Exercicis de combinatòria i probabilitat — Matemàtiques Aplicades a les Ciències Socials 1r Batxillerat

Cada llançament té 2 resultats, així que 2 · 2 · 2 = 8 resultats possibles.

La probabilitat que passi el succés B sabent que ja ha passat el succés A.

P(A|B) = P(A ∩ B)/P(B) = 0,12/0,4 = 0,3.

Hi intervenen tots els elements, no se'n repeteix cap i l'ordre importa: són permutacions de 5 elements.
$P_{5}$ = 5! = 5·4·3·2·1 = 120.
Comprovació amb el principi multiplicatiu: 5 opcions per al primer lloc, 4 per al segon, 3 per al tercer, 2 per al quart i 1 per al cinquè: 5·4·3·2·1 = 120 maneres.

C_7,3 = 7!/(3!·4!) = (7·6·5)/(3·2·1) = 210/6 = 35.
C_7,4 = 7!/(4!·3!) = (7·6·5·4)/(4·3·2·1) = 840/24 = 35.
Coincideixen perquè C_n,k = C_n,n-k: triar 3 elements d'entre 7 és el mateix que decidir quins 4 elements no es trien.

Regla de Laplace: P = casos favorables / casos possibles. En total hi ha 5 + 3 + 2 = 10 boles.
P(blava) = 3/10 = 0,3.
«No verda» és l'esdeveniment contrari de «verda»: P(no verda) = 1 - P(verda) = 1 - 2/10 = 8/10 = 0,8 (o directament: 5 + 3 = 8 boles favorables de 10).
Comprovació: P(vermella) + P(blava) + P(verda) = 0,5 + 0,3 + 0,2 = 1.

A = {2, 4, 6}, B = {3, 6} i A ∩ B = {6}.
No són incompatibles, perquè tenen un resultat en comú: el 6.
P(A) = 3/6, P(B) = 2/6 i P(A ∩ B) = 1/6, així que P(A ∪ B) = P(A) + P(B) - P(A ∩ B) = 3/6 + 2/6 - 1/6 = 4/6 = 2/3 ≈ 0,667.
Comprovació: A ∪ B = {2, 3, 4, 6} té 4 resultats favorables de 6.

Si A i B són independents, P(A ∩ B) = P(A)·P(B) = 0,6·0,5 = 0,3.
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) - P(A ∩ B) = 0,6 + 0,5 - 0,3 = 0,8.
Error típic: confondre «independents» amb «incompatibles». Si fossin incompatibles, P(A ∩ B) valdria 0 i P(A ∪ B) seria 1,1, cosa impossible.

a) Combinació: l'ordre no importa, perquè el conjunt de 4 llibres és el mateix sigui quin sigui l'ordre en què els triem. C_12,4 = $\tfrac{(12\cdot 11\cdot 10\cdot 9)}{(4\cdot 3\cdot 2\cdot 1)} = 495$.
b) Variació: es trien 4 lletres d'entre 26 i l'ordre importa, perquè ABCD i BACD són contrasenyes diferents. V_26,4 = 26·25·24·23 = 358800.
c) Permutació: hi intervenen tots els 6 trofeus i només canvia l'ordre. $P_{6}$ = 6! = 720.
Idea clau: tots els elements → permutació; alguns elements i l'ordre importa → variació; alguns elements i l'ordre no importa → combinació.

Quan l'alumne fa 8·7 està comptant parelles ordenades: el partit A-B i el partit B-A els compta com si fossin dos, i en realitat és el mateix partit.
Cada partit s'ha comptat dues vegades, així que cal dividir entre 2: $\tfrac{56}{2} = 28$ partits.
És el nombre de combinacions C_8,2 = 8!/(2!·6!) = $\tfrac{(8\cdot 7)}{2} = 28$.
Si es juguessin partits d'anada i tornada, sí que n'hi hauria 8·7 = 56 (variacions).

A la primera extracció hi ha 6 opcions i a la segona 5, perquè la bola no hi torna: 6 · 5 = 30 parelles ordenades.

Cada posició té 10 opcions i es poden repetir, així que $10^{4}$ = 10000 matrícules.

No importa l'ordre, perquè la comissió és la mateixa en qualsevol ordre: s'han de fer servir combinacions.

P(T) = 180/400 = 0,45, P(C) = 260/400 = 0,65 i P(T ∩ C) = 120/400 = 0,30. La unió és 0,45 + 0,65 - 0,30 = 0,80.

La paraula té 8 lletres i l'A hi apareix dues vegades (les altres són diferents): són permutacions amb repetició. Total = 8!/2! = 40320/2 = 20160 paraules.
Les que comencen per A: fixem una A al primer lloc i ordenem les 7 lletres restants (L, E, A, T, O, R, I), que ara són totes diferents: 7! = 5040 paraules.
Comprovació: 5040 és exactament la quarta part de 20160, perquè 2 de les 8 lletres són A i la probabilitat que la primera lletra sigui A és 2/8 = 1/4.

Total: cada xifra té 10 opcions i es poden repetir (variacions amb repetició): $10^{5}$ = 100000 codis.
Codis amb les 5 xifres diferents (variacions sense repetició): 10·9·8·7·6 = 30240.
«Almenys una xifra repetida» és el contrari de «totes diferents»: 100000 - 30240 = 69760 codis.
Comprovació: la probabilitat que un codi triat a l'atzar tingui alguna xifra repetida és 69760/100000 = 0,6976, és a dir, gairebé un 70 %.

L'ordre no importa, així que són combinacions: C_10,3 = (10·9·8)/(3·2·1) = 720/6 = 120 tries.
Comptar directament «almenys un assaig» obliga a sumar tres casos; és més ràpid fer servir el contrari, «cap assaig», és a dir, només novel·les: C_6,3 = (6·5·4)/6 = 20.
Almenys un assaig: 120 - 20 = 100 tries.
Comprovació amb els tres casos: C_4,1·C_6,2 (1 assaig i 2 novel·les) + C_4,2·C_6,1 (2 assajos i 1 novel·la) + C_4,3 (3 assajos) = 4·15 + 6·6 + 4 = 60 + 36 + 4 = 100.

Fem un diagrama d'arbre; com que no hi ha reposició, a la segona extracció les probabilitats han canviat.
P(B, B) = 4/10·3/9 = 12/90 i P(N, N) = 6/10·5/9 = 30/90.
Mateix color: 12/90 + 30/90 = 42/90 = 7/15 ≈ 0,467 (els dos camins són incompatibles, per això se sumen).
Colors diferents: és el contrari, 1 - 7/15 = 8/15 ≈ 0,533.
Comprovació directa: P(B, N) + P(N, B) = 4/10·6/9 + 6/10·4/9 = 24/90 + 24/90 = 48/90 = 8/15.

Totals per mitjà de transport: bici 50, autobús 80 i a peu 70 (suma 200).
P(autobús | noia) = 48/120 = 0,4.
P(noia | bici) = 30/50 = 0,6.
Independència: P(autobús) = 80/200 = 0,4 coincideix amb P(autobús | noia), i P(noia) = 120/200 = 0,6 coincideix amb P(noia | bici): saber el sexe no canvia la probabilitat.
Amb el producte: P(noia ∩ autobús) = 48/200 = 0,24 i P(noia)·P(autobús) = 0,6·0,4 = 0,24.
Sí que són independents: en aquesta mostra, el sexe no influeix en l'ús de l'autobús.

Com que les alarmes són independents, les probabilitats es multipliquen al llarg de cada camí de l'arbre.
Contrari d'«almenys una» = «no salta cap»: P(cap) = (1 - 0,9)·(1 - 0,95) = 0,1·0,05 = 0,005. Per tant, P(almenys una) = 1 - 0,005 = 0,995.
Exactament una: salta la primera i no la segona, o al revés: 0,9·0,05 + 0,1·0,95 = 0,045 + 0,095 = 0,14.
Comprovació: P(cap) + P(exactament una) + P(les dues) = 0,005 + 0,14 + 0,9·0,95 = 0,005 + 0,14 + 0,855 = 1.

Anomenem A i B els jugadors. L'arbre té camins de dues o de tres branques, perquè el partit s'acaba quan algú arriba a dos sets.
Partits de 2 sets: AA i BB. Partits de 3 sets (1-1 després de dos sets): ABA, ABB, BAA i BAB. En total hi ha 6 seqüències (no es pot fer 2·2·2 = 8, perquè els camins tenen longituds diferents).
Cada set té probabilitat 1/2: P(AA) = P(BB) = (1/2)² = 1/4 i cada seqüència de 3 sets té probabilitat (1/2)³ = 1/8.
P(tres sets) = 4·1/8 = 1/2.
Comprovació: P(dos sets) = 2·1/4 = 1/2 i 1/2 + 1/2 = 1.

Per als càrrecs importa l'ordre, perquè president i tresorer no són el mateix: són variacions de 15 elements de 2 en 2, V(15, 2) = 15 · 14 = 210 maneres. Per a la comissió no importa l'ordre: són combinacions de 12 de 3 en 3, C(12, 3) = 220 maneres. Es fan servir eines diferents perquè en un cas canviar l'ordre dona un resultat diferent i en l'altre no.

L'ordre no importa i no es repeteixen: són combinacions.
(a) C(8, 3) = 56.
(b) C(8, 0) + C(8, 1) + C(8, 2) + C(8, 3) = 1 + 8 + 28 + 56 = 93.

Hi ha 6 · 6 = 36 resultats igual de probables.
Suma 7: (1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2) i (6,1), 6 casos: 6/36 = 1/6.
Més gran que 9: suma 10 (3 casos), 11 (2) i 12 (1), 6 casos: també 1/6.

L'ordre de les cartes de la mà no importa: els casos possibles són C_40,3 = (40·39·38)/6 = 59280/6 = 9880 mans.
Tres d'oros: C_10,3 = 120 mans, per tant P = 120/9880 = 3/247 ≈ 0,0121.
Exactament dues d'oros: es trien 2 dels 10 oros i 1 de les 30 cartes que no ho són: C_10,2·C_30,1 = 45·30 = 1350 mans, per tant P = 1350/9880 = 135/988 ≈ 0,1366.
Comprovació de la primera amb un arbre (3 extraccions sense reposició): 10/40·9/39·8/38 = 720/59280 = 3/247. Coincideix.

Només importa quins nombres es trien, no l'ordre: combinacions. Total d'apostes: C_49,6 = (49·48·47·46·45·44)/6! = 13983816.
Primer premi: només 1 aposta de les 13983816 coincideix amb la combinació guanyadora, així que P = 1/13983816 ≈ 7,15·10^-8.
Exactament 5 encerts: es trien 5 dels 6 nombres guanyadors (C_6,5 = 6 maneres) i 1 dels 43 que no ho són (43 maneres): 6·43 = 258 apostes. P = 258/13983816 ≈ 1,84·10^-5, aproximadament 1 de cada 54200 apostes.
Comprovació: encertar-ne 5 és 258 vegades més probable que encertar-ne 6.

Sense cap restricció: 8! = 40320 ordenacions.
Si A i B han d'anar juntes, les tractem com un bloc: aleshores hi ha 7 «elements» (el bloc i les altres 6 persones) que es poden ordenar de 7! = 5040 maneres, i dins del bloc A i B es poden intercanviar (2! = 2 maneres): 5040·2 = 10080.
Si no han d'anar juntes, restem del total les ordenacions en què sí que hi van: 40320 - 10080 = 30240.
Comprovació: hi ha 7 parelles de cadires veïnes de les C_8,2 = 28 parelles de cadires possibles per a A i B, i 7/28 = 1/4 = 10080/40320.

És més fàcil calcular el contrari: que les 5 persones hagin nascut en mesos tots diferents.
Casos possibles (cada persona pot haver nascut en qualsevol dels 12 mesos): 12⁵ = 248832.
Casos favorables al contrari (mesos tots diferents, i l'ordre de les persones importa): 12·11·10·9·8 = 95040.
P(tots diferents) = 95040/248832 ≈ 0,382, per tant P(almenys dues iguals) = 1 - 0,382 = 0,618.
Amb només 5 persones, és més probable que n'hi hagi dues que han nascut el mateix mes que no pas que tots els mesos siguin diferents.

Arbre: primera etapa, urna A amb probabilitat 2/6 = 1/3 i urna B amb 4/6 = 2/3; segona etapa, vermella amb probabilitat 3/4 a l'urna A i 2/5 a l'urna B.
a) Camins que acaben en vermella: P(A i V) = 1/3·3/4 = 1/4 i P(B i V) = 2/3·2/5 = 4/15. Se sumen perquè són incompatibles: P(V) = 1/4 + 4/15 = 15/60 + 16/60 = 31/60 ≈ 0,517.
b) Per definició de probabilitat condicionada: P(A | V) = P(A ∩ V)/P(V) = (1/4)/(31/60) = 15/31 ≈ 0,484.
Interpretació: l'urna A només s'escull 1 de cada 3 vegades, però és més rica en vermelles; per això, quan surt una vermella, és gairebé igual de probable que vingui d'A (48,4 %) que de B (51,6 %).
Comprovació: P(B | V) = (4/15)/(31/60) = 16/31 i 15/31 + 16/31 = 1.

a) Falsa. Si A i B són incompatibles, P(A ∩ B) = 0, però P(A)·P(B) > 0; no es compleix P(A ∩ B) = P(A)·P(B), així que no són independents (saber que passa A assegura que B no passa).
b) Falsa. P(A | B) = P(A ∩ B)/P(B) i P(B | A) = P(A ∩ B)/P(A); només coincideixen si P(A) = P(B). Exemple amb un dau: A = «surt parell», B = «surt 6»: P(A | B) = 1, però P(B | A) = 1/3.
c) Certa: triar k elements equival a triar els n - k que es deixen fora.
d) Certa: V_n,k = k!·C_n,k, perquè cada combinació de k elements es pot ordenar de k! maneres. Per exemple, V_5,2 = 20 = 2!·C_5,2 = 2·10.
e) Falsa. Després de la primera extracció canvia la composició de l'urna: amb 3 vermelles i 2 blanques, la probabilitat que la segona sigui vermella és 2/4 si la primera ha estat vermella i 3/4 si ha estat blanca.