Πιθανότητες και Αρχές Στατιστικής — Ιούνιος 2024¶

Μεταγραφή της φωτογραφίας 2023-2024.jpg (το πλήρες δελτίο).

2023-2024.jpg¶

ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ ΚΑΙ ΑΡΧΕΣ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗΣ¶

Εξέταση Ιουνίου 2023-2024

Άσκηση 1 (1.5). Έστω δύο γεγονότα Α και Β του ίδιου δειγματικού χώρου με πιθανότητα πραγματοποίησης $\frac{2}{5}$ και $\frac{1}{3}$ αντίστοιχα. Αν η πιθανότητα να πραγματοποιηθεί τουλάχιστον ένα από αυτά είναι $\frac{2}{3}$ τότε α) να εξεταστεί αν τα Α και Β είναι ανεξάρτητα, β) να υπολογιστεί η πιθανότητα να συμβεί μόνο το Α.

Άσκηση 2 (2.0). Ρίχνουμε ένα συμμετρικό νόμισμα μέχρι να εμφανιστεί αποτέλεσμα 'κεφαλή' ή να συμπληρωθούν τρεις ρίψεις. Ποιος είναι ο αναμενόμενος αριθμός ρίψεων και η αντίστοιχη διασπορά;

Άσκηση 3 (2.0). Έχει παρατηρηθεί ότι κατά τη δακτυλογράφηση κειμένων που περιέχουν μαθηματικούς τύπους σε έναν συγκεκριμένο εκδοτικό οίκο, γίνονται κατά μέσο όρο 2 τυπογραφικά λάθη ανά σελίδα. Το παράρτημα ενός βιβλίου περιέχει δέκα σελίδες με μαθηματικούς τύπους. Να υπολογιστεί η πιθανότητα οι μισές σελίδες να έχουν ακριβώς ένα λάθος.

Άσκηση 4 (1.5). Αν ρίξουμε ένα συμμετρικό νόμισμα 100 φορές, να υπολογιστεί η πιθανότητα ο αριθμός των αποτελεσμάτων 'κεφαλή' να είναι 49 ή 50 ή 51.
α) Βρείτε τύπο που δίνει ακριβώς την πιθανότητα.
β) Υπολογίστε προσεγγιστικά την πιθανότητα του προηγούμενου ερωτήματος.

Άσκηση 5 (1.5). Έστω τυχαίο δείγμα $X_1, X_2, \dots, X_n$ από πληθυσμό άγνωστης μέσης τιμής $\mu$ και διασποράς $\sigma^2$. Δίνονται οι εκτιμήτριες της $\mu$:

\[T_1 = \frac{X_1 + 2X_2 + 3X_3}{6} \quad \text{και} \quad T_2 = \frac{X_1 + 4X_2 + X_3}{6}\]

α) Είναι οι εκτιμήτριες αμερόληπτες;
β) Ποια εκτιμήτρια είναι αποτελεσματικότερη ως προς το κριτήριο της διασποράς;
γ) Βρείτε κάποια αμερόληπτη εκτιμήτρια που είναι αποτελεσματικότερη των $T_1, T_2$.

Άσκηση 6 (2.0). Για τη μελέτη του βάρους των μαθητών ενός σχολείου ελήφθη το ακόλουθο τυχαίο δείγμα (σε kg):
67 56 49 68 50 60 64 58 62
α) Αν το βάρος των μαθητών ακολουθεί κανονική κατανομή με διασπορά $49\text{ kg}^2$ να βρεθεί το 95% διάστημα εμπιστοσύνης για την μέση τιμή του βάρους των μαθητών.
β) Πόσο μεγάλο δείγμα απαιτείται ώστε το εύρος του διαστήματος αυτού να είναι $4\text{ kg}$;

Δίνεται ότι $z_{0.005} = 2.58$, $z_{0.025} = 1.96$, $z_{0.01} = 2.33$

Καλή Επιτυχία !

Επιπλέον πηγές χωρίς μεταγραφή εδώ (λύσεις → 2024-06.solutions.md, ή διπλότυπες φωτογραφίες της ίδιας σελίδας): 24_01.jpg, Screenshot_20240725_130701_Viber.jpg, IMG_3703.png

Λύσεις (⚪ AI, μη επαληθευμένο)

Κατάσταση: ⚪ AI, μη επαληθευμένο Πηγή: migrated from previous_exams.md (Antigravity, 2026-10); + φωτογραφία λύσης φοιτητή για την Άσκηση 2 (IMG_3703.png)

Προσοχή

Άσκηση 3: η λύση δίνει πιθανότητα ≈ 0,082· ο τύπος 252 · (2e^{-2})^5 · (1 − 2e^{-2})^5 δίνει ≈ 0,0755. Απαιτείται επανέλεγχος του αριθμητικού αποτελέσματος. Άσκηση 2 (IMG_3703.png): η μεταγραφή σταματά πριν από το τελικό αποτέλεσμα. Η κατανομή πιθανοτήτων που φαίνεται (1/2, 1/4, 1/4) συμφωνεί με τη λύση του παλιού αρχείου.

Λύσεις — Πιθανότητες και Αρχές Στατιστικής — Ιούνιος 2024¶

Η πρώτη ενότητα είναι η χειρόγραφη λύση φοιτητή για την Άσκηση 2 (IMG_3703.png). Ακολουθούν οι λύσεις των ασκήσεων 1 έως 6 από το παλιό αρχείο, με την κατάσταση ai-unverified· η χαμηλότερη κατάσταση των δύο μερών ισχύει για ολόκληρο το αρχείο.

IMG_3703.png¶

ρίψεων:

Το αναμενόμενο πλήθος ρίψεων για να εμφανιστεί κεφαλή πριν τις τρεις ρίψεις υπολογίζεται με τη χρήση της γεωμετρικής κατανομής. Οι πιθανότητες είναι:

Η κεφαλή να εμφανιστεί στην πρώτη ρίψη:
$P(1) = \frac{1}{2}$, με αναμενόμενο αριθμό ρίψεων $= 1$.
Η κεφαλή να εμφανιστεί στη δεύτερη ρίψη:
$P(2) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$, με αναμενόμενο αριθμό ρίψεων $= 2$.
Η κεφαλή να εμφανιστεί στην τρίτη ρίψη:
$P(3) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{8}$, με αναμενόμενο αριθμό ρίψεων $= 3$.
Δεν εμφανίζεται κεφαλή σε όλες τις ρίψεις (3 γράμματα): $P(\text{κανένα κεφαλή}) = \frac{1}{8}$, οπότε ο αριθμός των ρίψεων είναι 3.

Συνολικό αναμενόμ[ενο πλήθος]

Άσκηση 1 (1,5 Μονάδα)¶

$P(A) = 2/5, P(B) = 1/3, P(A \cup B) = 2/3$. - (α) Έλεγχος Ανεξαρτησίας: $$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) \implies P(A \cap B) = \frac{2}{5} + \frac{1}{3} - \frac{2}{3} = \frac{2}{5} - \frac{1}{3} = \frac{1}{15}$$ Ελέγχουμε: $P(A) \cdot P(B) = \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{15} \neq \frac{1}{15}$. Συμπέρασμα: Τα γεγονότα $A$ και $B$ ΔΕΝ είναι ανεξάρτητα. - (β) Πιθανότητα να συμβεί μόνο το $A$: $$P(A \setminus B) = P(A) - P(A \cap B) = \frac{2}{5} - \frac{1}{15} = \mathbf{\frac{5}{15} = \frac{1}{3}}$$

Άσκηση 2 (2,0 Μονάδες)¶

$P(X = 1) = 1/2$
$P(X = 2) = 1/4$
$P(X = 3) = 1/8 + 1/8 = 1/4$
Αναμενόμενη τιμή: $$E[X] = 1 \cdot \frac{1}{2} + 2 \cdot \frac{1}{4} + 3 \cdot \frac{1}{4} = \mathbf{\frac{7}{4} = 1.75}$$
Διασπορά: $$E[X^2] = 1 \cdot \frac{1}{2} + 4 \cdot \frac{1}{4} + 9 \cdot \frac{1}{4} = \frac{15}{4} = 3.75$$ $$\operatorname{Var}(X) = \frac{15}{4} - \left(\frac{7}{4}\right)^2 = \frac{60 - 49}{16} = \mathbf{\frac{11}{16} = 0.6875}$$

Άσκηση 3 (2,0 Μονάδες) – Poisson & Διωνυμική¶

Πιθανότητα μια τυχαία σελίδα να έχει ακριβώς 1 λάθος: $$p = P(Y = 1) = e^{-2} \frac{2^1}{1!} = 2e^{-2} \approx 0.2707$$
Σε 10 ανεξάρτητες σελίδες ($n = 10$), η πιθανότητα ακριβώς οι μισές ($k = 5$) να έχουν 1 λάθος: $$P(K = 5) = \binom{10}{5} p^5 (1 - p)^5 = 252 \cdot (2e^{-2})^5 (1 - 2e^{-2})^5 \approx \mathbf{0.082}$$

Άσκηση 4 (1,5 Μονάδα)¶

(α) Ακριβής τύπος: $$P(X \in \{49, 50, 51\}) = \sum_{k=49}^{51} \binom{100}{k} (0.5)^{100} = \left[ \binom{100}{49} + \binom{100}{50} + \binom{100}{51} \right] \cdot (0.5)^{100}$$
(β) Προσέγγιση De Moivre-Laplace (με διόρθωση συνέχειας): $\mu = 100 \times 0.5 = 50$, $\sigma = \sqrt{100 \times 0.5 \times 0.5} = 5$. $$P(48.5 \le X \le 51.5) = P\left( \frac{48.5 - 50}{5} \le Z \le \frac{51.5 - 50}{5} \right) = P(-0.3 \le Z \le 0.3) = 2\Phi(0.3) - 1 \approx 2(0.6179) - 1 = \mathbf{0.2358}$$

Άσκηση 5 (1,5 Μονάδα) – Σύγκριση Εκτιμητριών¶

(α) Αμεροληψία: $$E[T_1] = \frac{\mu + 2\mu + 3\mu}{6} = \mu, \quad E[T_2] = \frac{\mu + 4\mu + \mu}{6} = \mu \implies \textbf{Και οι δύο είναι αμερόληπτες.}$$
(β) Αποτελεσματικότητα (Σύγκριση Διασπορών): $$\operatorname{Var}(T_1) = \frac{1^2 + 2^2 + 3^2}{36} \sigma^2 = \frac{14}{36}\sigma^2 = \frac{7}{18}\sigma^2 \approx 0.389\sigma^2$$ $$\operatorname{Var}(T_2) = \frac{1^2 + 4^2 + 1^2}{36} \sigma^2 = \frac{18}{36}\sigma^2 = 0.500\sigma^2$$ Επειδή $\operatorname{Var}(T_1) < \operatorname{Var}(T_2)$, η $T_1$ είναι αποτελεσματικότερη.
(γ) Καλύτερη Αμερόληπτη Εκτιμήτρια: Ο απλός δειγματικός μέσος $\bar{X} = \frac{X_1 + X_2 + X_3}{3}$ έχει: $$\operatorname{Var}(\bar{X}) = \frac{\sigma^2}{3} = \frac{12}{36}\sigma^2 < \operatorname{Var}(T_1) < \operatorname{Var}(T_2)$$

Άσκηση 6 (2,0 Μονάδες)¶

Δειγματικός μέσος: $$\bar{x} = \frac{67 + 56 + 49 + 68 + 50 + 60 + 64 + 58 + 62}{9} = \frac{534}{9} = 59.33\text{ kg}$$
(α) $95\%$ Δ.Ε. ($z_{0.025} = 1.96$): $$E = 1.96 \cdot \frac{7}{\sqrt{9}} = 1.96 \cdot \frac{7}{3} \approx 4.57\text{ kg}$$ $$\text{Δ.Ε.}_{95\%} = [59.33 - 4.57, 59.33 + 4.57] = \mathbf{[54.76, 63.90]\text{ kg}}$$
(β) Μέγεθος δείγματος για εύρος $W = 4\text{ kg}$: $$2 \cdot 1.96 \cdot \frac{7}{\sqrt{n}} = 4 \implies \sqrt{n} = \frac{27.44}{4} = 6.86 \implies n = (6.86)^2 \approx 47.06 \implies \mathbf{n = 48}$$

✔ Επιβεβαίωσε · ✖ Βρήκα λάθος

✖ Βρήκα λάθος στη μεταγραφή