גליון 1 — הסתברות מ' | תיקיית הסיכומים

תרגיל 1

תרגיל (1 [א])

במרץ 2020 מגפת הקורונה התפשטה בישראל והציבור הונחה להישאר בבידוד בבתים.
בכדי להעביר את הזמן בבידוד, יהלי רכש מנוי נטפליקס. לאחר שיטוט באפליקציה, הוא סימן 5 סרטים ו-7 סדרות שנראים לו מעניינים (להלן "תכניות").
בכדי להשאיר זמן גם ללמידה ופתרון שיעורי בית, יהלי החליט שיצפה רק ב-8 תכניות מתוך ה-12 שסימן.
הניחו כי לכל בחירה של $8$ תוכניות מתוך ה- $12$ יש סיכוי שווה.
תארו מרחב מדגם מתאים.

נגדיר את קבוצת התוכניות $S$ ונגדיר:

\Omega=\left\{ \left\{ s_{1},\dots,s_{8} \right\} \mid \forall 1\leq i\leq8:\; s_{i}\in S \right\}

תרגיל (1 [ב])

מה ההסתברות שבדיוק חצי מהתכניות שנבחרו הן סרטים ובדיוק חצי הן סדרות?

נגדיר מאורע $A$ כבחירה ב-4 סרטים ו-4 סדרות.

|\Omega|=\begin{pmatrix} 12 \\ 8 \end{pmatrix}

ידוע גם כי המרחב שווה הסתברות ולכן, $P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}$ .

|A|=\begin{pmatrix} 5 \\ 4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 7 \\ 4 \end{pmatrix}

זוהי בעצם בחירה מבין הסרטים ובחירה מבין הסדרות.

P(A)\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מרחב שווה הסתברות}} \end{matrix}}{=}\frac{\begin{pmatrix} 5 \\ 4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 7 \\ 4 \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix} 12 \\ 8 \end{pmatrix}}=\frac{35}{99}\approx 0.35

תרגיל (1 [ג])

מה ההסתברות שיהלי יצפה רק בסרט אחד?

נגדיר מאורע $B$ כבחירה בסרט יחיד ו- $7$ סדרות. פה אנו צריכים רק לבחור את הסרט שכן כל הסדרות נבחרות.

|B|=\begin{pmatrix} 5 \\ 1 \end{pmatrix}

P(B)=\frac{|B|}{|\Omega|}=\frac{\begin{pmatrix} 5 \\ 1 \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix} 12 \\ 8 \end{pmatrix}}=\frac{1}{99}\approx 0.0101

תרגיל (1 [ד])

לאחר מחשבה נוספת, יהלי החליט שלא די לבחור במה יצפה, אלא שחשוב שגם יגדיר לו"ז וסדר צפייה ב-8 התכניות. הניחו כי לכל בחירה וסידור של התכניות יש הסתברות שווה.
תארו מרחב מדגם מתאים.

נגדיר:

\Omega_{2}= S^8

נשים לב כי המרחב שווה הסתברות לפי הנתון.

|\Omega_{2}|=\begin{pmatrix} 12 \\ 8 \end{pmatrix}\cdot 8!=\frac{12!\cdot 8!}{8! \cdot 4!}=\frac{12!}{4!}

תרגיל (1 [ה])

מה ההסתברות שיהלי יצפה קודם ב-3 סרטים ואז ב-5 סדרות?

מספר האפשרויות לבחור 3 סרטים הוא $\begin{pmatrix}5 \\ 3\end{pmatrix}$ ואז לסדר אותם ב-3 מקומות: $3!$ . סה"כ: $\begin{pmatrix}5 \\ 3\end{pmatrix}\cdot 3!=\frac{5!\cdot 3!}{3!\cdot 2!}=\frac{5!}{2!}$ .
מספר האפשרויות לבחור 5 סדרות הוא $\begin{pmatrix}7 \\ 5\end{pmatrix}$ ואז לסדר אותם ב-5 מקומות: $5!$ . סה"כ: $\begin{pmatrix}7 \\ 5\end{pmatrix}\cdot5!=\frac{7!\cdot 5!}{5!\cdot 2!}=\frac{7!}{2!}$ .
נגדיר מאורע $C$ כמאורע בו יהלי יצפה קודם ב-3 סרטים ואז ב-5 סדרות.

|C|= \frac{5!}{2!}\cdot \frac{7!}{2!}=\frac{5!\cdot 7!}{(2!)^2}

לכן:

P(C)=\frac{|C|}{|\Omega_{2}|}=\frac{\frac{5!\cdot 7!}{4}}{\frac{12!}{4!}}=\frac{3!\cdot 5!\cdot 7!}{12!}=\frac{1}{132}\approx 7.57\cdot 10^{-3}

תרגיל (1 [ו])

מה ההסתברות שיהלי יצפה ב-2 סדרות, אח"כ ב-4 סרטים ואז ב-2 סדרות נוספות?

נגדיר $D$ כמאורע בו יהלי צופה ב-2 סדרות, לאחר מכן 4 סרטים ולבסוף 2 סדרות נוספות.
מספר האפשרויות לבחור 4 סדרות הוא: $\begin{pmatrix}7 \\ 4\end{pmatrix}$ ואז לסדר אותם ב-4 מקומות הוא: $4!$ . סה"כ: $\begin{pmatrix}7 \\ 4\end{pmatrix}\cdot 4!=\frac{7!\cdot 4!}{4!\cdot 3!}=\frac{7!}{3!}$ .
מספר האפשרויות לבחור 4 סרטים הוא $\begin{pmatrix}5 \\ 4\end{pmatrix}$ ואז לסדר אותם ב-4 מקומות הוא: $4!$ . סה"כ: $\begin{pmatrix}5 \\ 4\end{pmatrix}\cdot4!=\frac{5!\cdot 4!}{4!}=5!$ .
סה"כ:

|D|=\frac{7!}{3!}\cdot 5!

לכן:

P(D)=\frac{|D|}{|\Omega_{2}|}=\frac{\frac{7!\cdot 5!}{3!}}{\frac{12!}{4!}}=\frac{7!\cdot 5! \cdot 4!}{12! \cdot 3!}=\frac{1}{198}\approx 5.05\cdot 10^{-3}

תרגיל (1 [ז])

מה ההסתברות שמבין 3 התכניות הראשונות בהן יהלי צפה, נכלל לפחות סרט אחד?

נגדיר את $E$ כמאורע שיהלי צפה בלפחות סרט אחד ב-3 התוכניות הראשונות.
נמצא את $\overline{E}$ שהוא המאורע שבו יהלי לא צפה בסרט ב-3 התוכניות הראשונות.
מספר האפשרויות לבחור 3 סדרות הוא $\begin{pmatrix}7 \\ 3\end{pmatrix}$ ואז לסדר אותם ב-3 מקומות הוא: $3!$ . סה"כ: $\begin{pmatrix}7 \\ 3\end{pmatrix}\cdot 3!=\frac{7!}{4!}$ .
מספר האפשרויות לבחור 5 תוכניות מבין 9 הנותרות הוא: $\begin{pmatrix}9 \\ 5\end{pmatrix}$ ואז לסדר אותם ב-5 מקומות הוא: $5!$ . סה"כ: $\begin{pmatrix}9 \\ 5\end{pmatrix}\cdot 5!=\frac{9!}{4!}$ .
סה"כ:

|\overline{E}|=\frac{7!}{4!} \frac{9!}{4!}=\frac{7!\cdot 9!}{(4!)^2}

לכן:

P(\overline{E})=\frac{\frac{7!\cdot 9!}{(4!)^2}}{\frac{12!}{4!}}=\frac{7!\cdot 9!}{4!\cdot 12!}=\frac{7}{44}\approx 0.159

לפי עקרון המשלים מתקיים:

P(E)=1-P(\overline{E})=\frac{33}{44} \approx 0.84

תרגיל 2

תרגיל (2 [א])

יהא $(\Omega,\mathcal{F},P)$ מרחב הסתברות ותהא $\left\{ A_{n} \right\}_{n=1}^\infty \in \mathcal{F}$ סדרת מאורעות.
הראו כי אם מתקיים שכל מאורע מוכל בקודמו, כלומר $\dots \subseteq A_{3} \subseteq A_{2} \subseteq A_{1}$ אזי מתקיים:

P\left(\bigcap_{n=1}^\infty A_{n}\right)=\lim_{ n \to \infty } P(A_{n})

הוכחה:

\overline{\bigcap_{n=1}^\infty A_{n}} \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{דה מורגן}} \end{matrix}}{=}\bigcup_{n=1}^\infty \overline{A_{n}}

נשים לב כי מכיוון שלכל $n \in\mathbb{N}$ מתקיים $A_{n+1}\subseteq A_{n}$ אזי, $\overline{A_{n}}\subseteq \overline{A_{n+1}}$ . לכן, לפי משפט מהתרגול:

P\left(\bigcup_{n=1}^\infty \overline{A_{n}}\right)=\lim_{ n \to \infty } P(\overline{A_{n}})

לפי עקרון המשלים מתקיים:

P\left(\bigcap_{n=1}^\infty A_{n}\right)=1-P\left(\overline{\bigcap_{n=1}^\infty A_{n}}\right)=1-\lim_{ n \to \infty } P(\overline{A_{n}}) \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{חשבון גבולות}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\lim_{ n \to \infty } (1-P(\overline{A_{n}})) \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{עקרון המשלים}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\lim_{ n \to \infty } P(A_{n})

∎

תרגיל (2 [ב])

הראו, ללא ההנחה נוספת מהסעיף הקודם, כי מתקיים $P\left( \bigcup_{n=1}^\infty A_{n} \right)\leq \sum_{n=1}^\infty P(A_{n})$ .
רמז: ראיתם כי אחת מהתכונות של מרחב הסתברות היא תת-אדיטיביות. כלומר, לכל $\left\{ A_{n} \right\}_{n=1}^k\in \mathcal{F}$ מתקיים $P\left( \bigcup_{n=1}^k A_{n} \right)\leq \sum_{n=1}^l P(A_{n})$ .

הוכחה:
נגדיר סדרת מאורעות: $\left\{ B_{n} \right\}_{n=1}^\infty$ כך שלכל $n \in \mathbb{N}$ מתקיים: $B_{n}=\bigcup_{k=1}^n A_{k}$ .
נשים לב כי לכל $n \in \mathbb{N}$ מתקיים: $B_{n}\subseteq B_{n+1}$ שכן $\bigcup_{k=1}^n A_{k}\subseteq \bigcup_{k=1}^nA_{k}\cup A_{n+1}$ ולכן, לפי משפט מהתרגול:

P\left(\bigcup_{n=1}^\infty B_{n}\right)=\lim_{ n \to \infty } P(B_{n})

נשים לב כי בנוסף לכל $n \in \mathbb{N}$ מתקיים $B_{n}\cup B_{n+1}=B_{n+1}$ לפי הנ"ל ולכן, לכל $M \in \mathbb{N}$ מתקיים $\bigcup_{n=1}^M B_{n}=B_{M}$ .
לכן:

P\left(\bigcup_{n=1}^\infty B_{n}\right)=P\left(\lim_{ M \to \infty } \bigcup_{n=1}^M B_{n}\right)=P\left(\lim_{ M \to \infty } B_{M}\right)=P\left(\lim_{ M \to \infty } \bigcup_{n=1}^M A_{n}\right)=P\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_{n}\right)

\lim_{ M \to \infty } P(B_{M})=\lim_{ M \to \infty } P\left(\bigcup_{n=1}^M A_{n}\right)

\Downarrow

P\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_{n}\right)=P\left(\bigcup_{n=1}^\infty B_{n}\right)=\lim_{ n \to \infty } P(B_{n})=\lim_{ M \to \infty } P\left(\bigcup_{n=1}^M A_{n}\right)

\lim_{ M \to \infty } P\left(\bigcup_{n=1}^M A_{n}\right) \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{תת אדיטיביות}} \\ \R{\text{יחס סדר גבולות}}+ \end{matrix}}{\leq}\lim_{ M \to \infty } \sum_{n=1}^M P(A_{n})=\sum_{n=1}^\infty P(A_{n})

ולכן מתקיים:

P\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_{n}\right)\leq \sum_{n=1}^\infty P(A_{n})

∎

תרגיל 3

תרגיל (3)

תהא $P$ מידת הסתברות מעל $\Omega$ כך ש: $\Omega=\left\{ 0,1,2,\dots \right\}$ ו- $P$ מקיימת לכל $k\geq1$ :

P(\left\{ k \right\})=\frac{5}{k}P(\left\{ k-1 \right\})

מצא את ההסתברות $P(\left\{ k \right\})$ במפורש.

נראה באינדוקציה כי $P(\left\{ k \right\})=\frac{5^k}{k!}\cdot P(\left\{ 0 \right\})$ לכל $k\geq 1$ .
בסיס: עבור $k=1$ מתקיים כי $P(\left\{ 1 \right\})=\frac{5}{1}\cdot P(\left\{ 0 \right\})=\frac{5^1}{1!}\cdot P(\left\{ 0 \right\})$ כנדרש.
צעד: נניח כי עבור $k\geq 1$ מתקיים $P(\left\{ k \right\})=\frac{5^k}{k!}\cdot P(\left\{ 0 \right\})$ ונראה כי $P(\left\{ k+1 \right\})=\frac{5^{k+1}}{(k+1)!}\cdot P(\left\{ 0 \right\})$ .

P(\left\{ k+1 \right\})\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{נוסחת הנסיגה}} \end{matrix}}{=} \frac{5}{k+1}P(\left\{ k \right\}) \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{הנחת האינדוקציה}} \end{matrix}}{=} \frac{5}{k+1}\cdot \frac{5^k}{k!}\cdot P(\left\{ 0 \right\})=\frac{5^{k+1}}{(k+1)!}P(\left\{ 0 \right\})

כנדרש.

\begin{align*} 1&\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{משפט}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!P(\Omega)\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \Omega\;\R{\text{הגדרת}} \end{matrix}}{=}P(\mathbb{N})=P\left(\bigcup_{n=0}^\infty \left\{ n \right\}\right) \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{-אדיטיביות}}\sigma \end{matrix}}{=}\sum_{n=0}^\infty P(\left\{ n \right\})=\sum_{n=0}^\infty \frac{5^n}{n!}P(\left\{ 0 \right\}) \\ &=P(\left\{ 0 \right\})\sum_{n=0}^\infty \frac{5^n}{n!} =P(\left\{ 0 \right\})\cdot e^5 \end{align*}

לכן מתקיים כי $P(\left\{ 0 \right\})=\frac{1}{e^5}$ . לכן:

\forall 1\leq k \in\mathbb{N}:\;\; P(\left\{ k \right\})=\frac{5^k}{k!\cdot e^5}

תרגיל 4

תרגיל (4 [א])

אליס ובוב משחקים במשחק "אבן נייר ומספריים" הכולל ארבעה סיבובים. בכל סיבוב, כל אחד מהשחקנים בוחר באקראי פריט אחד מתוך שלוש אפשרויות: אבן, נייר, מספריים. המנצח בכל סיבוב נקבע לפי הכללים: נייר מנצח אבן, מספריים מנצחות נייר, ואבן מנצחת מספריים. אם שני השחקנים בחרו באותו הפריט אז הסיבוב מסתיים בתוצאת תיקו. המנצח במשחק הוא זה שניצח במספר גדול יותר של סיבובים )המשחק יכול להסתיים בתיקו אם לשני השחקנים מספר ניצחונות זהה בסיבובים השונים(. הניחו שלכל סדרה של בחירות של שני השחקנים ישנה הסתברות שווה

מה ההסתברות שאליס ניצחה בסיבוב השני?

נגדיר את מרחב ההסתברות שלנו:

\Omega=\left\{ (w_{1},w_{2},w_{3},w_{4})\mid \forall 1\leq i\leq4:\; w_{i}\in \left\{ \R{\text{אליס}},\R{\text{בוב}} \right\} \right\}

למרחב הסתברות זה הסתברות שווה.
נגדיר את המאורע $A$ כמאורע בו אליס מנצחת בסיבוב השני. לנצחון של אליס יש 3 אפשרויות: אליס בחרה נייר, אליס בחרה מספריים או אליס בחרה אבן (וכמובן שבוב בחר בהתאם)

|A|=\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix}\left(\begin{pmatrix} 3^2 \\ 1 \end{pmatrix}\right)^3=3\cdot 3^{2\cdot 3}=3^{1+6}=3^{7}

|\Omega|=\left(\begin{pmatrix} 3^2 \\ 1 \end{pmatrix}\right)^4=(3^{2})^4=3^{8}

ולכן:

P(A)\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מרחב שווה הסתברות}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{3^7}{3^8}=\frac{1}{3}\approx 0.333

תרגיל (4 [ב])

מה ההסתברות שאליס ניצחה בסיבוב הראשון וגם בסיבוב השני?

נגדיר את $B$ כמאורע בו אליס ניצחה בסיבוב הראשון וגם בסיבוב השני.

|B|=\left(\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix}\right)^2\left(\begin{pmatrix} 3^2 \\ 1 \end{pmatrix}\right)^2=3^2\cdot 3^{4}=3^{6}

ולכן:

P(B)\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מרחב שווה הסתברות}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\frac{|B|}{|\Omega|}=\frac{3^6}{3^8}=\frac{1}{3^2}=\frac{1}{9}\approx 0.11

תרגיל (4 [ג])

מה ההסתברות שאליס ניצחה בסיבוב הראשון או בסיבוב השני?

נגדיר את $C$ כמאורע בו אליס ניצחה בסיבוב הראשון או בסיבוב השני.

|C|=|B|+|A|=3^6+3^7

ולכן:

P(C)\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מרחב שווה הסתברות}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\frac{|C|}{|\Omega|}=\frac{3^6+3^7}{3^8}=\frac{4}{9}\approx 0.44

תרגיל (4 [ד])

מה ההתסברות שהמשחק אינו הסתיים בתיקו?

נגדיר את $D$ כמאורע בו המשחק הסתיים בתיקו.
נתחיל בלבחור מנצח לשתי אפשרויות והשתיים האחרות נבחרות לפיו: $\begin{pmatrix}2 \\ 1\end{pmatrix}^2$ ואז לכל אפשרות נבחר מה המנצח ישחק ולפי זה מה לירב יש 2 אפשרויות לשחק $\begin{pmatrix}3 \\ 1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}2 \\ 1\end{pmatrix}$ . כעת, לשאר המשחקים יש גם כן $\begin{pmatrix}3 \\ 1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}2 \\ 1\end{pmatrix}$ כל אחד. סה"כ:

|D|=\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}^2 \left(\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}\right)^4=2^2(2\cdot 3)^4=4\cdot 6^4

לכן מתקיים:

P(D)\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מרחב שווה הסתברות}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\frac{|D|}{|\Omega|}=\frac{4\cdot 6^4}{3^8}=\frac{64}{81}\approx 0.79

תרגיל 5

תרגיל (5 [א])

מטילים מטבע הוגן 8 פעמים.
חשבו את ההסתברות שנראה הרצף $HTTH$ .

נגדיר את מרחב ההסתברות שלנו כך:

\Omega=\left\{ (c_{1},c_{2},c_{3},c_{4},c_{5},c_{6},c_{7},c_{8}) \mid \forall 1\leq i\leq8:\; c_{i}\in \left\{ H,T \right\} \right\}

|\Omega|=2^8

מכיוון שהטלת המטבע הוגנת המרחב שלנו שווה הסתברות.
כעת נגדיר את $A$ כמאורע בו הרצף $HTTH$ קיים ונחלק למקרים לפי הופעת הרצף $HTTH$ לראשונה.

אם הוא מתחיל ב- $i=1$ אז יש $2^4$ אפשרויות.
אם הוא מתחיל ב- $i=2$ אז גם כן יש $2^4$ אפשרויות.
אם הוא מתחיל ב- $i=3$ אז גם כן יש $2^4$ אפשרויות.
אם הוא מתחיל ב- $i=4$ אז יש $2^4$ אפשרויות אך יש 2 אפשרויות בהן קיים הרצף $HTT$ בהתחלה (בהחלטת המטבע האחרון) ולכן יש $2^4-2$ אפשרויות.
אם הוא מתחיל ב- $i=5$ אז נתחיל מ- $2^4$ ונחסר את האפשרויות בהם הרצף $HTTH$ מתחיל ב- $i=1$ או $i=2$ . לראשון יש אפשרות אחת ולשני יש 2 אפשרויות. לכן יש $2^4-3$ אפשרויות.

סה"כ: $|A|=5\cdot 2^4-5=5(2^4-1)=15\cdot 5=75$ ולכן:

P(A)\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מרחב שווה הסתברות}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{75}{2^8}=\frac{75}{256}\approx 0.293

תרגיל (5 [ב])

חשבו את ההסתברות שאחד מהרצפים $HTTT,HTTH$ נראה פעם אחת בלבד והשני לא נראה כלל.

נגדיר את $B$ כמאורע המתאים לתנאי השאלה ונחלק למקרים לפי מיקום תחילת הרצף $HTT$ .

אם הרצף הנ"ל מתחיל בהטלה הראשונה, אז נדרש לוודא כי הרצף $HTT$ לא יופיע עוד פעם במילה למעט בסוף.
להופעת הרצף במיקום הרביעי יש $2^2$ אפשרויות וכך גם עבור המקום החמישי. אם הרצף יופיע במקום השישי זה בסדר שכן אין הוא יכול להשלים לרצף נתון. לכן, יש סה"כ: $2^5-2^3=32-8=24$ אפשרויות.
אם הרצף הנ"ל מתחיל בהטלה השנייה, אז נדרש לוודא את אותו הדבר.
עבור המקום הראשון אין אפשרות ליצירת הרצף. עבור החמישי יש $2^2$ אפשרויות ליצירת הרצף. עבור המקום השישי אין חשש ליצירת אחד מהרצפים הנתונים באורך 4. לכן, יש סה"כ $2^5-2^2=32-4=28$ אפשרויות.
אם הרצף הנ"ל מתחיל בהטלה השלישית, אז נדרש לוודא את אותו הדבר.
עבור המקום הראשון והשני אין אפשרות ליצירת הרצף וכך גם עבור המקום השישי ולכן יש $2^5=32$ אפשרויות.
אם הרצף הנ"ל מתחיל בהטלה הרביעית, אז נדרש לוודא את אותו הדבר.
עבור המקום הראשון יש $2^2$ אפשרויות ליצירת הרצף. עבור המקום השני, השלישי, השביעי והשמיני אין סכנה. לכן, יש סה"כ $2^5-2^2=28$ אפשרויות.
אם הרצף הנ"ל מתחיל בהטלה החמישית, אז נדרש לוודא את אותו הדבר.
עבור המקום הראשון יש $2^2$ אפשרויות וכך גם עבור המקום השני. עבור שאר המקומות אין סכנה. לכן, יש סה"כ $2^5-2^3=24$ אפשרויות.

לכן מתקיים: $|B|=24+28+32+28+24=136$ ולכן:

P(A)\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מרחב שווה הסתברות}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\frac{|B|}{|\Omega|}=\frac{136}{2^8}=0.53125

תרגיל 1

תרגיל (1 [א])

נגדיר את קבוצת התוכניות $S$ ונגדיר:

\Omega=\left\{ \left\{ s_{1},\dots,s_{8} \right\} \mid \forall 1\leq i\leq8:\; s_{i}\in S \right\}

תרגיל (1 [ב])

מה ההסתברות שבדיוק חצי מהתכניות שנבחרו הן סרטים ובדיוק חצי הן סדרות?

נגדיר מאורע $A$ כבחירה ב-4 סרטים ו-4 סדרות.

|\Omega|=\begin{pmatrix} 12 \\ 8 \end{pmatrix}

ידוע גם כי המרחב שווה הסתברות ולכן, $P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}$ .

|A|=\begin{pmatrix} 5 \\ 4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 7 \\ 4 \end{pmatrix}

זוהי בעצם בחירה מבין הסרטים ובחירה מבין הסדרות.

P(A)\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מרחב שווה הסתברות}} \end{matrix}}{=}\frac{\begin{pmatrix} 5 \\ 4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 7 \\ 4 \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix} 12 \\ 8 \end{pmatrix}}=\frac{35}{99}\approx 0.35

תרגיל (1 [ג])

מה ההסתברות שיהלי יצפה רק בסרט אחד?

נגדיר מאורע $B$ כבחירה בסרט יחיד ו- $7$ סדרות. פה אנו צריכים רק לבחור את הסרט שכן כל הסדרות נבחרות.

|B|=\begin{pmatrix} 5 \\ 1 \end{pmatrix}

P(B)=\frac{|B|}{|\Omega|}=\frac{\begin{pmatrix} 5 \\ 1 \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix} 12 \\ 8 \end{pmatrix}}=\frac{1}{99}\approx 0.0101

תרגיל (1 [ד])

נגדיר:

\Omega_{2}= S^8

נשים לב כי המרחב שווה הסתברות לפי הנתון.

|\Omega_{2}|=\begin{pmatrix} 12 \\ 8 \end{pmatrix}\cdot 8!=\frac{12!\cdot 8!}{8! \cdot 4!}=\frac{12!}{4!}

תרגיל (1 [ה])

מה ההסתברות שיהלי יצפה קודם ב-3 סרטים ואז ב-5 סדרות?

|C|= \frac{5!}{2!}\cdot \frac{7!}{2!}=\frac{5!\cdot 7!}{(2!)^2}

לכן:

P(C)=\frac{|C|}{|\Omega_{2}|}=\frac{\frac{5!\cdot 7!}{4}}{\frac{12!}{4!}}=\frac{3!\cdot 5!\cdot 7!}{12!}=\frac{1}{132}\approx 7.57\cdot 10^{-3}

תרגיל (1 [ו])

מה ההסתברות שיהלי יצפה ב-2 סדרות, אח"כ ב-4 סרטים ואז ב-2 סדרות נוספות?

|D|=\frac{7!}{3!}\cdot 5!

לכן:

P(D)=\frac{|D|}{|\Omega_{2}|}=\frac{\frac{7!\cdot 5!}{3!}}{\frac{12!}{4!}}=\frac{7!\cdot 5! \cdot 4!}{12! \cdot 3!}=\frac{1}{198}\approx 5.05\cdot 10^{-3}

תרגיל (1 [ז])

מה ההסתברות שמבין 3 התכניות הראשונות בהן יהלי צפה, נכלל לפחות סרט אחד?

|\overline{E}|=\frac{7!}{4!} \frac{9!}{4!}=\frac{7!\cdot 9!}{(4!)^2}

לכן:

P(\overline{E})=\frac{\frac{7!\cdot 9!}{(4!)^2}}{\frac{12!}{4!}}=\frac{7!\cdot 9!}{4!\cdot 12!}=\frac{7}{44}\approx 0.159

לפי עקרון המשלים מתקיים:

P(E)=1-P(\overline{E})=\frac{33}{44} \approx 0.84

תרגיל 2

תרגיל (2 [א])

P\left(\bigcap_{n=1}^\infty A_{n}\right)=\lim_{ n \to \infty } P(A_{n})

הוכחה:

\overline{\bigcap_{n=1}^\infty A_{n}} \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{דה מורגן}} \end{matrix}}{=}\bigcup_{n=1}^\infty \overline{A_{n}}

נשים לב כי מכיוון שלכל $n \in\mathbb{N}$ מתקיים $A_{n+1}\subseteq A_{n}$ אזי, $\overline{A_{n}}\subseteq \overline{A_{n+1}}$ . לכן, לפי משפט מהתרגול:

P\left(\bigcup_{n=1}^\infty \overline{A_{n}}\right)=\lim_{ n \to \infty } P(\overline{A_{n}})

לפי עקרון המשלים מתקיים:

P\left(\bigcap_{n=1}^\infty A_{n}\right)=1-P\left(\overline{\bigcap_{n=1}^\infty A_{n}}\right)=1-\lim_{ n \to \infty } P(\overline{A_{n}}) \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{חשבון גבולות}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\lim_{ n \to \infty } (1-P(\overline{A_{n}})) \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{עקרון המשלים}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\lim_{ n \to \infty } P(A_{n})

∎

תרגיל (2 [ב])

P\left(\bigcup_{n=1}^\infty B_{n}\right)=\lim_{ n \to \infty } P(B_{n})

P\left(\bigcup_{n=1}^\infty B_{n}\right)=P\left(\lim_{ M \to \infty } \bigcup_{n=1}^M B_{n}\right)=P\left(\lim_{ M \to \infty } B_{M}\right)=P\left(\lim_{ M \to \infty } \bigcup_{n=1}^M A_{n}\right)=P\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_{n}\right)

\lim_{ M \to \infty } P(B_{M})=\lim_{ M \to \infty } P\left(\bigcup_{n=1}^M A_{n}\right)

\Downarrow

P\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_{n}\right)=P\left(\bigcup_{n=1}^\infty B_{n}\right)=\lim_{ n \to \infty } P(B_{n})=\lim_{ M \to \infty } P\left(\bigcup_{n=1}^M A_{n}\right)

\lim_{ M \to \infty } P\left(\bigcup_{n=1}^M A_{n}\right) \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{תת אדיטיביות}} \\ \R{\text{יחס סדר גבולות}}+ \end{matrix}}{\leq}\lim_{ M \to \infty } \sum_{n=1}^M P(A_{n})=\sum_{n=1}^\infty P(A_{n})

ולכן מתקיים:

P\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_{n}\right)\leq \sum_{n=1}^\infty P(A_{n})

∎

תרגיל 3

תרגיל (3)

תהא $P$ מידת הסתברות מעל $\Omega$ כך ש: $\Omega=\left\{ 0,1,2,\dots \right\}$ ו- $P$ מקיימת לכל $k\geq1$ :

P(\left\{ k \right\})=\frac{5}{k}P(\left\{ k-1 \right\})

מצא את ההסתברות $P(\left\{ k \right\})$ במפורש.

P(\left\{ k+1 \right\})\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{נוסחת הנסיגה}} \end{matrix}}{=} \frac{5}{k+1}P(\left\{ k \right\}) \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{הנחת האינדוקציה}} \end{matrix}}{=} \frac{5}{k+1}\cdot \frac{5^k}{k!}\cdot P(\left\{ 0 \right\})=\frac{5^{k+1}}{(k+1)!}P(\left\{ 0 \right\})

כנדרש.

\begin{align*} 1&\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{משפט}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!P(\Omega)\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \Omega\;\R{\text{הגדרת}} \end{matrix}}{=}P(\mathbb{N})=P\left(\bigcup_{n=0}^\infty \left\{ n \right\}\right) \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{-אדיטיביות}}\sigma \end{matrix}}{=}\sum_{n=0}^\infty P(\left\{ n \right\})=\sum_{n=0}^\infty \frac{5^n}{n!}P(\left\{ 0 \right\}) \\ &=P(\left\{ 0 \right\})\sum_{n=0}^\infty \frac{5^n}{n!} =P(\left\{ 0 \right\})\cdot e^5 \end{align*}

לכן מתקיים כי $P(\left\{ 0 \right\})=\frac{1}{e^5}$ . לכן:

\forall 1\leq k \in\mathbb{N}:\;\; P(\left\{ k \right\})=\frac{5^k}{k!\cdot e^5}

תרגיל 4

תרגיל (4 [א])

מה ההסתברות שאליס ניצחה בסיבוב השני?

נגדיר את מרחב ההסתברות שלנו:

\Omega=\left\{ (w_{1},w_{2},w_{3},w_{4})\mid \forall 1\leq i\leq4:\; w_{i}\in \left\{ \R{\text{אליס}},\R{\text{בוב}} \right\} \right\}

|A|=\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix}\left(\begin{pmatrix} 3^2 \\ 1 \end{pmatrix}\right)^3=3\cdot 3^{2\cdot 3}=3^{1+6}=3^{7}

|\Omega|=\left(\begin{pmatrix} 3^2 \\ 1 \end{pmatrix}\right)^4=(3^{2})^4=3^{8}

ולכן:

P(A)\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מרחב שווה הסתברות}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{3^7}{3^8}=\frac{1}{3}\approx 0.333

תרגיל (4 [ב])

מה ההסתברות שאליס ניצחה בסיבוב הראשון וגם בסיבוב השני?

נגדיר את $B$ כמאורע בו אליס ניצחה בסיבוב הראשון וגם בסיבוב השני.

|B|=\left(\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix}\right)^2\left(\begin{pmatrix} 3^2 \\ 1 \end{pmatrix}\right)^2=3^2\cdot 3^{4}=3^{6}

ולכן:

P(B)\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מרחב שווה הסתברות}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\frac{|B|}{|\Omega|}=\frac{3^6}{3^8}=\frac{1}{3^2}=\frac{1}{9}\approx 0.11

תרגיל (4 [ג])

מה ההסתברות שאליס ניצחה בסיבוב הראשון או בסיבוב השני?

נגדיר את $C$ כמאורע בו אליס ניצחה בסיבוב הראשון או בסיבוב השני.

|C|=|B|+|A|=3^6+3^7

ולכן:

P(C)\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מרחב שווה הסתברות}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\frac{|C|}{|\Omega|}=\frac{3^6+3^7}{3^8}=\frac{4}{9}\approx 0.44

תרגיל (4 [ד])

מה ההתסברות שהמשחק אינו הסתיים בתיקו?

|D|=\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}^2 \left(\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}\right)^4=2^2(2\cdot 3)^4=4\cdot 6^4

לכן מתקיים:

P(D)\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מרחב שווה הסתברות}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\frac{|D|}{|\Omega|}=\frac{4\cdot 6^4}{3^8}=\frac{64}{81}\approx 0.79

תרגיל 5

תרגיל (5 [א])

מטילים מטבע הוגן 8 פעמים.
חשבו את ההסתברות שנראה הרצף $HTTH$ .

נגדיר את מרחב ההסתברות שלנו כך:

\Omega=\left\{ (c_{1},c_{2},c_{3},c_{4},c_{5},c_{6},c_{7},c_{8}) \mid \forall 1\leq i\leq8:\; c_{i}\in \left\{ H,T \right\} \right\}

|\Omega|=2^8

אם הוא מתחיל ב- $i=1$ אז יש $2^4$ אפשרויות.
אם הוא מתחיל ב- $i=2$ אז גם כן יש $2^4$ אפשרויות.
אם הוא מתחיל ב- $i=3$ אז גם כן יש $2^4$ אפשרויות.
אם הוא מתחיל ב- $i=4$ אז יש $2^4$ אפשרויות אך יש 2 אפשרויות בהן קיים הרצף $HTT$ בהתחלה (בהחלטת המטבע האחרון) ולכן יש $2^4-2$ אפשרויות.
אם הוא מתחיל ב- $i=5$ אז נתחיל מ- $2^4$ ונחסר את האפשרויות בהם הרצף $HTTH$ מתחיל ב- $i=1$ או $i=2$ . לראשון יש אפשרות אחת ולשני יש 2 אפשרויות. לכן יש $2^4-3$ אפשרויות.

סה"כ: $|A|=5\cdot 2^4-5=5(2^4-1)=15\cdot 5=75$ ולכן:

P(A)\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מרחב שווה הסתברות}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{75}{2^8}=\frac{75}{256}\approx 0.293

תרגיל (5 [ב])

חשבו את ההסתברות שאחד מהרצפים $HTTT,HTTH$ נראה פעם אחת בלבד והשני לא נראה כלל.

נגדיר את $B$ כמאורע המתאים לתנאי השאלה ונחלק למקרים לפי מיקום תחילת הרצף $HTT$ .

אם הרצף הנ"ל מתחיל בהטלה הראשונה, אז נדרש לוודא כי הרצף $HTT$ לא יופיע עוד פעם במילה למעט בסוף.
להופעת הרצף במיקום הרביעי יש $2^2$ אפשרויות וכך גם עבור המקום החמישי. אם הרצף יופיע במקום השישי זה בסדר שכן אין הוא יכול להשלים לרצף נתון. לכן, יש סה"כ: $2^5-2^3=32-8=24$ אפשרויות.
אם הרצף הנ"ל מתחיל בהטלה השנייה, אז נדרש לוודא את אותו הדבר.
עבור המקום הראשון אין אפשרות ליצירת הרצף. עבור החמישי יש $2^2$ אפשרויות ליצירת הרצף. עבור המקום השישי אין חשש ליצירת אחד מהרצפים הנתונים באורך 4. לכן, יש סה"כ $2^5-2^2=32-4=28$ אפשרויות.
אם הרצף הנ"ל מתחיל בהטלה השלישית, אז נדרש לוודא את אותו הדבר.
עבור המקום הראשון והשני אין אפשרות ליצירת הרצף וכך גם עבור המקום השישי ולכן יש $2^5=32$ אפשרויות.
אם הרצף הנ"ל מתחיל בהטלה הרביעית, אז נדרש לוודא את אותו הדבר.
עבור המקום הראשון יש $2^2$ אפשרויות ליצירת הרצף. עבור המקום השני, השלישי, השביעי והשמיני אין סכנה. לכן, יש סה"כ $2^5-2^2=28$ אפשרויות.
אם הרצף הנ"ל מתחיל בהטלה החמישית, אז נדרש לוודא את אותו הדבר.
עבור המקום הראשון יש $2^2$ אפשרויות וכך גם עבור המקום השני. עבור שאר המקומות אין סכנה. לכן, יש סה"כ $2^5-2^3=24$ אפשרויות.

לכן מתקיים: $|B|=24+28+32+28+24=136$ ולכן:

P(A)\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מרחב שווה הסתברות}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\frac{|B|}{|\Omega|}=\frac{136}{2^8}=0.53125