ/225 Λ/225 /
= Ρ ( -1 ,8 < Ζ < 1,2 ) =
= Ρ ( Ζ < 1 , 2 ) - Ρ ( Ζ < - 1,8) =
= Ρ (Ζ < 1,2) — Ρ (Ζ > 1,8) =
= Ρ (Ζ < 1,2) - [1 - Ρ (Ζ < 1,8)] =
= Ρ ( Ζ < 1,2) + Ρ ( Ζ < 1,8)- 1 =
= 0,8849 + 0,9641 - 1 =
= 0,8490 ή 84,90
Ζ~ Ν (0 ,1 )
Ρ(-1,8<Ζ<1,2)
IQ~ Ν ( 1 0 0 , 2 2 5 )
P(73<IQ<118)
55 7073 85 100 115118 130 145
77
Κεφάλαιο 5° Λύσεις Ασκήσεων
vii) Ρ (73 < IQ < 94) = Ρ 73-100 IQ-100 94-100 Λ /225 Λ /225 Λ /225 .
= Ρ(-1,8< Ζ< -0,4) =
= Ρ (0,4 < Ζ <1,8) -
= Ρ (Ζ < 1 , 8 ) - Ρ (Ζ <0,4)
= 0,9641 - 0,6554 =
= 0,3087 ή 30,87%
Ζ- Ν (0 ,1 )
Ρ(-1,8<Ζ<-0,4) IQ- Ν ( 1 0 0 , 2 2 5 )
P(73<IQ<94)
-1,8 -0,4 0
78
Κεφάλαιο 5° Λ ύσεις Α σκτήσεων
ΟΜΑΔΑ Β
1. Χ ~ Ν (μ, 25)
και
Ρ (Χ > 3,5) = 0,970 άρα
' Χ - μ > 3,5-μ Λ
Λ / 2 5 λ/25 = 0,970
Ζ > 3,5-μ 0,970
Θέτουμε ζ = ^ και ζητάμε την τιμή z έτσι ώστε:
Ρ (Ζ > ζ) = 0,970
Ρ (Ζ < ζ) = 0,030
Επειδή η πιθανότητα είναι μικρότερη του 0,5000 η τιμή ζ είναι αρνη-
τική.
Άρα :
Ρ (Ζ < - ζ) = 0,970
Οπότε από τον πίνακα (Β) βρίσκουμε ότι: - ζ = 1,88 ή ζ = - 1,88
3 5 ιχ Αντικαθιστώντας στην ζ = ——— έχουμε:
- 1,88 = ^5 -μ . κ α ι μ = 1 2 g
Άρα: Χ ~ Ν (12,9 , 25)
79
Κεφάλαιο 5° Λύσεις Ασκήσεων
2. Χ ~ Ν (μ, 0,5)
και
Ρ ( Χ < - 1,2) = 0,05
' Χ - μ -1 ,2-μ λ
>/θ^5 = 0,05
/
Ζ < -1,2-μ λ/03"
0,05
Θέτουμε ζ = —-7=^- και ζητάμε την τιμή z έτσι ώστε: λ 5
Ρ (Ζ < ζ) = 0,05
Επειδή η πιθανότητα είναι μικρότερη του 0,5000 η τιμή ζ είναι αρνη-
τική.
Άρα : Ρ (Ζ < - ζ) = 0,95 οπότε από τον πίνακα (Β) βρίσκουμε ότι:
- ζ = 1,645 ή ζ = - 1,645
- 1 , 2 - μ Αντικαθιστώντας στην ζ = βρίσκουμε:
- 1,645 = 1 !^1 μ και μ = 0,0368 λ/0^
Άρα: Χ ~ Ν (0,0368 , 0,5)
80
Κεφάλαιο 5" Λύσεις Ασκήσεων
3. Η τ.μ. Χ ~ Ν (32,4 , σ2)
και
Ρ (Χ > 45,2) = 0,300
Χ-32,4 45,2-32,4 >
V σ σ = 0,300
ζ > 12,8 = 0,300
12 8 Θέτουμε ζ = —— και ζητάμε την τιμή z έτσι ώστε: σ
Ρ (Ζ < ζ) = 0,700
Από τον πίνακα (Β) βρίσκουμε ότι ζ « 0,525. Άρα: 0,525 = 12,8
σ = 24,380 και σ2 = 594,384
Χ ~ Ν (μ,σ2)
Ρ (Χ > 0) = 0,800 και Ρ (Χ < 5) = 0,700
Χ - μ 0 - μ — — — > -
\ r = 0,800 και Ρ
/
Χ - μ 5 - μ — < — — = 0,700
ζ > 'Λ σ J
= 0,800
και
Ζ < 5 - μ = 0,700
(α)
(β)
81
Κεφάλαιο 5" Α ύσεις Ασκήσεων
Θέτουμε ζ, =—— και ζ2 = -—— και ζητάμε τις τιμές Ζ\ και Z2 έ-σ σ
τσι ώστε:
Ρ (Ζ > ζι) = 0,800 και Ρ (Ζ < Z2) = 0,700
Με τις γνωστές τεχνικές βρίσκουμε ότι ζ, = -0 ,8416 και
ζ2 = -0 ,5250
άρα:
(α)'
(β)'
- μ _ σ
= - 0,8416
5 - μ σ
= 0,5250
μ =
σ <
0,8416
5 σ
^ = 0,5250 σ
μ =
< σ ς 0,8416
<=>
,σ 1,3666
<=>
0,8416
-0,8416 = 0,5250
— = 0.8416 σ ^ σ =3,6587
άρα μ = 3, 0792 και σ2 = 13,386
[μ =3.0792 I σ = 3,6587
5. Μ ~ Ν (250 , 100)
ΐ) Η διάμεσος θα είναι η τιμή m για την οποία η
Ρ (Μ < m) = Ρ (Μ > m) = 0,5
82
Κεφάλαιο 5" Λύσεις Ασκήσεων
Άρα ζητάμε m τέτοιο ώστε:
Ρ (Μ < m) = Ρ Μ-250 m - 250
ν λ/ΪΟΟ λ/ΪΟΟ
= Ρ (Ζ < ζ) = 0,5
οπου ζ = m - 250 10
Από τον πίνακα (Β) η τιμή z = 0 και συνεπώς:
m-250 10
= 0 => m = 250
Έτσι η διάμεσος m = 250 = μ , όπου μ ο μέσος της Ν (250, 100)
πράγμα αναμενόμενο αφού η κατανομή είναι συμμετρική.
ii) Ζητάμε την τιμή q3 για την οποία
Ρ (Μ < q3) = 0,75
Μ-250 q,-250 <_i£ λ/ϊ00 λ/ϊ00
q3 -250
Ρ (Ζ < ζ) = 0,75
οπου ζ 10
Από τον πίνακα (Β) βρίσκουμε ότι: ζ = 0,674 και 0,674
οπότε η τιμή του τρίτου τεταρτημορίου είναι: q3 = 256,74
q 3 -250
λ/ϊ00
83
Κεφάλαιο f Λύσεις Ασκήσεων
6. Υ ~ Ν (μ, σ2)
Η Ρ (Υ < 1,83) = 0,30
και Ρ (Υ <2,31) = 0,70
ή Ρ
και Ρ
Υ - μ 1,83-μ σ ) \ σ
/
= 0,30
Υ - μ 2,31 - μ \
ν σ : 0,70
Ρ ζ <
και Ρ Ζ <
1,83-μ σ ;
2,31 -μ σ )
σ / \
Θέτουμε ζ ι = —Β. και
: 0,30
= 0,70
ζ2 2,31 - μ
σ σ
και ζητάμε με τη βοήθεια του πίνακα (Β) τις τιμές Ζ| και Ζ2 για τις
οποίες
Ρ (Ζ < ζ,) = 0,30 και Ρ (Ζ < ζ2) = 0,70
Άρα Ζ| = - 0,524 και ζ2 = 0,524
οπότε:
1,83-μ
2,31-μ
- 0 , 5 2 4
= 0,524
<=>
1,83-μ 2,31 - μ
2,31-μ
1
= 0,524
84
Κεφάλαιο 5" Λύσεις Ασκήσεων |
1,83-μ = μ-2,31
2,31 - μ = 0,524
τελικώς
και
<=>
2μ = 4,11
2,31 - μ = 0,524σ
μ = 2,055
μ = 2,055
2,31- 2,055 = 0,524σ
σ2 = 0,4872 = 0,237
7. Αν η τιμή τ.μ. Χ συμβολίζει το μήκος των κυλίνδρων σε cm, τότε:
Χ ~ Ν (μ , σ2)
Αλλά είναι γνωστό ότι:
Ρ [Χ > 3,68 cm] = 0,1 (10% των κυλίνδρων έχουν μήκος > 3,68cm)
και
Ρ [Χ > 3,52 cm] = 0,03(3% των κυλίνδρων έχουν μήκος < 3,52cm)
ή
σ σ
/
και
2 ^ ^ = 0,3 V σ σ
Θέτουμε ζ, = ^ Ζ 2 = 3,52-μ
σ σ
και ζητάμε με τη βοήθεια του πίνακα (Β) τις τιμές ζ\ και Ζ2 για τις ο-
ποίες:
85
Κεφάλαιο 5° Λύσεις Ασκήσεων
Ρ (Ζ > ζ,) = 0,1 <=>
Ρ (Ζ < ζ,) = 0,9
Ρ (Ζ < ζ 2 ) = 0,03 Ρ (Ζ < ζ 2 ) = 0,03
Από τον πίνακα βρίσκουμε: ζ, = 1,282 και ζ2 = -1,881
Άρα:
3 , 6 8 - μ 1,282 = -
1,881 = 3 , 5 2 — μ
Επιλύοντας το σύστημα βρίσκουμε:
μ = 3,615 και σ2 = 0,052
8. Υ ~ Ν (1,73 , 0,064 )
ί
α) Ρ (Υ >1,83) = Ρ Υ-1,73 1,83-1,73 0,064 > 0,064
= Ρ (Ζ > 1,563) = 1 - Ρ (Ζ < 1,563)
= 1 - 0,94 = 0,06 ή 6%
β) Ζητάμε την τιμή y για την οποία:
ρ [Υ > y] = ο,οοι ή Υ-1,73 ^ y-1,73 0,064 > 0,064
= 0,001
86
Κεφάλαιο 5° Λύσεις Ασκήσεων
ή Ρ [Ζ > ζ] = 0,001 όπου ζ = Υ " ' 0,064
ή Ρ [Ζ < ζ] = 0,999 και από τον πίνακα (Β) η τιμή του ζ = 3,1 1 τ3
Άρα : ——-— = 3,1 και y = 1,9284m 0,064
Αν λοιπόν οι πόρτες έχουν ύψος 1,9284m τότε το 1/1000 των ανδρών
θα πρέπει να σκύψουν για να μπουν στην πόρτα.
γ) Στους 20 πελάτες ο 1 είναι άνδρας και οι 19 είναι γυναίκες.
Η πιθανότητα άνδρας να είναι ψηλότερος του 1,83 m βρέθηκε ίση
με 0,06 ή 6% και η πιθανότητα γυναίκα να είναι ψηλότερη του 1,83 m
είναι 0,00069.
Σε 1000 πελάτες οι 50 είναι άνδρες και οι 950 γυναίκες. Άρα
0,06 .50 = 3 άνδρες αναμένεται να είναι ψηλότεροι του 1,83m και
0,00069 . 950 = 0,655 γυναίκες αναμένονται να είναι ψηλότερες του
1,83m.
Έτσι 3 + 0,655 = 3,655°/οο ή 0,3655% των πελατών αναμένεται να
είναι ψηλότεροι του 1,83m.
9. Αν συμβολίσουμε με Τ το χρόνο αναμονής τότε η Τ είναι τ.μ. με
Τ ~ Ν (μ, 3,752)
α) Είναι γνωστό ότι:
Ρ [Τ > 20] = 0,0239
Ρ [Τ < 20] = 0,9761
87
Κεφάλαιο 5" Α όσας Α σκήσεων
Τ - μ 20-μ 3 J 5 < 3,75
= Ρ [Ζ < ζ] = 0,9761
20-μ οπου ζ = -3,75
Από τον πίνακα (Β) έχουμε:
ζ = 1,98 και ^ ^ = 1 9 8 3,75
οπότε μ = 12,575 που αποτελεί το μέσο χρόνο αναμονής στο οδο-
ντιατρείο.
β) Ρ ( 1 0 < Τ < 1 5 ) = Ρ 10-12,575 Τ-12,575 10-12,575
3,75 3,75 3,75
= Ρ( - 0,687 < Ζ < 0,644) =
= Ρ (Ζ < 0,647) - Ρ (Ζ < -0,687) =
= 0,741 -0 ,246 = 0,495 ή
ποσοστό 49,5% των ασθενών περιμένει στο οδοντιατρείο μεταξύ
10 και 15 λεπτών.
10. Αν με Χ συμβολίσουμε το χρόνο ταξιδιού προς την Αίγινα και
με Υ το χρόνο ταξιδιού προς το Αγκίστρι τότε:
Χ ~ Ν (65 , 82)
και
Υ ~ Ν (85, 92)
88
Κεφάλαιο 5" Λ ύαεις Λ σκήσεων
Ζητάμε:
Άρα:
Ρ [Χ > 85] καθώς και την Ρ [Υ < 65]
Χ - 6 5 85-65 > = Ρ [Ζ > 2,5] = 1 - Ρ [Ζ < 2,5] 8 8
= 1 - 0,9938 = 0,0062 ή 0,62%
και
Ρ [Υ < 65] = Ρ Υ - 8 5 65-85 <
= Ρ [Ζ < - 2,22] =
= 0,013 ή 1,3%
89
Κεφάλαιο 6" Λύσεις Ασκήσεων
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6°
ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ
1. Οι απαντήσεις είναι:
1.1. Όχι
1.2. Ναι
1.3. Όχι
1.4. Ναι
1.5. Όχι
1.6. Ναι
1.7. Όχι
2. 1
3. 3
4. 1 και 3
5. 2
6. Απαντάμε στο καθένα με σωστό - λάθος
7.
6.1. Σωστό
6.2. Λάθος
6.3. Λάθος
6.4. Σωστό
6.5. Σωστό
6.6. Λάθος
1
90
Κεφάλαιο 6° Λύσεις Ασκήσεων
Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ
Δειγματική κατανομή του μέσου - Εκτιμήσεις
1. Ο μέσος της δειγματικής κατανομής είναι μ^ = μ = 720 και η τυπική
απόκλιση της δειγματικής κατανομής είναι:
σ _ = σ / v v = 60/v40 - 60/6,32 - 9,49 .
2. Για να υπολογισθεί η ζητούμενη πιθανότητα εργαζόμαστε ως εξής:
ι— ι |Χ -μ\ 1 " β I λ / 7 Ρ( Χ - μ \ < 1) = Ρ r — r - f i i — η - ) = Ρ ( ί '—rpi — ) = σ / Λ/ ν σ / Λ / ν σ / Λ / ν σ
Φ( — ) - Φ( - — ) = 2Φ ( — ) - 1 σ σ σ
Λ/25 Α. 2 φ ( ^ ~ ) - 1 = 2Φ(1) - 1 = 2· 0,8413 - 1 = 0,6826
Β. 2 Φ ( ^ ^ ) - 1 = 2Φ(2) - 1 = 2· 0,9772 - 1 = 0,9544
Γ. 2 Φ ( ^ ^ ) - 1 = 2Φ(3) - 1 = 2· 0,9987 - 1 = 0,9974
91
Κεφάλαιο β' Λύσεις Ασκήσεων
38 5 - 3 9 40 -39 3. 1) Ρ Γ £ , <,Ζ< = Ρ(—1 >25 < Ζ < 2,5)
V25 Α / 2 5
= Φ(2,5)-Φ(-1,5) = Φ(2,5) + Φ(1,5>1= 0,9938 + 0,9332-1= 0,927
2) Το όρια του διαστήματος μπορούν να δοθούν από τις συμμετρικές,
ως προς το μέσο μ, τιμές κ και λ , αφού γνωρίζουμε ότι
κ - 39 Φ("2~ ) = 0,9 + 0,05 = 0,95 και από τους πίνακες της τυπικής κα-
Λ/Ϊ00
κ - 3 9 νονικής κατανομής έχω — = 1,64
/ Λ / Ϊ Ο Ο
και κ = 1,64 · 0,2 + 39 = 39,328
και αφού λ είναι συμμετρικό θα έχουμε
λ - 3 9
2 Λ/Ϊ00
-1,64 και λ = -1,64 -0,2+39=38,611
4. 'Οπως στην άσκηση 2 έχω
ι - ι v 7 Ρ( - 1 < Χ - μ < 1) = 2Φ( 2 — ) - 1 1 1 σ
Αφού σ = 5 και ν = 25 προκύπτει
92
Κεφάλαιο 6° Λύσεις Ασκήσεων
1. Για τυπική απόκλιση σ = 5 και ν = 25 έχω
2Φ(1) - 1 = 2 · 0,84 - 1= 1,76 - 1=0,76
2. Για τυπική απόκλιση σ = 2,5 και ν = 25 έχω
2Φ(2) - 1 = 2 · 0,9772 - 1= 0,9533
3. Για τυπική απόκλιση σ = 10 και ν = 25 έχω
2Φ(0,5) - 1= 2Φ(0,5) - 1=2 · 0,6915 - 1= 0,383
5.
,— , |Χ-μ | 3 5 |Χ-μ | J \ Ρ( Χ - μ < 3,5) = P(i—-μ < -f-=) = ?(!—μ < 3,5 ̂ - ) = σ / ν ν σ/Vv σ ν ν σ
ν ν ν ν Λ / V Λ / 5 Φ(3,5^—) - Φ(-3,5——) = 2Φ(3,5——) - 1 = 2Φ(3 ,5^- ) - 1 = σ σ σ 4
= 2·Φ(1,956)-1 = 0,912
6. , . 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 6.1. μ = = 7,5 και
6
2 (5—7,5) 2+(6—7,5) 2+(7—7,5) 2+(8—7,5) 2+(9—7,5)2+(10—7,5)2 _ σ " 6
_2(2,5)2+2(1,5)2+2(0,5)2 2·|2(2,5)2+2(1,5)2+2(0,5)2| (5)2+(3)2+(1)2
6 2-6 12 _35 , σ _ 135
12 η ° v12
93
Κεφάλαιο 6° Λύσεις Ασκήσεων
6.2 Στον παρακάτω πίνακα δίνονται οι μέσοι όροι των 15 δειγμάτων
5 6 7 8 9 1 0
5
6 5 , 5
7 6 , 0 6 , 5
8 6 , 5 7 , 0 7 , 5
9 7 , 0 7 , 5 8 , 0 8 , 5
1 0 7 , 5 8 , 0 8 , 5 9 , 0 9 , 5
6.3 Η δειγματική κατανομή δίνεται στον πίνακα
Χ Σ υ χ ν ό τ η τ α Ρ ( Χ )
5 , 5 1 1 / 1 5
6 1 1 / 1 5
6 , 5 2 2 / 1 5
7 2 2 / 1 5
7 , 5 3 3 / 1 5
8 2 2 / 1 5
8 , 5 2 2 / 1 5
9 1 1 / 1 5
9 , 5 1 1 / 1 5
94
Κεφάλαιο 6° Λ ύσεις Ασκήσεων
6.4. Ο μέσος της κατανομής των δειγματικών μέσων είναι
_ 1 · 5,5 + 2 • 6 + 2 • 6,5 +... + 1 · 9,5 _ 112,5 μ * ~ 15 7 ~ '
_ (5,5 -7,5)2 + (6-7,5)2 + 2· (6,5-7,5)2... + (9,5 -7,5)2 σ- = •
15 2(2)2 +2(1,5)2 +4(1)2 +4(0,5)2 _ 17,5 _ 35
15 ~ 15 " 3 0
μ - = μ = 7,5 και σ - = ——- · — = - — - · 3 5 = — σύμφωνα με το κ.ο.θ χ χ Ν - 1 ν 6 - 1 12-2 30
που επαληθεύει τους παραπάνω υπολογισμούς.
7.1. Ο πληθυσμός είναι το σύνολο των αγορών φυστικιών από το συ-
γκεκριμένο μηχάνημα.
7.2. Ο μέσος του δείγματος μπορεί να υπολογιστεί μετά την κατασκευή
της κατανομής απλών συχνοτήτων του δείγματος.
95
Κεφάλαιο 6" Λύσεις Ασκήσεων
χ. Vi XjVi Χ,2 >
χ
0 4 0 0 0
2 1 2 4 4
3 2 6 9 18
5 1 5 25 25
8 2 16 64 128
9 1 9 81 81
10 5 50 100 500
11 2 22 121 242
12 5 60 144 720
13 2 26 169 338
14 1 14 196 196
15 4 60 225 900
16 3 48 256 768
18 1 18 324 324
19 2 ' 38 361 722
20 4 80 400 1600
40 454 6566
μέσος 11,35 36,23
Ο μέσος του δείγματος είναι χ = Σ χ ι ν · = ^54 __̂ 1 ν 40
7.3. Μια εκτίμηση του μέσου μ είναι ο μέσος του δείγματος 11,35 που
υπολογίστηκε.
96
Κεφάλαιο 6" Λύσεις Ασκήσεων
7.4. Η τυπική απόκλιση υπολογίζεται με τη βοήθεια του πίνακα
| ( Σ χ * νι ) - ( ^ * ' ν , ) 2 16566- 4 5 4 2
S = ]j —— = V 3 9 4 0 = Λ/36,23 = 6,02 τιμή που
αποτελεί μια εκτίμηση της τυπικής απόκλισης του πληθυσμού.
7.5. Η κατανομή των δ. μ. είναι κανονική με μέσο το μέσο μ του
πληθυσμού και διασπορά τη σ2 /40.
7.6. Ο μέσος μ χ μπορεί να εκτιμηθεί με τη βοήθεια της εκτίμησης του
μέσου του πληθυσμού που είναι 11,35 όπως είδαμε.
7.7. Το ίδιο ισχύει για την τυπική απόκλιση της δειγματικής κατανομής
έχω σ χ = σ/Λ/V = 6,02/Λ/40 = 0,952
8. 2 Η λανθασμένη απόρριψη της εναλλακτικής υπόθεσης (σφάλμα
τύπου I I ) είναι πολύ σοβαρότερο σφάλμα στην προκειμένη περίπτωση.
3. Επιλέγεται η τελευταία δυάδα σφαλμάτων α = 0,10 και β = 0,001.
9. 1. Να απορριφθεί η Ηο και να γίνει αποδεκτή η Hj. 2. Δεν απορρί-
πτεται η Ηο και λέμε ότι μπορεί να ισχύει. 3. Η πιθανότητα να γίνει το
σφάλμα τύπου I να είναι το πολύ ίση με το α = 0,001. 4. Η πιθανότητα
να γίνει το σφάλμα τύπου II να είναι το πολύ ίση με το β = 0,10
97
Κεφάλαιο 6° Λύσεις Ασκήσεων
10. 1. Εάν μ ο μέσος χρόνος των μαθητών τότε:
Η 0 : μ < 21 Η , : μ > 2 1
2. Η 0 : μ > 8 Η , : μ < 8 και 3. Η 0 : μ = 30 Η, : μ Φ 30
11. Οι κρίσιμες τιμές ζ είναι 1. -1,64 και 1,64 2. -1,64 και 3. 2,33.
12. Οι κρίσιμες τιμές t είναι Α: 1,711 Β: 1,383 Γ: 2,602 Δ: 2,000
1 3 Ρ(Τ < 2,20) - Ρ(Τ < -1,36) = Ρ(Τ < 2,20) + Ρ(Τ < 1,36) - 1 -= 0,975 + 0,9 - 1 = 0,875
Ρ(Τ < 1,71) - Ρ(Τ < -2,49) = Ρ(Τ < 1,71) Η- Ρ(Τ < 2,49) - 1 = = 0,95 + 0,9 - 1 = 0,85
14. Η 0 : μ = 2,6 Η, : μ Φ 2,6. Οι κρίσιμες τιμές είναι με α = 0,05 είναι
2 8 ~~ 2 6 -1,96 και 1,96 ενώ η τιμή του στατιστικού ζ = ' , ,—1— = 4 > 1,96 . 0,5/λ/Ϊ00
Συνεπώς απορρίπτεται η Η0 και συμπεραίνουμε το ασυμβίβαστο του
πειράματος με τα ευρωπαϊκά αποτελέσματα. Η διαφορά όμως των
0,2 · 60 =12 λεπτών δε φαίνεται αξιόλογη.
15. Η 0 : μ > 25 Η, : μ < 25 Η κρίσιμη τιμή είναι με α = 0,05 και 24
βαθμούς ελευθερίας είναι η -1,711. Η τιμή του στατιστικού είναι:
98
Κεφάλαιο 6" Λύσεις Ασκήσεων
1 8 5 — 2 5 t = —' — = —3,38 < —1,711 · Συνεπώς ο διευθυντής μπορεί να 9,6/725
απορρίψει τον ισχυρισμό των μαθητών .
j Ρ(ζ < (40 - 50)/7) = Φ(-1,428) = 1 - Φ( 1,428) = ' = 1 - 0,9236 = 0,0764
2. Ρ(ζ < ( 4 5 - 5 0 ) / (7 /V36") = Φ ( - 4 , 2 8 5 ) =
= 1 - Φ ( - 4 , 2 8 5 ) ~ 1 - 0 , 9 9 9 9 7 ~ 0 , 0 0 0 0 3
3. Η 0 : μ > 50 Η , : μ < 50 . Επειδή η κατανομή του πληθυσμού
είναι κανονική και η διακύμανση του άγνωστη μπορεί να
χρησιμοποιηθεί το κριτήριο t. Δεδομένου ότι το μέγεθος του δείγ-
ματος είναι μεγαλύτερο του 30, η κανονική προσέγγιση είναι ικανο-
ποιητική. Η κρίσιμη τιμή , με α = 0,05 είναι η τιμή ζ = - 1,645. Η
τιμή του στατιστικού είναι ζ = 4 5 ~ ^ _ =-3 53 που οδηγεί στην 8 , 5 / V 3 6
απόρριψη της Ηο και επιτρέπει στον προϊστάμενο να υποστηρίξει
τον ισχυρισμό του.
17. 1. 1,64 2. -1,96 και 1,96 3. -2,05
18. Η 0 : μ, - μ 2 < 0 Η , : μ, - μ 2 > 0 όπου μι ο μέσος των ανδρών και μ2
ο μέσος των γυναικών. Η κρίσιμη τιμή του ζ είναι η 1,64 και με τη βο-
ήθεια των δεδομένων υπολογίζουμε την τιμή του στατιστικού
99
Κεφάλαιο 6° Λύσεις Ασκήσεων
250.000 -225.000 25.000 = 24,69 > 1,64 · Μπορεί να — v7.5002 + 6.800 2 — -10.123,73 10 10
υποστηριχτεί ότι οι άνδρες πληρώνονται καλύτερα.
19. Η 0 : μ , - μ 2 < 0 Η, : μ , - μ 2 > 0 όπου μι η μέση ανάπτυξη των
φυτών που "άκουγαν" τα ποιήματα και μι η μέση ανάπτυξη των φυτών
που δεν "άκουγαν" τίποτα. Η κρίσιμη τιμή του ζ είναι η 1,64 και με τη
βοήθεια των δεδομένων υπολογίζουμε την τιμή του στατιστικού:
Ζ = 10,1 - 9,8 = 0,3 = ι 25 < ι 64 • ^εν απορρίπτουμε τη Η0. Δε ' °·23 ' '
V35
μπορεί να υποστηριχτεί ότι τα φυτά που "ακούν" ποιήματα
παρουσιάζουν μεγαλύτερη ανάπτυξη.
20. Η 0 : μ, - μ 2 > 0 Η, : μ, - μ 2 < 0 , όπου μι το μέσο βάρος των
ενηλίκων μετά το πρόγραμμα και μ2 το μέσο βάρος των ενηλίκων πριν
το πρόγραμμα. Η κρίσιμη τιμή για το t είναι - 1(9:0,05) = -1,833, αφού
η μηδενική υπόθεση απορρίπτεται για αρνητικές τιμές της διαφοράς των
μέσων. Υπολογίζουμε την τιμή του στατιστικού
— 5 8 ι = ' =-3,67 <-1,833· Μπορεί να υποστηριχτεί πως το πρόγραμμα 5/νΙΟ
έχει αποτέλεσμα.
21. Η 0 : μ, - μ 2 = 0 Η, : μ , - μ 2 φ 0 Η 0 : μ , - μ 2 > 0 Η, : μ , - μ 2 < 0 , Οι
κρίσιμες τιμές είναι t(df;P)=t(19;0,975)=2,09 και -2,09 Υπολογίζουμε
100
Κεφάλαιο 6° y\ {,σεις Α σκήσεων
r — f t την τιμή του στατιστικού t και έχουμε t = = -5 69 < -2 09 · Άρα, α-4/V40
πορρίπτουμε την Ηο και συμπεραίνουμε πως η μέθοδος Α οδηγεί σε κα-
τώτερα αποτελέσματα.
22. Η0 : μχ - μ2 = 0 Ηλ : μχ - μ2 Φ Οόπου μι ο μέσος σε χλμ/ώρα των
αυτοκινήτων με τη βενζίνη Α και μ2 ο μέσος των αυτοκινήτων με τη
βενζίνη Β. Για να χρησιμοποιηθεί το κριτήριο t αφου τα δείγματα είναι
μικρά και άγνωστες οι διασπορές των δυο πληθυσμών ελέγχω την
ισότητα των διασπορών. Εδώ, θα δεχθούμε την ισότητα των διασπορών
των δυο πληθυσμών και θα εφαρμόσουμε το κατάλληλο test. Οι
κρίσιμες τιμές είναι t(df,P)=t( 18; 1 -0,01 /2)=t( 18,0,995) =2,88 και -2,88.
Για τον υπολογισμό της τιμής t, βρίσκω αρχικά την εκτίμηση της
κοινής διασποράς :
2 ( V l - l ) s ? + ( v 2 - l ) s j 9(4,22 + 42) S P =
ν , + ν 2 - 2 18 ; 16,82 και στη συνέχεια έχω:
16,3-16,9 0,6 Λ , „ Λ , , , t = , = 0,33 Δεν απορρίπτεται η μηδενική υπο-Vs2
P (1/10 + 1/10) 1,83
θεση συνεπώς δε μπορεί να υποστηριχτεί η ύπαρξη διαφοράς ανάμεσα
στους δυο τύπους βενζίνης.
Στην περίπτωση που οι δύο τύποι βενζίνης είχαν δοκιμαστεί στα 10 ο-
χήματα οι υποθέσεις μας παραμένουν οι ίδιες. Το κατάλληλο κριτήριο
είναι το t για ζεύγη τιμών. Οι κρίσιμες τιμές είναι η t(df ;Ρ) =
= t(9; 1-0,01/2) = t(9;0,995) = 3,25 και-3,25.
101
Κεφά).αιο 6° Λύσεις Ασκήσεων
Η τιμή του κριτηρίου είναι t = ~° ' 6 = _4 § 7 < _3 95 . Απορρίπτεται η
0 , 3 9 λ / Ϊ Ο
μηδενική υπόθεση και οδηγούμαστε στο συμπέρασμα ότι η βενζίνη Β
επιτρέπει στα οχήματα να διανύσουν περισσότερα χιλιόμετρα απ' ότι η
βενζίνη Α.
23. Η 0 : μ , - μ 2 < 0 Η , : μ 1 - μ 2 > 0 Όπου μι είναι ο μέσος αριθμός
λέξεων που απομνημόνευσαν τα παιδιά που ακολουθούν την ειδική
εκπαίδευση(Α) και μ2 είναι αντίστοιχα ο μέσος αριθμός λέξεων για τα
παιδιά που δεν ακολουθούν ειδική εκπαίδευση(Β). Υπολογίζουμε τους
δειγματικούς μέσους και δειγματικές τυπικές αποκλίσεις: Για την ομά-
δα Α : χ = 5,44; s = 1,94 και ομάδα Β: x = 0,71; s = 2,56 . Για να
χρησιμοποιηθεί το κριτήριο t αφού τα δείγματα είναι μικρά και
άγνωστες οι διασπορές των δυο πληθυσμών πρέπει να ελεχθεί η
ισότητα των διασπορών των δυο πληθυσμών. Και εδώ θα δεχθούμε την
ισότητα των διασπορών των δυο πληθυσμών και θα εφαρμόσουμε το
αντίστοιχο test. Η κρίσιμη τιμή είναι t(df ;Ρ) = t(15;0,99) = 2,6: Για τον
υπολογισμό της τιμής t βρίσκω αρχικά την εκτίμηση της κοινής
διασποράς :
2 (ν, - l ) s 2 +(ν2 - l ) s 2 16( 1,942 +2,562) s2 = — — — — — = — — ! = 4,98 και στη συνεχεία ν , + ν 2 - 2 15
5 4 4 - 0 71 4 73 έχω: t = = = = —— = 4 36 > 2 6 Απορρίπτεται η μηδενική V s2p(l 10 + 1 10) 0,78
υπόθεση . Η ειδική εκπαίδευση ήταν αποτελεσματικότερη.
102
Κεφάλαιο 6" Λύσεις Ασκήσεων
24. Η 0 : μ, - μ 2 < 0 Η 1 : μ , - μ 2 > 0 όπου μι είναι το μέσο βάρος μετά το
κάπνισμα και μ2 το μέσο βάρος πριν το κάπνισμα. To t test σε ζεύγη
τιμών είναι κατάλληλο στην περίπτωση αυτή. Η κρίσιμη τιμή είναι
t(7;0,05)=T,895 . Υπολογίζουμε αρχικά τη μέση μεταβολή και την τυ-
πική απόκλιση της μεταβολής από το δείγμα, d = 1,5; sD = 2,07 την
t = — ^ Γ = 2,05> 1,895· Τα δεδομένα υποστηρίζουν την αύξηση του 2,07/ V8
βάρους μετά το "κόψιμο" του τσιγάρου.
103
Με α π ό φ α σ η της Ελληνικής Κυβέρνησης τα διδακτικά βιβλία του Δημοτικού, του Γυμνασίου και του Λυκείου τυπώνονται από τον Οργανισμό Εκδόσεως Διδακτι-κών Βιβλίων και διανέμονται δ ω ρ ε ά ν στα Δημόσια Σχολεία. Τα βιβλία μπορεί να δια-τίθενται π ρ ο ς πώληση, όταν φέρουν π ρ ο ς απόδειξη αυτού βιβλιόσημο. Κάθε αντί-τυπο που διατίθεται π ρ ο ς πώληση και δεν φέρει βιβλιόσημο, Θεωρείται κλεψίτυπο και ο π α ρ α β ά τ η ς διώκεται σύμφωνα με τις διατάξεις του ά ρ θ ρ ο υ 7 του Νόμου 1129 της 15/21 Μαρτίου 1946 (ΦΕΚ 108/1946).
Απαγορεύεται η α ν α π α ρ α γ ω γ ή οποιουδήποτε τμήματος αυτού του βιβλίου, που καλύπτεται από δικαιώματα (copyright), ή η χρήση του σε οποιαδήποτε μορφή, χω-ρίς τη γραπτή άδεια του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου
ΕΚΔΟΣΗ 2 0 0 9 - ΑΝΤΙΤΥΠΑ 5 . 0 0 0 - ΑΡ. ΣΥΜΒΑΣΗΣ 70 / 4 - 2 - 2 0 0 9
ΕΚΤΎΠΩΣΗ: Χ. ΧΑΜΠΑΡΤΣΟΥΜΙΑΝ - ΒΙΒΛΙΟΔΕΣΙΑ ΜΑΡΙΑ ΑΔΑΜΟΠΟΥΛΟΥ
Recommended