Exercicis de probabilitat i Bayes — Matemàtiques Aplicades a les Ciències Socials 2n Batxillerat

L'espai mostral es redueix a les 20 persones amb ulleres: P(dona|ulleres) = 8/20 = 0,4.

Sí: el resultat de la moneda no afecta el del dau. Per ser independents, P = (1/2)·(1/6) = 1/12 ≈ 0,083.

És la probabilitat de l'efecte sumant tots els camins de l'arbre que hi porten, un per cada causa. Bayes divideix la branca d'una causa per aquesta probabilitat total, i per això és el denominador que cal tenir primer.

Apliquem la definició de probabilitat condicionada: P(A|B) = P(A ∩ B)/P(B).
P(A|B) = 0,18/0,3 = 0,6.
P(B|A) = P(A ∩ B)/P(A) = 0,18/0,45 = 0,4.
Tenen el mateix numerador (la intersecció), però el denominador canvia: en un cas dividim per P(B) i en l'altre per P(A); per això 0,6 ≠ 0,4.
Comprovació: P(A|B)·P(B) = 0,6·0,3 = 0,18 = P(A ∩ B).

Anomenem M = «fa matemàtiques» i F = «fa física»: P(M) = 0,6, P(F) = 0,5 i P(M ∩ F) = 0,45.
P(F|M) = P(M ∩ F)/P(M) = 0,45/0,6 = 0,75.
P(M|F) = P(M ∩ F)/P(F) = 0,45/0,5 = 0,9.
Interpretació: el 75 % dels que fan matemàtiques també fan física, i el 90 % dels que fan física també fan matemàtiques.
Error típic: dividir la intersecció pel total (1) en lloc de dividir-la per la probabilitat de la condició.

Sense reposició, la segona extracció depèn de la primera. Regla del producte: P(O₁ ∩ O₂) = P(O₁)·P(O₂|O₁).
P(O₁) = 10/40 = 1/4; si la primera ha estat d'oros queden 9 oros entre 39 cartes: P(O₂|O₁) = 9/39 = 3/13.
P(dues d'oros) = (1/4)·(3/13) = 3/52 ≈ 0,058.
Amb reposició les dues extraccions són independents: P = (1/4)·(1/4) = 1/16 = 0,0625.
Sense reposició la probabilitat és una mica més petita perquè la primera carta d'oros ja no hi és.

a) Certa. Fixada la condició B, els successos A i «no A» són complementaris dins de B: P(A|B) + P(no A|B) = [P(A ∩ B) + P(no A ∩ B)]/P(B) = P(B)/P(B) = 1.
b) Falsa. Les dues probabilitats tenen condicions diferents (B i no B) i no tenen per què sumar 1.
Contraexemple: llancem un dau, B = «surt 1, 2 o 3» i A = «surt 2». P(A|B) = 1/3 i P(A|no B) = 0, i la suma és 1/3 ≠ 1.
Recorda: el que sempre suma 1 són les probabilitats de successos complementaris sota la mateixa condició.

Si A i B són independents, P(A ∩ B) = P(A)·P(B) = 0,2·0,5 = 0,1.
Per a successos independents, saber que ha passat B no canvia la probabilitat d'A: P(A|B) = P(A) = 0,2. (Comprovació: P(A ∩ B)/P(B) = 0,1/0,5 = 0,2.)
Si A i B són independents, també ho són els seus contraris: P(no A ∩ no B) = P(no A)·P(no B) = 0,8·0,5 = 0,4.
Comprovació: P(A ∪ B) = 0,2 + 0,5 - 0,1 = 0,6, i «cap dels dos» és el contrari: 1 - 0,6 = 0,4.

Organitzem les dades en una taula de contingència: noies (esport 42, no esport 28, total 70); nois (esport 35, no esport 15, total 50); en total fan esport 77 i no en fan 43.
P(esport | noi) = (nois que fan esport)/(total de nois) = 35/50 = 0,7.
P(noia | esport) = (noies que fan esport)/(total que fan esport) = 42/77 = 6/11 ≈ 0,545.
Fixa't que en una condicionada el denominador és el total de la fila o columna de la condició, no el total de la taula (120).
Comprovació: P(noia | esport) = P(noia ∩ esport)/P(esport) = (42/120)/(77/120) = 42/77.

Les dades diuen P(A) = 0,4 i P(A|B) = 0,4.
Dos successos són independents quan saber que ha passat un no canvia la probabilitat de l'altre, és a dir, quan P(A|B) = P(A). Aquí es compleix (0,4 = 0,4): A i B són independents.
Dins del grup dels menors de 30 anys, llegir i no llegir són complementaris: P(no A|B) = 1 − P(A|B) = 1 − 0,4 = 0,6.
Recorda: la independència no depèn de la mida dels grups, sinó que la condicionada coincideixi amb la probabilitat sense condicionar.

P(E ∩ T) = 120/300 = 0,4. Els que treballen sense estudis superiors són 200 − 120 = 80, així que la probabilitat és 80/300 = 0,267 aproximadament.

Perquè el numerador és el mateix, P(A ∩ B), però el denominador canvia: en un cas és P(A) i en l'altre P(B). Si els dos successos tenen probabilitats molt diferents, els resultats també ho seran.

El producte de les simples és 0,6 · 0,5 = 0,30, que coincideix amb la intersecció: sí que són independents.

Els incompatibles no poden passar alhora i la seva intersecció val zero. Els independents sí que poden passar alhora, però saber-ne un no canvia la probabilitat de l'altre. De fet, dos successos incompatibles amb probabilitat no nul·la mai no són independents.

Sigui D = «dona» i T = «contracte temporal»: P(D) = 0,55, P(T) = 0,30 i P(D ∩ T) = 0,20.
Completem la taula: homes 0,45; homes amb temporal 0,30 - 0,20 = 0,10; dones amb indefinit 0,55 - 0,20 = 0,35; homes amb indefinit 0,45 - 0,10 = 0,35; indefinits en total 0,70.
P(T|D) = P(D ∩ T)/P(D) = 0,20/0,55 = 4/11 ≈ 0,364.
P(home | indefinit) = 0,35/0,70 = 0,5.
Independència: P(D)·P(T) = 0,55·0,30 = 0,165 ≠ 0,20 = P(D ∩ T); no són independents (entre les dones hi ha un 36,4 % de contractes temporals, davant del 30 % global).

Sigui x la probabilitat que una peça de B sigui defectuosa. Pel teorema de la probabilitat total:
P(D) = P(A)·P(D|A) + P(B)·P(D|B) = 0,4·0,02 + 0,6·x.
Imposem P(D) = 0,032: 0,008 + 0,6x = 0,032 → 0,6x = 0,024 → x = 0,04.
La màquina B produeix un 4 % de peces defectuoses.
Comprovació: 0,4·0,02 + 0,6·0,04 = 0,008 + 0,024 = 0,032.

Fem el diagrama d'arbre. «Colors diferents» vol dir «blanca i després negra» o «negra i després blanca»:
P(B₁ ∩ N₂) = (5/8)·(3/7) = 15/56 i P(N₁ ∩ B₂) = (3/8)·(5/7) = 15/56.
P(colors diferents) = 15/56 + 15/56 = 30/56 = 15/28 ≈ 0,536.
«Almenys una negra» és el contrari de «les dues blanques»: P(dues blanques) = (5/8)·(4/7) = 20/56 = 5/14.
P(almenys una negra) = 1 - 5/14 = 9/14 ≈ 0,643.
Comprovació: P(dues negres) = (3/8)·(2/7) = 6/56, i 20/56 + 30/56 + 6/56 = 1.

De la definició de condicionada, P(A ∩ B) = P(A)·P(B|A) = 0,5·0,4 = 0,2.
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) - P(A ∩ B) = 0,5 + 0,35 - 0,2 = 0,65.
P(A|B) = P(A ∩ B)/P(B) = 0,2/0,35 = 4/7 ≈ 0,571.
Independència: P(B|A) = 0,4 ≠ 0,35 = P(B) (o bé P(A)·P(B) = 0,175 ≠ 0,2). No són independents: saber que ha passat A fa més probable B.

Per independència, P(A ∩ B) = 0,6·0,3 = 0,18.
Almenys un: P(A ∪ B) = 0,6 + 0,3 - 0,18 = 0,72.
Cap dels dos: és el contrari de «almenys un»: 1 - 0,72 = 0,28. (Comprovació: P(no A)·P(no B) = 0,4·0,7 = 0,28.)
Exactament un: P(A ∪ B) - P(A ∩ B) = 0,72 - 0,18 = 0,54. (Comprovació: P(A)·P(no B) + P(no A)·P(B) = 0,6·0,7 + 0,4·0,3 = 0,42 + 0,12 = 0,54.)

Les tres zones formen una partició de la població; sigui T = «utilitza el transport públic cada dia».
Teorema de la probabilitat total: P(T) = P(C)·P(T|C) + P(N)·P(T|N) + P(S)·P(T|S).
P(T) = 0,5·0,6 + 0,3·0,4 + 0,2·0,25 = 0,30 + 0,12 + 0,05 = 0,47.
El 47 % dels habitants utilitza el transport públic cada dia.
Comprovació: el resultat ha de quedar entre el mínim (25 %) i el màxim (60 %) de les tres zones, i hi queda.

La suma P(A) + P(B) només dona la probabilitat de la unió quan A i B són incompatibles (P(A ∩ B) = 0). En general, P(A ∪ B) = P(A) + P(B) - P(A ∩ B), i el 0,8 compta dues vegades la intersecció.
Calculem la intersecció a partir de la condicionada: P(A ∩ B) = P(B)·P(A|B) = 0,5·0,2 = 0,1.
P(A ∪ B) = 0,3 + 0,5 - 0,1 = 0,7.
Com que la intersecció no és nul·la (0,1), A i B no són incompatibles i l'alumne s'equivoca.

La taula queda així: vacunades 500 (50 amb grip i 450 sense) i no vacunades 300 (90 amb grip i 210 sense). Han passat la grip 50 + 90 = 140 persones, així que P(G) = 140/800 = 0,175. La intersecció demanada és 90/800 = 0,1125, és a dir un 11,25 %.

El camí dels joves és 0,30 · 0,40 = 0,12 i el de la resta 0,70 · 0,10 = 0,07. La probabilitat total de contractar és 0,19, així que P(jove|contracta) = 0,12/0,19 = 0,632 aproximadament: un 63,2 % dels qui contracten són joves, molt per sobre del 30 % que representen al conjunt.

El camí de les defectuoses amb alarma és 0,02 · 0,90 = 0,018 i el de les correctes amb alarma 0,98 · 0,05 = 0,049. La probabilitat total d'alarma és 0,067, així que la resposta és $\tfrac{0{,}018}{0{,}067} = 0{,}269$, un 26,9 %. La conclusió és que gairebé tres quartes parts de les alarmes són falses: convé revisar el criteri de la prova o fer una segona comprovació abans de descartar peces.

Sigui T = targeta, M = aplicació mòbil, R = transferència i D = devolució: P(T) = 0,40, P(M) = 0,35, P(R) = 0,25; P(D|T) = 0,05, P(D|M) = 0,08, P(D|R) = 0,02.
a) Probabilitat total: P(D) = 0,40·0,05 + 0,35·0,08 + 0,25·0,02 = 0,020 + 0,028 + 0,005 = 0,053 (5,3 %).
b) Bayes: P(T|D) = P(T)·P(D|T)/P(D) = 0,020/0,053 ≈ 0,377 (37,7 %).
c) P(no D) = 1 − 0,053 = 0,947 i P(R ∩ no D) = 0,25·0,98 = 0,245.
P(R|no D) = 0,245/0,947 ≈ 0,259 (25,9 %), lleugerament superior al 25 % inicial perquè les transferències són les que menys devolucions tenen.
Comprovació de b): les tres probabilitats a posteriori sumen 1: (0,020 + 0,028 + 0,005)/0,053 = 1.

P(A) = 2/6 = 1/3 i P(B) = 4/6 = 2/3; P(N|A) = 2/5 i P(N|B) = 4/5.
a) Probabilitat total: P(N) = (1/3)·(2/5) + (2/3)·(4/5) = 2/15 + 8/15 = 10/15 = 2/3.
b) Bayes: P(B|N) = P(B)·P(N|B)/P(N) = (8/15)/(2/3) = (8/15)·(3/2) = 24/30 = 4/5 = 0,8.
c) P(Bl) = 1 − 2/3 = 1/3. P(A|Bl) = (1/3)·(3/5)/(1/3) = 3/5 = 0,6 i P(B|Bl) = (2/3)·(1/5)/(1/3) = 2/5 = 0,4: si la bola és blanca, l'urna més probable és l'A.
Comprovació: P(A|N) = (2/15)/(2/3) = 1/5, i 1/5 + 4/5 = 1.

Després del trasllat l'urna 2 té 6 boles. Si la bola traslladada és blanca (probabilitat 2/5), l'urna 2 queda amb 5 blanques i 1 vermella; si és vermella (3/5), queda amb 4 blanques i 2 vermelles.
a) P(Bl) = P(trasl. blanca)·P(Bl | trasl. blanca) + P(trasl. vermella)·P(Bl | trasl. vermella) = (2/5)·(5/6) + (3/5)·(4/6) = 10/30 + 12/30 = 22/30 = 11/15 ≈ 0,733.
b) Bayes: P(trasl. vermella | Bl) = (3/5)·(4/6)/(11/15) = (12/30)/(22/30) = 12/22 = 6/11 ≈ 0,545.
Comprovació: P(trasl. blanca | Bl) = (10/30)/(22/30) = 5/11, i 5/11 + 6/11 = 1.

a) P(A ∩ B) = P(A) + P(B) − P(A ∪ B) = 0,4 + x − 0,7 = x − 0,3. Com que la intersecció no pot ser negativa, x ≥ 0,3; i com que B està contingut en A ∪ B, x ≤ 0,7. Per tant, 0,3 ≤ x ≤ 0,7.
b) Independents si P(A ∩ B) = P(A)·P(B): x − 0,3 = 0,4x → 0,6x = 0,3 → x = 0,5. (Comprovació: P(A ∩ B) = 0,2 = 0,4·0,5.)
c) Incompatibles si P(A ∩ B) = 0: x − 0,3 = 0 → x = 0,3 (aleshores P(A ∪ B) = 0,4 + 0,3 = 0,7, coherent amb la dada).
d) Si x = 0,6: P(A ∩ B) = 0,6 − 0,3 = 0,3 i P(A|B) = 0,3/0,6 = 0,5.

Sigui S = «és brossa» (P(S) = 0,7, P(L) = 0,3) i M = «el filtre el marca com a brossa»: P(M|S) = 0,95 i P(M|L) = 0,02.
a) Probabilitat total: P(M) = 0,7·0,95 + 0,3·0,02 = 0,665 + 0,006 = 0,671.
b) Bayes: P(L|M) = P(L)·P(M|L)/P(M) = 0,006/0,671 ≈ 0,0089 (0,9 %).
c) P(no M) = 1 − 0,671 = 0,329 i P(S ∩ no M) = 0,7·0,05 = 0,035; P(S|no M) = 0,035/0,329 ≈ 0,106 (10,6 %).
Entre els correus marcats, gairebé cap és legítim (0,9 %); en canvi, un de cada deu correus que passen el filtre és brossa. L'error més freqüent és deixar passar brossa, no pas bloquejar correus legítims.

Com que són independents, les probabilitats es multipliquen; les probabilitats de suspendre són 0,2, 0,3 i 0,5.
a) P(tots tres) = 0,8·0,7·0,5 = 0,28.
b) Exactament un: P = 0,8·0,3·0,5 + 0,2·0,7·0,5 + 0,2·0,3·0,5 = 0,12 + 0,07 + 0,03 = 0,22.
c) Almenys un és el contrari de «cap»: 1 - 0,2·0,3·0,5 = 1 - 0,03 = 0,97.
d) Condicionada: P(només el tercer | exactament un) = P(només el tercer)/P(exactament un) = 0,03/0,22 = 3/22 ≈ 0,136.
Error típic a b): oblidar multiplicar per les probabilitats de suspendre dels altres dos alumnes.

a) Totals per files: 300, 600 i 300; per columnes: 540, 480 i 180. $P(TP) = \tfrac{480}{1200} = 0{,}40$ i $P(TP \mid J) = \tfrac{120}{300} = 0{,}40$, on J = «menys de 30 anys». Com que $P(TP\mid J) = P(TP)$, són independents. Comprovació: $P(J \cap TP) = \tfrac{120}{1200} = 0{,}10 = 0{,}25 \cdot 0{,}40$.

b) $P(J \mid \text{peu/bici}) = \tfrac{90}{180} = 0{,}50$, mentre que $P(J) = \tfrac{300}{1200} = 0{,}25$. Saber que una persona va a peu o en bici duplica la probabilitat que sigui jove: aquests dos successos no són independents (estan associats positivament). De fet, el 30 % dels joves hi va, davant del 15 % de la població.

c) No fan servir el cotxe 1200 − 540 = 660 persones, de les quals tenen més de 60 anys 150 + 30 = 180. Amb G = «més de 60 anys» i C = «fa servir el cotxe», $P(G \mid \overline{C}) = \tfrac{180}{660} = \tfrac{3}{11} \approx 0{,}273$.

d) Sí que l'avalen: entre els joves, el 40 % fa servir el transport públic, igual que entre els no joves $\left(\tfrac{210 + 150}{900} = 0{,}40\right)$ i que en el total. Això és precisament la independència de l'apartat a). En canvi, «menys de 30 anys» i «a peu o en bici» no són incompatibles, perquè poden passar alhora: hi ha 90 persones que compleixen les dues condicions $(P(J \cap \text{peu/bici}) = 0{,}075 \ne 0)$. Cal no confondre incompatibilitat (no poden passar alhora) amb independència (saber-ne un no canvia la probabilitat de l'altre).

Errors típics

• Dividir pel total de l'enquesta (1200) en lloc del total de la fila o columna de la condició.
• Confondre $P(J\mid \text{peu/bici})$ amb $P(\text{peu/bici}\mid J)$.
• Confondre successos independents amb successos incompatibles.

Conceptes treballats: taules de contingència, probabilitat condicionada, independència de successos, successos incompatibles, interpretació de dades.

a) Per la probabilitat total: $P(R) = 0{,}5 \cdot 0{,}04 + 0{,}3 \cdot 0{,}06 + 0{,}2 \cdot 0{,}10 = 0{,}020 + 0{,}018 + 0{,}020 = 0{,}058$: un 5,8 % de les comandes.

b) $P(A\mid R) = \tfrac{0{,}020}{0{,}058} = \tfrac{10}{29} \approx 0{,}345$, $P(B\mid R) = \tfrac{0{,}018}{0{,}058} = \tfrac{9}{29} \approx 0{,}310$ i $P(C\mid R) = \tfrac{10}{29} \approx 0{,}345$. Hi ha un empat entre A i C. A és la més puntual, però com que porta moltes comandes (50 %) genera tants retards com C, que és la menys puntual però en porta poques. Això mostra que la probabilitat a posteriori depèn tant de la taxa de retard com del pes de cada empresa.

c) $P(R) = 0{,}04\,(0{,}5 + x) + 0{,}018 + 0{,}10\,(0{,}2 - x) = 0{,}058 - 0{,}06x$. Imposem $0{,}058 - 0{,}06x \lt 0{,}05 \Rightarrow x \gt \tfrac{0{,}008}{0{,}06} = \tfrac{2}{15} \approx 0{,}133$. Cal passar més del 13,3 % del total de comandes, és a dir, més de $\tfrac{2/15}{0{,}2} = \tfrac{2}{3}$ de les comandes que portava C.

d) Noves proporcions: A 65 %, B 30 %, C 5 %. $P(R) = 0{,}65 \cdot 0{,}04 + 0{,}3 \cdot 0{,}06 + 0{,}05 \cdot 0{,}10 = 0{,}026 + 0{,}018 + 0{,}005 = 0{,}049$, un 4,9 % (s'assoleix l'objectiu). $P(C\mid R) = \tfrac{0{,}005}{0{,}049} = \tfrac{5}{49} \approx 0{,}102$: ara només 1 de cada 10 retards és de C.

Errors típics

• Respondre a b) que és C «perquè té més retards», sense tenir en compte quantes comandes porta cada empresa.
• Sumar els percentatges de retard (4 + 6 + 10) o fer-ne la mitjana simple en lloc de ponderar-los.
• A c), interpretar x com a fracció de les comandes de C en lloc de fracció del total.

Conceptes treballats: diagrama d'arbre, probabilitat total, teorema de Bayes, inequacions, presa de decisions.

a) Siguin $F_A$ i $F_B$ els successos «falla A» i «falla B». Amb independència, $P(F_A \cap F_B) = 0{,}02 \cdot 0{,}05 = 0{,}001$: una caiguda cada 1000 dies, de mitjana.

b) $P(\text{funciona}) = 1 - 0{,}001 = 0{,}999$. Que funcionin tots dos implica que el servei funciona, així que $$P(\text{tots dos ok}\mid \text{funciona}) = \frac{0{,}98 \cdot 0{,}95}{0{,}999} = \frac{0{,}931}{0{,}999} \approx 0{,}932.$$

c) Freqüències: $P(F_A) \approx 0{,}02$, $P(F_B) \approx 0{,}05$ (coincideixen amb el fabricant), però $P(F_A \cap F_B) \approx 0{,}008$, vuit vegades més que el producte 0,001. Les fallades no són independents. $P(F_B\mid F_A) = \tfrac{8}{20} = 0{,}40$, davant de $P(F_B) = 0{,}05$: quan falla A, B falla molt més sovint. Explicació plausible: causes comunes (un tall elèctric, una actualització defectuosa, un atac o una sobrecàrrega que afecten els dos servidors alhora).

d) Model del fabricant: $1 - 0{,}999^{30} \approx 0{,}030$. Dades reals: $1 - 0{,}992^{30} \approx 0{,}214$. Amb les dades reals, aproximadament 1 de cada 5 mesos tindrà almenys una caiguda, no 1 de cada 34. Al director tècnic li diria que la redundància protegeix molt menys del que diu el càlcul teòric, perquè la independència no es compleix: cal eliminar les causes comunes (alimentació, xarxa o ubicació separades).

Errors típics

• Multiplicar probabilitats sense comprovar que els successos són independents.
• A b), oblidar dividir per P(funciona) i donar 0,931.
• A d), calcular $30 \cdot 0{,}008$ en lloc de fer servir el succés contrari $1 - 0{,}992^{30}$.

Conceptes treballats: independència de successos, probabilitat de la intersecció, probabilitat condicionada, succés contrari, proves repetides independents.

a) $P(Q\cap T) = 0{,}3 \cdot 0{,}9 = 0{,}27$ i $P(\overline{Q}\cap T) = 0{,}7 \cdot 0{,}4 = 0{,}28$, de manera que $P(T) = 0{,}55$ i $P(Q\mid T) = \tfrac{0{,}27}{0{,}55} = \tfrac{27}{55} \approx 0{,}491$. El test sol deixa passar gairebé tants no qualificats com qualificats.

b) $P(Q \cap T \cap E) = 0{,}3 \cdot 0{,}9 \cdot 0{,}8 = 0{,}216$ i $P(\overline{Q}\cap T\cap E) = 0{,}7 \cdot 0{,}4 \cdot 0{,}25 = 0{,}07$. Per tant $P(\text{contractat}) = 0{,}286$ i $$P(Q\mid \text{contractat}) = \frac{0{,}216}{0{,}286} \approx 0{,}755.$$

c) $500 \cdot 0{,}286 = 143$ contractats, dels quals $500 \cdot 0{,}07 = 35$ no estan qualificats (un 24,5 %). Dels 150 candidats qualificats, en són contractats $500 \cdot 0{,}216 = 108$: en queden fora 42.

d) Només entrevista: $P(Q\cap E) = 0{,}3\cdot 0{,}8 = 0{,}24$ i $P(\overline{Q}\cap E) = 0{,}7 \cdot 0{,}25 = 0{,}175$, d'on $P(Q\mid E) = \tfrac{0{,}24}{0{,}415} \approx 0{,}578$. Sense el test, només el 58 % dels contractats estarien qualificats (davant del 75,5 %), tot i que es contractarien més qualificats (120 de 150). Si el cost d'un mal fitxatge és alt, val la pena mantenir el test: cada filtre addicional fa pujar la probabilitat a posteriori, perquè els no qualificats han de superar dos filtres poc probables per a ells.

Errors típics

• Respondre a a) amb 0,9 (la probabilitat de superar el test si s'està qualificat), confonent $P(T\mid Q)$ amb $P(Q\mid T)$.
• Oblidar multiplicar per la probabilitat del test en els camins de l'apartat b).
• Sumar les probabilitats dels filtres en lloc de multiplicar-les al llarg de cada camí.

Conceptes treballats: diagrama d'arbre amb diverses etapes, probabilitat total, teorema de Bayes, probabilitat a posteriori, interpretació de decisions.

a) $0{,}64 = 0{,}6\,p + 0{,}4 \cdot 0{,}7 \Rightarrow 0{,}6\,p = 0{,}36 \Rightarrow p = 0{,}6$. Va votar el 60 % del cens del nucli urbà.

b) $P(D\mid V) = \tfrac{0{,}4 \cdot 0{,}7}{0{,}64} = \tfrac{0{,}28}{0{,}64} = 0{,}4375$. Per a qui no va votar: $P(\overline{V}) = 0{,}36$ i $P(D\mid \overline{V}) = \tfrac{0{,}4 \cdot 0{,}3}{0{,}36} = \tfrac{1}{3} \approx 0{,}333$.

c) No són independents: $P(V\mid D) = 0{,}70 \ne P(V) = 0{,}64$ (o bé $P(D\mid V) = 0{,}4375 \ne P(D) = 0{,}40$). Els veïns dels disseminats van votar proporcionalment més: estan sobrerepresentats entre els votants (43,75 %) respecte del seu pes en el cens (40 %).

d) Per a la independència cal que $P(V\mid U) = P(V\mid D) = 0{,}7$: el nucli urbà hauria d'haver votat un 70 %, i llavors la participació total també seria del 70 %. Perquè la total fos del 67 %: $0{,}6\,u + 0{,}28 = 0{,}67 \Rightarrow u = 0{,}65$, un 65 %. Fixa't que un augment de 3 punts en el total exigeix 5 punts al nucli urbà, perquè només pesa un 60 %.

Errors típics

• Calcular la participació del nucli urbà com 64 − 70 o fer la mitjana simple dels dos percentatges.
• A b), dividir per 0,4 (el pes dels disseminats) en lloc de dividir per P(V) = 0,64.
• Pensar que la independència vol dir que els dos grups tenen la mateixa mida.

Conceptes treballats: probabilitat total amb una incògnita, teorema de Bayes, succés contrari, independència, interpretació de percentatges.

a) $P(\text{cap}) = \tfrac{9}{12}\cdot\tfrac{8}{11}\cdot\tfrac{7}{10} = \tfrac{504}{1320} = \tfrac{21}{55}$, de manera que $P(\text{almenys una}) = 1 - \tfrac{21}{55} = \tfrac{34}{55} \approx 0{,}618$.

b) La irregular pot sortir en primer, segon o tercer lloc, i cada ordre té la mateixa probabilitat: $P(\text{exactament una}) = 3 \cdot \tfrac{3}{12}\cdot\tfrac{9}{11}\cdot\tfrac{8}{10} = \tfrac{27}{55}$. Com que «exactament una» està inclòs en «almenys una»: $$P(\text{una}\mid \text{almenys una}) = \frac{27/55}{34/55} = \frac{27}{34} \approx 0{,}794.$$ Quan la inspectora troba alguna irregularitat, gairebé 4 de cada 5 vegades n'haurà vist només una: subestimarà fàcilment el problema real.

c) $P(\text{cap})$ amb n factures: per a n = 5, $\tfrac{9\cdot 8\cdot 7\cdot 6\cdot 5}{12\cdot 11\cdot 10\cdot 9\cdot 8} = \tfrac{210}{1320} \approx 0{,}159$ (detecció 0,841 < 0,9); per a n = 6, $\tfrac{6\cdot 5\cdot 4}{12\cdot 11\cdot 10} = \tfrac{1}{11} \approx 0{,}091$ (detecció ≈ 0,909). Cal revisar-ne com a mínim 6, la meitat de les factures.

d) Amb reposició, cada extracció és independent i $P(\text{correcta}) = \tfrac{9}{12} = 0{,}75$ sempre: $P(\text{almenys una}) = 1 - 0{,}75^6 \approx 0{,}822$, menys que 0,909. Sense reposició, cada factura correcta revisada surt del grup i augmenta la proporció d'irregulars entre les que queden; amb reposició es poden repetir factures i es malgasten revisions (caldrien 9 extraccions per arribar al 90 %).

Errors típics

• Fer servir 9/12 a totes les extraccions com si fossin independents, quan no hi ha reposició.
• Calcular «exactament una» amb un sol ordre (3/12 · 9/11 · 8/10) i oblidar multiplicar per 3.
• A b), no dividir per la probabilitat de la condició.

Conceptes treballats: extraccions sense reposició, probabilitat de la intersecció, succés contrari, probabilitat condicionada, comparació amb proves independents.

a) $P(S) = 0{,}6 \cdot 0{,}02 + 0{,}3 \cdot 0{,}06 + 0{,}1 \cdot 0{,}15 = 0{,}012 + 0{,}018 + 0{,}015 = 0{,}045$.

b) $P(\text{alt}\mid S) = \tfrac{0{,}015}{0{,}045} = \tfrac{1}{3}$ i $P(\text{baix}\mid S) = \tfrac{0{,}012}{0{,}045} = \tfrac{4}{15} \approx 0{,}267$. Tot i que només el 10 % dels clients són de risc alt, representen un terç dels sinistres.

c) $P(S_1 \cap S_2) = 0{,}6 \cdot 0{,}02^2 + 0{,}3 \cdot 0{,}06^2 + 0{,}1 \cdot 0{,}15^2 = 0{,}00024 + 0{,}00108 + 0{,}00225 = 0{,}00357$. $$P(\text{alt}\mid S_1\cap S_2) = \frac{0{,}00225}{0{,}00357} \approx 0{,}630.$$ Amb un sinistre la probabilitat de risc alt passa del 10 % al 33 %; amb dos, al 63 %. Cada observació nova actualitza la informació: la probabilitat a posteriori d'un pas fa de probabilitat a priori del següent.

d) $P(S_1)\cdot P(S_2) = 0{,}045^2 = 0{,}002025 \ne 0{,}00357$: no són independents, tot i que per a cada conductor sí que ho són. $P(S_2\mid S_1) = \tfrac{0{,}00357}{0{,}045} \approx 0{,}079$, gairebé el doble de 0,045. El motiu és que el perfil és desconegut: un sinistre fa més probable que el client sigui de risc alt, i això fa pujar la probabilitat del sinistre següent. Per això està justificat apujar la prima després d'un sinistre.

Errors típics

• Confondre $P(\text{alt}\mid S)$ amb $P(S\mid \text{alt}) = 0{,}15$.
• Calcular $P(S_1\cap S_2)$ com $0{,}045^2$, suposant independència en el conjunt de la cartera.
• Pensar que, com que per a cada conductor els anys són independents, també ho han de ser per a un client triat a l'atzar.

Conceptes treballats: probabilitat total, teorema de Bayes, actualització de probabilitats, independència condicionada, interpretació en assegurances.

a) $P(J\cap V) = 0{,}25 \cdot 0{,}56 = 0{,}14$. Per diferència:

b) $P(V\mid J) = \tfrac{0{,}14}{0{,}40} = 0{,}35$ i $P(V\mid \overline{J}) = \tfrac{0{,}11}{0{,}60} \approx 0{,}183$. Fer voluntariat és $0{,}35/0{,}183 \approx 1{,}9$ vegades més probable entre els menors de 35 anys.

c) «La majoria dels voluntaris són joves» correspon a $P(J\mid V) = 0{,}56 \gt 0{,}5$: és correcte. «La majoria dels joves fan voluntariat» correspon a $P(V\mid J) = 0{,}35 \lt 0{,}5$: és fals. Les dues probabilitats comparteixen la intersecció (0,14), però es divideixen per totals diferents (0,25 i 0,40).

d) Hi hauria independència si $P(J\mid V) = P(J) = 0{,}40$: el 40 % dels voluntaris haurien de ser joves, com en el conjunt de la població. Finalment, $P(J\mid \overline{V}) = \tfrac{0{,}26}{0{,}75} \approx 0{,}347$: entre els que no fan voluntariat els joves són menys que en el total (40 %), coherent amb el fet que estan sobrerepresentats entre els voluntaris.

Errors típics

• Posar 56 % a la casella «jove i voluntari» sense multiplicar per P(V).
• Confondre $P(J\mid V)$ amb $P(V\mid J)$, que és justament l'error del segon titular.
• Construir la taula sense comprovar que les files i les columnes sumen els totals.

Conceptes treballats: taules de contingència, probabilitat condicionada, inversió de condicionals, independència, interpretació crítica de titulars.

a) $P(\text{resolta}) = 0{,}6 + 0{,}4 \cdot 0{,}85 = 0{,}6 + 0{,}34 = 0{,}94$.

b) $P(S) = 0{,}6 \cdot 0{,}7 + 0{,}34 \cdot 0{,}9 + 0{,}06 \cdot 0{,}1 = 0{,}42 + 0{,}306 + 0{,}006 = 0{,}732$.

c) $P(\text{assistent}\mid S) = \tfrac{0{,}42}{0{,}732} \approx 0{,}574$. Per als insatisfets: $P(\overline{S}) = 0{,}268$ i $P(\text{no resolta}\mid \overline{S}) = \tfrac{0{,}06 \cdot 0{,}9}{0{,}268} = \tfrac{0{,}054}{0{,}268} \approx 0{,}201$. Només 1 de cada 5 clients insatisfets ho està perquè no s'ha resolt el problema: la majoria tenen la consulta resolta però no els ha agradat l'atenció.

d) Amb b = 0,7: $P(\text{resolta}) = 0{,}7 + 0{,}3 \cdot 0{,}85 = 0{,}955$, però $P(S) = 0{,}7 \cdot 0{,}7 + 0{,}255 \cdot 0{,}9 + 0{,}045 \cdot 0{,}1 = 0{,}49 + 0{,}2295 + 0{,}0045 = 0{,}724$, que és menys que 0,732. En general, $P(S) = 0{,}7b + (1 - b)(0{,}85\cdot 0{,}9 + 0{,}15 \cdot 0{,}1) = 0{,}78 - 0{,}08b$, que decreix amb b. Cada consulta que passa de l'agent a l'assistent passa d'un 90 % a un 70 % de satisfacció, i aquesta pèrdua pesa més que el guany de resoldre una mica més de consultes. Conclusió: resoldre més no és el mateix que satisfer més; caldria millorar també la qualitat de l'atenció de l'assistent.

Errors típics

• Fer servir 0,85 com a probabilitat que l'agent resolgui sobre el total de consultes, en lloc de multiplicar per 0,4.
• Oblidar el camí «no resolta i satisfet» (0,006) en la probabilitat total.
• Suposar que si un indicador (resolució) millora, l'altre (satisfacció) també ha de millorar.

Conceptes treballats: diagrama d'arbre en diverses etapes, probabilitat total, teorema de Bayes, succés contrari, anàlisi de decisions.

a) $P(L\cup X) = 1 - 0{,}40 = 0{,}60$, de manera que $P(L\cap X) = 0{,}30 + 0{,}45 - 0{,}60 = 0{,}15$. $P(L\mid X) = \tfrac{0{,}15}{0{,}45} = \tfrac{1}{3}$ i $P(X\mid L) = \tfrac{0{,}15}{0{,}30} = 0{,}5$.

b) $P(L)\cdot P(X) = 0{,}135 \ne 0{,}15$: no són independents. Com que $P(X\mid L) = 0{,}5 \gt P(X) = 0{,}45$, llegir premsa local fa una mica més probable informar-se per les xarxes: els dos hàbits estan associats positivament (els que s'interessen per l'actualitat ho fan per més d'una via).

c) $P(\text{exactament una}) = P(L\cup X) - P(L\cap X) = 0{,}60 - 0{,}15 = 0{,}45$.

d) $P(L\cap X)$ ha de complir $0 \le P(L\cap X) \le \min(0{,}3;\ 0{,}45) = 0{,}3$, i $P(\overline{L}\cap\overline{X}) = 1 - 0{,}75 + P(L\cap X)$ estaria entre 0,25 i 0,55. Si fos 0,25, L i X serien incompatibles (ningú no faria les dues coses). Si fos 0,55, tots els lectors de premsa local s'informarien també per les xarxes $(L \subset X)$. Amb independència, $P(L\cap X) = 0{,}135$ i $P(\overline{L}\cap\overline{X}) = 0{,}385 = 0{,}7\cdot 0{,}55$. El valor real (0,40) és una mica més alt que el d'independència, coherent amb l'associació positiva de b).

Errors típics

• Calcular $P(L\cap X)$ com $0{,}3 \cdot 0{,}45$ sense saber si hi ha independència.
• Confondre «no fa cap de les dues» amb «no fa totes dues» $(\overline{L\cap X})$.
• Pensar que $P(L\cup X)$ és sempre $P(L) + P(X)$, cosa que només passa si són incompatibles.

Conceptes treballats: àlgebra de successos, probabilitat de la unió, probabilitat condicionada, independència, successos incompatibles, cotes de probabilitats.