Πιθανότητες και Αρχές Στατιστικής — Σεπτέμβριος 2024¶
Μεταγραφή της φωτογραφίας 2023-2024.png (το πλήρες δελτίο).
2023-2024.png¶
ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ ΚΑΙ ΑΡΧΕΣ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗΣ¶
Εξέταση Σεπτεμβρίου 2023-2024
Άσκηση 1 (1.5). Η πιθανότητα ένας φοιτητής να γνωρίζει την απάντηση σε μια ερώτηση πολλαπλών (τεσσάρων) επιλογών είναι 50%, η πιθανότητα να ταλαντεύεται ανάμεσα σε δύο απαντήσεις είναι 30% και η πιθανότητα να μην ξέρει καθόλου την απάντηση είναι 20%. Στη δεύτερη περίπτωση ο φοιτητής διαλέγει τυχαία μία ανάμεσα στις δύο απαντήσεις, ενώ στην τρίτη περίπτωση διαλέγει τυχαία μία από τις τέσσερις. Αν ένας φοιτητής απαντήσει σωστά σε μία ερώτηση, ποια είναι η πιθανότητα να γνώριζε την απάντηση;
Άσκηση 2 (2.0). Παίκτης ρουλέτας ποντάρει συνέχεια στο κόκκινο, μέχρι να κερδίσει πρώτη φορά. Αν η ρουλέτα έχει 18 κόκκινα (ζυγά) νούμερα, 18 μαύρα (μονά) και 2 πράσινα (0, 00), να υπολογιστεί η πιθανότητα:
α) Να χρειαστεί τουλάχιστον τρεις προσπάθειες για να κερδίσει για πρώτη φορά.
β) Να σταματήσει το παιχνίδι μετά από ζυγό αριθμό προσπαθειών.
Άσκηση 3 (2.0). Δίνεται κανονική τ.μ. \(X \sim N(25, 25)\).
α) Να υπολογιστεί ακριβώς η πιθανότητα \(\Pr\{|X - 27| > 3\}\).
β) Να υπολογιστεί κάτω φράγμα για την πιθανότητα \(\Pr\{10 \le X \le 40\}\).
Άσκηση 4 (1.5). Ένας οδηγός ξεκινάει από το σπίτι και μέχρι το γραφείο του συναντά 4 φανάρια. Αν η πιθανότητα ένα φανάρι που συναντά να είναι πράσινο είναι 0,5 (ανεξάρτητα από τι χρώμα ήταν το προηγούμενο φανάρι), να υπολογιστεί η μέση τιμή για τον αριθμό των πράσινων φαναριών που θα συναντήσει ο οδηγός μέχρι να σταματήσει.
Άσκηση 5 (2.0). Για να προσδιοριστεί η μέση ποσότητα, \(\mu\), μιας ουσίας σε ένα νέο προϊόν δειγματοληπτούνται τυχαία 36 προϊόντα.
α) Αν η μέση ποσότητα της ουσίας σε αυτό το δείγμα είναι 1.74g, να βρεθεί το 90% διάστημα εμπιστοσύνης για την \(\mu\).
β) Πόσο μεγάλο δείγμα πρέπει να πάρουμε για να είμαστε 95% βέβαιοι ότι το εύρος του διαστήματος εμπιστοσύνης θα είναι το πολύ 0.2g;
Υποθέτουμε ότι η κατανομή της ποσότητας της ουσίας στο προϊόν είναι κανονική με διασπορά \(49\text{g}^2\). Χρησιμοποιήστε κάποια από τα: \(z_{0.05} = 1.645, z_{0.025} = 1.96, z_{0.005} = 2.576\)
Άσκηση 6 (2.0). Η τυχαία μεταβλητή X έχει συνάρτηση πυκνότητας πιθανότητας (pdf):
[Λείπει από τη φωτογραφία: η αρχή των γραμμών (αριστερό άκρο της φωτογραφίας κόβει την αρχή της πρότασης «Έστω» και τις ετικέτες «α)» και «β)»)]
τω τυχαίο δείγμα \(X_1, X_2, \dots, X_n\) από πληθυσμό που ακολουθεί αυτήν την κατανομή.
Να εκτιμηθεί η παράμετρος k με τη μέθοδο των ροπών. Να εξηγηθεί το σκεπτικό αυτής της μεθόδου.
Να βρεθεί εκτιμήτρια μέγιστης πιθανοφάνειας για την παράμετρο k. Να εξηγηθεί το σκεπτικό της μεθόδου μέγιστης πιθανοφάνειας.
Καλή Επιτυχία !
Επιπλέον πηγές χωρίς μεταγραφή εδώ (λύσεις →
2024-09.solutions.md, ή διπλότυπες φωτογραφίες της ίδιας σελίδας):Messenger_creation_DBA62FAF-7C8B-4721-940E-04D0C2FE6D99.png
Λύσεις (⚪ AI, μη επαληθευμένο)
Κατάσταση: ⚪ AI, μη επαληθευμένο Πηγή: migrated from previous_exams.md (Antigravity, 2026-10)
Λύσεις — Πιθανότητες και Αρχές Στατιστικής — Σεπτέμβριος 2024¶
Λύσεις των Ασκήσεων 1 έως 6 από το παλιό αρχείο, μεταφερμένες ως έχουν. Οι προτάσεις που παραφράζουν την εκφώνηση δεν μεταφέρονται.
Άσκηση 1 (1,5 Μονάδα) – Θεώρημα Bayes¶
- Ορισμός Γεγονότων:
- \(K\): Γνωρίζει την απάντηση (\(P(K) = 0.50\), \(P(\Sigma \mid K) = 1\)).
- \(T\): Ταλαντεύεται (\(P(T) = 0.30\), \(P(\Sigma \mid T) = 1/2 = 0.5\)).
- \(A\): Αγνοεί (\(P(A) = 0.20\), \(P(\Sigma \mid A) = 1/4 = 0.25\)).
- \(\Sigma\): Απαντά σωστά.
- Θεώρημα Ολικής Πιθανότητας: $\(P(\Sigma) = P(K)P(\Sigma \mid K) + P(T)P(\Sigma \mid T) + P(A)P(\Sigma \mid A)\)$ $\(P(\Sigma) = 0.50 \times 1 + 0.30 \times 0.5 + 0.20 \times 0.25 = 0.50 + 0.15 + 0.05 = 0.70\)$
- Πιθανότητα να γνώριζε δεδομένου ότι απάντησε σωστά (Bayes): $\(P(K \mid \Sigma) = \frac{P(K)P(\Sigma \mid K)}{P(\Sigma)} = \frac{0.50}{0.70} = \mathbf{\frac{5}{7}} \approx 71.43\%\)$
Άσκηση 2 (2,0 Μονάδες) – Γεωμετρική Κατανομή στη Ρουλέτα¶
Σε ρουλέτα με 38 αριθμούς (18 κόκκινα, 18 μαύρα, 2 πράσινα \(0, 00\)): - Πιθανότητα επιτυχίας (κόκκινο): \(p = \frac{18}{38} = \frac{9}{19}\). - Πιθανότητα αποτυχίας: \(q = 1 - p = \frac{20}{38} = \frac{10}{19}\). - Έστω \(X\): αριθμός προσπαθειών μέχρι την 1η νίκη (\(X \sim \operatorname{Geom}(p)\)).
(α) Τουλάχιστον τρεις προσπάθειες για να κερδίσει πρώτη φορά: $\(P(X \ge 3) = P(\text{αποτυχία στις 2 πρώτες}) = q^2 = \left(\frac{10}{19}\right)^2 = \mathbf{\frac{100}{361}} \approx 0.277\)$
(β) Τερματισμός μετά από ζυγό αριθμό προσπαθειών (\(X \in \{2, 4, 6, \dots\}\)): $\(P(X \text{ ζυγό}) = \sum_{k=1}^\infty P(X = 2k) = \sum_{k=1}^\infty q^{2k-1} p = q p \sum_{m=0}^\infty (q^2)^m = \frac{q p}{1 - q^2} = \frac{q}{1 + q}\)$ $\(P(X \text{ ζυγό}) = \frac{10/19}{1 + 10/19} = \mathbf{\frac{10}{29}} \approx 0.3448\)$
Άσκηση 3 (2,0 Μονάδες) – Κανονική Κατανομή & Ανισότητα Chebyshev¶
Δίνεται \(X \sim \mathcal{N}(25, 25) \implies \mu = 25, \sigma = 5\).
(α) Ακριβής υπολογισμός \(P(|X - 27| > 3)\): $\(|X - 27| > 3 \iff X > 30 \text{ ή } X < 24\)$ Τυποποίηση \(Z = \frac{X - 25}{5}\): - \(X = 30 \implies Z = \frac{30 - 25}{5} = 1.00\) - \(X = 24 \implies Z = \frac{24 - 25}{5} = -0.20\) $\(P(X > 30) = 1 - \Phi(1) \approx 1 - 0.8413 = 0.1587\)$ $\(P(X < 24) = \Phi(-0.2) = 1 - \Phi(0.2) \approx 1 - 0.5793 = 0.4207\)$ $\(P(|X - 27| > 3) = 0.1587 + 0.4207 = \mathbf{0.5794}\)$
(β) Κάτω φράγμα Chebyshev για \(P(10 \le X \le 40)\): Παρατηρούμε ότι το διάστημα είναι συμμετρικό γύρω από το \(\mu = 25\): $\(10 \le X \le 40 \iff |X - 25| \le 15 = 3\sigma \quad (k = 3)\)$ Από την ανισότητα Chebyshev: $\(P(|X - \mu| \le k\sigma) \ge 1 - \frac{1}{k^2} \implies P(10 \le X \le 40) \ge 1 - \frac{1}{3^2} = \mathbf{\frac{8}{9}} \approx 0.8889\)$
Άσκηση 4 (1,5 Μονάδα) – Αναμενόμενος Αριθμός Πράσινων Φαναριών¶
Έστω \(Y\): αριθμός πράσινων φαναριών μέχρι το πρώτο κόκκινο (ή και τα 4). Με \(p = q = 0.5\): - \(P(Y = 0) = q = 1/2\) - \(P(Y = 1) = pq = 1/4\) - \(P(Y = 2) = p^2 q = 1/8\) - \(P(Y = 3) = p^3 q = 1/16\) - \(P(Y = 4) = p^4 = 1/16\) Αναμενόμενη τιμή: $\(E[Y] = 0 \cdot \frac{1}{2} + 1 \cdot \frac{1}{4} + 2 \cdot \frac{1}{8} + 3 \cdot \frac{1}{16} + 4 \cdot \frac{1}{16} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{7}{16} = \mathbf{\frac{15}{16}} = 0.9375\)$
Άσκηση 5 (2,0 Μονάδες) – Διάστημα Εμπιστοσύνης & Μέγεθος Δείγματος¶
Δείγμα \(n = 36\), \(\bar{x} = 1.74\text{ g}\), \(\sigma^2 = 49 \implies \sigma = 7\text{ g}\). (α) \(90\%\) Διάστημα Εμπιστοσύνης (\(z_{0.05} = 1.645\)): $\(E = z_{0.05} \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = 1.645 \cdot \frac{7}{6} \approx 1.919\)$ $\(\text{Δ.Ε.}_{90\%} = [1.74 - 1.919, 1.74 + 1.919] = \mathbf{[-0.179, 3.659]}\)$
(β) Μέγεθος δείγματος για εύρος \(95\%\) Δ.Ε. το πολύ \(0.2\text{ g}\) (\(z_{0.025} = 1.96\)): $\(W = 2 \cdot 1.96 \cdot \frac{7}{\sqrt{n}} \le 0.2 \implies \sqrt{n} \ge \frac{27.44}{0.2} = 137.2 \implies n \ge 18823.84\)$ Άρα απαιτούνται κατ' ελάχιστον \(\mathbf{n = 18824}\) παρατηρήσεις.
Άσκηση 6 (2,0 Μονάδες) – Εκτιμητές Ροπών & Μέγιστης Πιθανοφάνειας (MLE)¶
(α) Μέθοδος Ροπών: $\(E[X] = \int_0^1 x(k+1)x^k dx = \frac{k+1}{k+2} = \bar{X} \implies \mathbf{\hat{k}_{\text{MM}} = \frac{2\bar{X} - 1}{1 - \bar{X}}}\)$ (β) Μέθοδος Μέγιστης Πιθανοφάνειας (MLE): $\(\ln L(k) = n \ln(k+1) + k \sum_{i=1}^n \ln X_i\)$ $\(\frac{d}{dk} \ln L(k) = \frac{n}{k+1} + \sum_{i=1}^n \ln X_i = 0 \implies \mathbf{\hat{k}_{\text{MLE}} = -\frac{n}{\sum_{i=1}^n \ln X_i} - 1}\)$