1 - תרגול — הסתברות מ' | תיקיית הסיכומים

הגדרה 1 (מרחב מדגם)

אוסף תוצאות אפשריות של ניסוי. נסמן $\Omega$ .

הגדרה 2 (מאורע)

תת קבוצה של מרחב המדגם. נסמן $A$ .

הגדרה 3 (סיגמה אלגברה)

אוסף של תתי קבוצות של $\Omega$ שנסמן $\mathcal{F}$ המקיים:
א. $\emptyset \in \mathcal{F}$ .
ב. $\forall \left\{ A_{n} \right\}_{n=1}^\infty \in \mathcal{F}:\;\bigcup_{n}A_{n}\in \mathcal{F}$ .
ג. אם $A \in \mathcal{F}$ אז גם $\overline{A}\in \mathcal{F}$ .

הערה (תזכורת)

משום מה בקורס הזה הם מסמנים את המשלים כך: $A^c$ במקום $\overline{A}$ .

דוגמה

הדוגמה הכי מנוונת ל- $\sigma$ -אלגברה היא הקבוצה $\left\{ \emptyset, \Omega \right\}$ .
עוד דוגמה ל- $\sigma$ -אלגברה היא הקבוצה $\left\{ \emptyset , \Omega ,\left\{ 1 \right\},\left\{ 2,\dots,6 \right\} \right\}$ .
הקבוצה $\left\{ \emptyset, \Omega ,\left\{ 1 \right\},\left\{ 2,\dots,6 \right\},\left\{ 4 \right\} \right\}$ אינה $\sigma$ -אלגברה.

הגדרה 4 (מידת הסתברות)

פונקציה $P:\mathcal{F}\to[0,1]$ המקיימת:
א. אם $\left\{ A_{n} \right\}_{i=1}^\infty$ חלוקה של $A$ אזי $P(A)=\sum\limits_{i=1}^nP(A_{i})$ .
ב. $P(\Omega)=1$ .

משפט (תכונות ההסתברות)

לכל $A \in \mathcal{F}$ מתקיים:

P(\overline{A})=1-P(A)

הגדרה 5 (מרחב מדגם בדיד)

מרחב מדגם שיש בו מספר סופי או בן מניה של תוצאות יקרא בדיד.

הגדרה 6 (מאורע פשוט)

מאורע המכיל תוצאה אחת יקרא פשוט. נסמן $\left\{ \omega \right\}$ .

הגדרה 7 (מידת הסתברות אחידה)

לכל מאורע פשוט אותה הסתברות. על מרחב מדגם סופי זה יראה:

P(\left\{ \omega \right\})=\frac{1}{|\Omega|} \qquad \qquad P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}

הערה

נשים לב כי למרחב מדגם בן מנייה לא יכולה להיות מידת הסתברות אחידה שכן:

1=P(\Omega )=P\left( \bigcup_{i=1}^\infty \left\{ \omega_{i} \right\} \right)=\sum_{i=1}^\infty P(\left\{ \omega \right\})=\sum_{i=1}^\infty \frac{1}{\aleph_{0}}

תרגיל

תהא $\left\{ A_{n} \right\}_{n=1}^\infty$ סדרת מאורעות המקיימת $A_{1}\subseteq A_{2}\subseteq A_{3}\subseteq\dots$ .
הוכיחו כי $P\left( \bigcup_{i=1}^\infty A_{n} \right)=\lim\limits_{ n \to \infty }P(A_{n})$ .

הוכחה:
נגדיר סדרת מאורעות חדשה $\left\{ B_{n} \right\}_{n=1}^\infty$ כך $B_{n}=A_{n}\setminus A_{n-1}$ ונסמן $A_{0}=\emptyset$ .
נשים לב כי המאורעות ב- $\left\{ B_{n} \right\}_{n=1}^\infty$ הינם זרים אחד לשני ולכן $\bigcup_{n=1}^\infty A_{n}=\biguplus_{n=1}^\infty B_{n}$ .

\begin{align*} P\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_{n}\right)&=P\left(\bigcup_{n=1}^\infty B_{n}\right) \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{המאורעות זרים}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\sum_{n=1}^\infty P(B_{n})=\sum_{n=1}^\infty P(A_{n} \setminus A_{n-1}) \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{תכונות מידת הסתברות}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\sum_{n=1}^\infty (P(A_{n})-P(A_{n-1})) \\ &=P(A_{1})-\underbrace{P(A_{0})}_{0}+P(A_{2})-P(A_{1})+P(A_{3})-P(A_{2})+\dots=\lim_{ n \to \infty } P(A_{n}) \end{align*}

הערה (לא צריך למבחן)

באופן קצת יותר פורמלי:

\begin{align*} \sum_{n=1}^\infty (P(A_{n})-P(A_{n-1}))\!&=\!\!\!\lim_{ M \to \infty } \sum_{n=1}^M (P(A_{n})-P(A_{n-1}))\!=\!\!\!\lim_{ M \to \infty } (A_{1}\!-\!A_{0}\!+\!A_{2}-A_{1}+\dots+A_{n}-A_{n-1}) \\ &=\lim_{ M \to \infty } (A_{M}-A_{0})=\lim_{ M \to \infty } A_{M}=\lim_{ n \to \infty } A_{n} \end{align*}

∎

תרגיל

באוכלוסיה יש $60\%$ דוברי עברית, $40\%$ דוברי אנגלית ו- $30\%$ דוברי צרפתית.
בנוסף, $12\%$ דוברים עברית וצרפתית, $16\%$ דוברים עברית ואנגלית ו- $5\%$ דוברים את כל השפות.
כל בן אדם באוכלוסיה דובר אחת מ-3 השפות לפחות.
בוחרים באקראי מהאוכלוסיה אדם. מהי ההסתברות ש:
א. הוא דובר צרפתית ואנגלית?
ב. האדם אינו דובר עברית?
ג. האדם יודע עברית אך לא יודע אנגלית?
ד. האדם יודע רק צרפתית?

פתרון א':
נגדיר $H$ האדם שנבחר שדובר עברית. $E$ האדם שנבחר דובר אנגלית ו- $F$ האדם שנבחר דובר צרפתית. אזי:

P(H)=0.6 \qquad P(E)=0.4 \qquad P(F)=0.3

P(H \cap F)=0.12 \qquad P(H \cap E)=0.16 \qquad P(H \cap F \cap E)=0.05

מה שואלים אותנו מתמטית? דורשים מאיתנו לחשב את $P(E \cap F)$ . נתחיל בלמצוא את האיחוד ואז נוכל להשתמש בהכלה-הפרדה.
אנו יודעים כי $P(H \cup E \cup F)=1$ לפי תכונות מידת הסתברות והעובדה שכל אדם באוכלוסיה דובר אחת מ- $3$ השפות לפחות.
לפי הכלה-הפרדה:

P(H \cup E \cup F)=P(H)+P(E)+P(F)-P(H \cap E)-P(E \cap F)-P(F \cap H)+P(H \cap F \cap E)

1=0.6+0.4+0.3-0.12-0.16-P(E \cap F)+0.05 \implies P(E \cap F)=0.07

פתרון ב':

P(\overline{H})=1-P(H)=0.4

פתרון ג':
רוצים שנחשב את $P(H \cap \overline{E})$ . מכיוון שזה פשוט $H$ ללא האיזור המשותף ל- $H$ ו- $E$ מתקיים כי:

P(H \cap \overline{ E})=P(H)-P(H \cap E)=0.6-0.16=0.44

פתרון ד':
רוצים שנחשב את $P(F \cap \overline{H} \cap \overline{E})$ .

P(F \cap \overline{H} \cap \overline{E})\!=P(F)-P(F \cap H)-P(F \cap E )+P(F \cap H \cap E)=0.3-0.12-0.07+0.05=0.16

תרגיל

מטילים 3 קוביות הוגנות פעמיים.
הנחה: לכל וקטור סדור עם $6$ רכיבים של מספרים מ- $1$ עד $6$ יש הסתברות שווה להתקבל.
מהי ההסתברות לקבל תוצאה זהה בשתי ההטלות אם:

הקוביות שונות זו מזו?
הקוביות זהות?

\Omega=\left\{ (d_{1},d_{2},d_{3},d_{4},d_{5},d_{6}) \mid \forall 1\leq i\leq{6}:\;d_{i}\in \left\{ 1,\dots,6 \right\} \right\}

לפי קומבי: $|\Omega|=6^6$ .
נתון כי מידת ההסתברות אחידה במרחב מדגם זה.

פתרון 1:
נגדיר מאורע $A$ - התקבלה תוצאה זהה ב- $2$ ההטלות כאשר הקוביות שונות.

A=\left\{ (d_{1},d_{2},d_{3},d_{1},d_{2},d_{3}) \mid \forall 1\leq i\leq3:\; d_{i}\in \left\{ 1,\dots,6 \right\} \right\}

P(A)\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מידת הסתברות אחידה}} \end{matrix}}{=}\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{6^3}{6^6}=\frac{1}{6^3}\approx 0.005

פתרון 2:
כשאומרים לנו שהקוביות זהות הכוונה שהסדר בין הקוביות בתוך אותה הטלה אינו משנה. (נניח $(1,2,5)$ זהה ל- $(2,1,5)$ )
נגדיר מאורע $B$ - התקבלו תוצאות זהות ב-2 ההטלות כאשר הקוביות זהות.
על מנת לחשב את $|B|$ נפצל למקרים:

אם התקבלה אותה ספרה בשלוש הקוביות אזי יש $6$ אפשרויות (אחת לכל ספרה)
אם התקבלו 2 ספרות שונות בשלוש הקוביות, נבחר את שתי הספרות תחילה: $\begin{pmatrix}6 \\ 2\end{pmatrix}$ ואז נבחר איזו ספרה מופיעה פעמיים ולכך $2$ אפשרויות, לאחר מכן, נבחר איפה הספרה המיוחדת תהיה ממוקמת ולכן $3$ אפשרויות לכל אחד ולכן $3^2$ סך הכל.
סך הכל למקרה זה נקבל $\begin{pmatrix}6 \\ 2\end{pmatrix}\cdot 2\cdot 3^2$ .
אם התקבלו $3$ ספרות שונות בשלוש הקוביות, נבחר את שלוש הספרות תחילה: $\begin{pmatrix}6 \\ 3\end{pmatrix}$ ואז נסדר את שני הוקטורים: $(3!)^2$ . סה"כ נקבל: $\begin{pmatrix}6 \\ 3\end{pmatrix}(3!)^2$

סה"כ נקבל $|B|=6+2\cdot 3^2\begin{pmatrix}6 \\ 2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}6 \\ 3\end{pmatrix}(3!)^2=996$ .

P(B)=\frac{|B|}{|\Omega|}=\frac{996}{6^6}=\frac{83}{3888}\approx 0.021

תרגיל

יש לנו $n$ מכתבים שמוכנסים באקראי ל- $n$ מעטפות.
הנחה: לכל השמה של מכתבים למעטפות יש הסתברות זהה להתקבל.
מהי ההסתברות שלפחות מכתב אחד יגיע ליעד שלו?

מרחב המדגם מתאר לנו את כל האפשרויות לסדר את $n$ המכתבים הללו ולכן $|\Omega|=n!$ .
בנוסף, נתון לנו כי מידת ההסתברות אחידה במרחב מדגם זה.
נפתור על ידי מציאת המשלים, כלומר מציאת ההסתברות שאף מכתב לא יגיע ליעד. הבעיה במקרה הזה היא שגם החישוב הזה הוא לא פשוט. לכן, במקום, נעשה את זה באמצעות הכלה והפרדה.
נגדיר $A_{i}$ כמאורע בו המכתב ה- $i$ הגיע ליעד שלו כאשר $i\in \left\{ 1,\dots,n \right\}$ .

\begin{align*} &P(A_{1}\cup A_{2}\cup\dots \cup A_{n})=\\ &=\sum_{i=1}^n P(A_{i})-\sum_{i\neq j}^n P(A_{i}\cap A_{j})+\sum_{i \neq j\neq k}^n P(A_{i}\cap A_{j}\cap A_{k})+\dots+(-1)^{n+1}P(A_{1}\cap A_{2}\cap\dots \cap A_{n}) \end{align*}

מספר האפשרויות עבור $A_{i}$ הינו $(n-1)!$ לכל $i \in \left\{ 1,\dots,n \right\}$ . לכן: $P(A_{i})=\frac{1}{n!}\cdot(n-1)!=\frac{1}{n}$ ולכן $\sum_{i=1}^n P(A_{i})=\frac{n}{n}=\frac{1}{1!}$ .
מספר האפשרויות עבור $A_{i}\cap A_{j}$ הינו $(n-2)!$ לכל $i\neq j \in \left\{ 1,2,\dots,n \right\}$ . לכן, $P(A_{i}\cap A_{j})=\frac{(n-2)!}{n!}=\frac{1}{n(n-1)}$ ולכן:

\sum_{i\neq j}^n P(A_{i}\cap A_{j})=\begin{pmatrix} n \\ 2 \end{pmatrix} \frac{(n-2)!}{n!}=\frac{n!}{2!(n-2)!}\cdot \frac{(n-2)!}{n!}=\frac{1}{2!}

וכך הלאה. נשים לב כי יש פה חוקיות ונקבל כי $P(A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\dots\cap A_{i_{k}})=\frac{(n-k)!}{n!}$ ולכן:

\sum P(\cdots)=\sum \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \frac{(n-k)!}{n!}=\frac{n!}{k!(n-k)!} \frac{(n-k)!}{n!}=\frac{1}{k!}

לכן:

P(A_{1}\cup A_{2} \cup \dots \cup A_{n})=\frac{1}{1!}-\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}-\dots+(-1)^{n+1} \frac{1}{n!}=\sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}\frac{1}{k!}

בעקרון זוהי התשובה. זה מתקבל במבחן (אך פחות טוב). אך כעת, ננסה לזהות משהו מוכר ולמצוא דרך יפה יותר להציג זאת:
נזכר כי $e^x=\sum_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k!}$ . נשים לב כי יש לנו $2$ בעיות: (1) ה- $k$ אצלנו מתחיל ב- $1$ ו-(2) הטור אצלנו רץ עד $n$ ואצלם עד $\infty$ .

\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k+1}}{k!}=-\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^{k}}{k!}+1

\lim_{ n \to \infty } \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k+1}}{k!}=1-\frac{1}{e}

וזוהי התשובה הנורמלית במבחן.

הגדרה 1 (מרחב מדגם)

אוסף תוצאות אפשריות של ניסוי. נסמן $\Omega$ .

הגדרה 2 (מאורע)

תת קבוצה של מרחב המדגם. נסמן $A$ .

הגדרה 3 (סיגמה אלגברה)

הערה (תזכורת)

משום מה בקורס הזה הם מסמנים את המשלים כך: $A^c$ במקום $\overline{A}$ .

דוגמה

הדוגמה הכי מנוונת ל- $\sigma$ -אלגברה היא הקבוצה $\left\{ \emptyset, \Omega \right\}$ .
עוד דוגמה ל- $\sigma$ -אלגברה היא הקבוצה $\left\{ \emptyset , \Omega ,\left\{ 1 \right\},\left\{ 2,\dots,6 \right\} \right\}$ .
הקבוצה $\left\{ \emptyset, \Omega ,\left\{ 1 \right\},\left\{ 2,\dots,6 \right\},\left\{ 4 \right\} \right\}$ אינה $\sigma$ -אלגברה.

הגדרה 4 (מידת הסתברות)

פונקציה $P:\mathcal{F}\to[0,1]$ המקיימת:
א. אם $\left\{ A_{n} \right\}_{i=1}^\infty$ חלוקה של $A$ אזי $P(A)=\sum\limits_{i=1}^nP(A_{i})$ .
ב. $P(\Omega)=1$ .

משפט (תכונות ההסתברות)

לכל $A \in \mathcal{F}$ מתקיים:

P(\overline{A})=1-P(A)

הגדרה 5 (מרחב מדגם בדיד)

מרחב מדגם שיש בו מספר סופי או בן מניה של תוצאות יקרא בדיד.

הגדרה 6 (מאורע פשוט)

מאורע המכיל תוצאה אחת יקרא פשוט. נסמן $\left\{ \omega \right\}$ .

הגדרה 7 (מידת הסתברות אחידה)

לכל מאורע פשוט אותה הסתברות. על מרחב מדגם סופי זה יראה:

P(\left\{ \omega \right\})=\frac{1}{|\Omega|} \qquad \qquad P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}

הערה

נשים לב כי למרחב מדגם בן מנייה לא יכולה להיות מידת הסתברות אחידה שכן:

1=P(\Omega )=P\left( \bigcup_{i=1}^\infty \left\{ \omega_{i} \right\} \right)=\sum_{i=1}^\infty P(\left\{ \omega \right\})=\sum_{i=1}^\infty \frac{1}{\aleph_{0}}

תרגיל

\begin{align*} P\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_{n}\right)&=P\left(\bigcup_{n=1}^\infty B_{n}\right) \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{המאורעות זרים}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\sum_{n=1}^\infty P(B_{n})=\sum_{n=1}^\infty P(A_{n} \setminus A_{n-1}) \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{תכונות מידת הסתברות}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\sum_{n=1}^\infty (P(A_{n})-P(A_{n-1})) \\ &=P(A_{1})-\underbrace{P(A_{0})}_{0}+P(A_{2})-P(A_{1})+P(A_{3})-P(A_{2})+\dots=\lim_{ n \to \infty } P(A_{n}) \end{align*}

הערה (לא צריך למבחן)

באופן קצת יותר פורמלי:

\begin{align*} \sum_{n=1}^\infty (P(A_{n})-P(A_{n-1}))\!&=\!\!\!\lim_{ M \to \infty } \sum_{n=1}^M (P(A_{n})-P(A_{n-1}))\!=\!\!\!\lim_{ M \to \infty } (A_{1}\!-\!A_{0}\!+\!A_{2}-A_{1}+\dots+A_{n}-A_{n-1}) \\ &=\lim_{ M \to \infty } (A_{M}-A_{0})=\lim_{ M \to \infty } A_{M}=\lim_{ n \to \infty } A_{n} \end{align*}

∎

תרגיל

פתרון א':
נגדיר $H$ האדם שנבחר שדובר עברית. $E$ האדם שנבחר דובר אנגלית ו- $F$ האדם שנבחר דובר צרפתית. אזי:

P(H)=0.6 \qquad P(E)=0.4 \qquad P(F)=0.3

P(H \cap F)=0.12 \qquad P(H \cap E)=0.16 \qquad P(H \cap F \cap E)=0.05

P(H \cup E \cup F)=P(H)+P(E)+P(F)-P(H \cap E)-P(E \cap F)-P(F \cap H)+P(H \cap F \cap E)

1=0.6+0.4+0.3-0.12-0.16-P(E \cap F)+0.05 \implies P(E \cap F)=0.07

פתרון ב':

P(\overline{H})=1-P(H)=0.4

פתרון ג':
רוצים שנחשב את $P(H \cap \overline{E})$ . מכיוון שזה פשוט $H$ ללא האיזור המשותף ל- $H$ ו- $E$ מתקיים כי:

P(H \cap \overline{ E})=P(H)-P(H \cap E)=0.6-0.16=0.44

פתרון ד':
רוצים שנחשב את $P(F \cap \overline{H} \cap \overline{E})$ .

P(F \cap \overline{H} \cap \overline{E})\!=P(F)-P(F \cap H)-P(F \cap E )+P(F \cap H \cap E)=0.3-0.12-0.07+0.05=0.16

תרגיל

הקוביות שונות זו מזו?
הקוביות זהות?

\Omega=\left\{ (d_{1},d_{2},d_{3},d_{4},d_{5},d_{6}) \mid \forall 1\leq i\leq{6}:\;d_{i}\in \left\{ 1,\dots,6 \right\} \right\}

לפי קומבי: $|\Omega|=6^6$ .
נתון כי מידת ההסתברות אחידה במרחב מדגם זה.

פתרון 1:
נגדיר מאורע $A$ - התקבלה תוצאה זהה ב- $2$ ההטלות כאשר הקוביות שונות.

A=\left\{ (d_{1},d_{2},d_{3},d_{1},d_{2},d_{3}) \mid \forall 1\leq i\leq3:\; d_{i}\in \left\{ 1,\dots,6 \right\} \right\}

P(A)\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מידת הסתברות אחידה}} \end{matrix}}{=}\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{6^3}{6^6}=\frac{1}{6^3}\approx 0.005

אם התקבלה אותה ספרה בשלוש הקוביות אזי יש $6$ אפשרויות (אחת לכל ספרה)
אם התקבלו 2 ספרות שונות בשלוש הקוביות, נבחר את שתי הספרות תחילה: $\begin{pmatrix}6 \\ 2\end{pmatrix}$ ואז נבחר איזו ספרה מופיעה פעמיים ולכך $2$ אפשרויות, לאחר מכן, נבחר איפה הספרה המיוחדת תהיה ממוקמת ולכן $3$ אפשרויות לכל אחד ולכן $3^2$ סך הכל.
סך הכל למקרה זה נקבל $\begin{pmatrix}6 \\ 2\end{pmatrix}\cdot 2\cdot 3^2$ .
אם התקבלו $3$ ספרות שונות בשלוש הקוביות, נבחר את שלוש הספרות תחילה: $\begin{pmatrix}6 \\ 3\end{pmatrix}$ ואז נסדר את שני הוקטורים: $(3!)^2$ . סה"כ נקבל: $\begin{pmatrix}6 \\ 3\end{pmatrix}(3!)^2$

סה"כ נקבל $|B|=6+2\cdot 3^2\begin{pmatrix}6 \\ 2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}6 \\ 3\end{pmatrix}(3!)^2=996$ .

P(B)=\frac{|B|}{|\Omega|}=\frac{996}{6^6}=\frac{83}{3888}\approx 0.021

תרגיל

\begin{align*} &P(A_{1}\cup A_{2}\cup\dots \cup A_{n})=\\ &=\sum_{i=1}^n P(A_{i})-\sum_{i\neq j}^n P(A_{i}\cap A_{j})+\sum_{i \neq j\neq k}^n P(A_{i}\cap A_{j}\cap A_{k})+\dots+(-1)^{n+1}P(A_{1}\cap A_{2}\cap\dots \cap A_{n}) \end{align*}

\sum_{i\neq j}^n P(A_{i}\cap A_{j})=\begin{pmatrix} n \\ 2 \end{pmatrix} \frac{(n-2)!}{n!}=\frac{n!}{2!(n-2)!}\cdot \frac{(n-2)!}{n!}=\frac{1}{2!}

וכך הלאה. נשים לב כי יש פה חוקיות ונקבל כי $P(A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\dots\cap A_{i_{k}})=\frac{(n-k)!}{n!}$ ולכן:

\sum P(\cdots)=\sum \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} \frac{(n-k)!}{n!}=\frac{n!}{k!(n-k)!} \frac{(n-k)!}{n!}=\frac{1}{k!}

לכן:

P(A_{1}\cup A_{2} \cup \dots \cup A_{n})=\frac{1}{1!}-\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}-\dots+(-1)^{n+1} \frac{1}{n!}=\sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}\frac{1}{k!}

\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k+1}}{k!}=-\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^{k}}{k!}+1

\lim_{ n \to \infty } \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k+1}}{k!}=1-\frac{1}{e}

וזוהי התשובה הנורמלית במבחן.