Probability and Statistics 1
(c) Igor Kleiner

תרגול 3

מרחב הסתברות סימטרי וקומבינטוריקה

לחצו על רמז / רמזים / פתרון מלא / Take-Home Message לכל משימה

משימה 1 - מטבעות

רמת קושי: קל נושא: מקדם בינומי, מרחב מדגם

מטבע הוגן מוטל 10 פעמים.

מה ההסתברות לקבל 7 פעמים "עץ"?

רמז קטן: השתמשו בנוסחה $P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|}$. מהו גודל מרחב המדגם כולו ($|\Omega|$)? לכל הטלה יש 2 אפשרויות.

רמז 1: גודל מרחב המדגם הוא $|\Omega| = 2^{10}$.

רמז 2: כדי למצוא את המונה $|A|$, אנו צריכים לבחור 7 "מיקומים" מתוך 10 שבהם ייפול "עץ" (והשאר יהיו "פלי").

רמז 3: הפעולה של "לבחור 7 מתוך 10 ללא חשיבות לסדר הבחירה" מחושבת בעזרת קומבינציות: $\binom{10}{7}$.

שלבי הפתרון

כיוון שהמטבע הוגן, כל תוצאה (סדרה של 10 עץ/פלי) היא שוות הסתברות. נשתמש במרחב הסתברות סימטרי:

מכנה (מרחב המדגם $\Omega$):
לכל אחת מ-10 ההטלות יש 2 אפשרויות (עץ או פלי). $$|\Omega| = 2^{10} = 1024$$
מונה (גודל המאורע $A$):
אנו רוצים בדיוק 7 פעמים "עץ". עלינו לבחור 7 עמדות (מתוך ה-10) שבהן יופיע "עץ". מספר הדרכים לעשות זאת הוא לבחור 7 מתוך 10: $$|A| = \binom{10}{7} = \frac{10!}{7!3!} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 120$$
ההסתברות: $$P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|} = \frac{120}{1024} = \frac{15}{128} \approx 0.1171$$

⚠️ איפה נופלים? (טעויות נפוצות)

  • להכפיל בפרמוטציות סתם: סטודנטים לעיתים כופלים את התוצאה ב-$7!$ בטעות. אין צורך - הקומבינציה $\binom{n}{k}$ כבר מטפלת בסדר.
  • לשכוח את ה"פלי": לפעמים שוכחים שכאשר בוחרים 7 "עץ", ממילא קבענו שה-3 הנותרים חייבים להיות "פלי". כלומר $\binom{10}{7}$ שקול לחלוטין ל-$\binom{10}{3}$.

📌 Take-Home Message:

בהטלות מטבע, ה"מקדם הבינומי" $\binom{n}{k}$ הוא החבר הכי טוב שלכם! הוא אומר לכם בכמה דרכים אפשר לפזר $k$ הצלחות לאורך $n$ ניסיונות.

משימה 2 - כדורים בכד

רמת קושי: בינוני נושא: עם/ללא החזרה, כפל הסתברויות

בכד 5 כדורים אדומים ו- 6 לבנים. (סה"כ 11 כדורים).

  • מוציאים מהכד כדור אחד. מה ההסתברות שצבעו אדום?
  • לא מחזירים את הכדור, ומוציאים כדור נוסף. מה ההסתברות ששני הכדורים אדומים?
  • (כהמשך לסעיף ב') מה ההסתברות ש(בדיוק) אחד מהכדורים אדום?
  • נניח שאת הכדור הראשון כן מחזירים לכד ומוציאים כדור נוסף. מה ההסתברות ששני הכדורים אדומים?
  • כמו ב-ד', מה ההסתברות שכדור אחד אדום?

רמז קטן: המפתח כאן הוא המילים "עם החזרה" מול "ללא החזרה". ללא החזרה, כמות הכדורים הכוללת וכמות הכדורים מהצבע שהוצא יורדת ב-1 להוצאה השנייה.

רמז 1: בסעיף ב' (ללא החזרה): הכדור הראשון אדום בסבירות 5/11. הכדור השני נלקח מכד שבו נשארו רק 10 כדורים, ורק 4 מהם אדומים!

רמז 2: כששואלים "כדור אחד אדום" (מתוך 2 שהוצאו), זה אומר אדום-לבן או לבן-אדום. חובה לחשב את שני המקרים ולחבר אותם.

רמז 3: בסעיפים של "עם החזרה" (ד, ה), ההוצאות בלתי תלויות לחלוטין. ההסתברות לאדום תמיד נשארת 5/11 וללבן 6/11.

שלבי הפתרון

א. הוצאת כדור אחד:
יש 5 אדומים מתוך סך הכל 11. $$P(Red) = \frac{5}{11}$$

ב. שני אדומים ללא החזרה:
שיטת כפל (עץ): הראשון אדום (5/11) כפול השני אדום מתוך מה שנשאר (4/10). $$P(RR) = \frac{5}{11} \cdot \frac{4}{10} = \frac{20}{110} = \frac{2}{11}$$ (הערה: ניתן לחשב גם כקומבינציות: $\frac{\binom{5}{2}}{\binom{11}{2}} = \frac{10}{55} = \frac{2}{11}$)

ג. כדור אחד אדום ללא החזרה (כלומר אחד אדום ואחד לבן):
או אדום ואז לבן: $\frac{5}{11} \cdot \frac{6}{10}$.
או לבן ואז אדום: $\frac{6}{11} \cdot \frac{5}{10}$.
סך הכל: $$P(1R, 1W) = \frac{30}{110} + \frac{30}{110} = \frac{60}{110} = \frac{6}{11}$$

ד. שני אדומים עם החזרה:
בכל פעם ההסתברות לאדום היא 5/11 (מאורעות בלתי תלויים). $$P(RR) = \frac{5}{11} \cdot \frac{5}{11} = \frac{25}{121}$$

ה. כדור אחד אדום עם החזרה:
שוב, אדום-לבן או לבן-אדום: $$P(1R, 1W) = \left(\frac{5}{11} \cdot \frac{6}{11}\right) + \left(\frac{6}{11} \cdot \frac{5}{11}\right) = \frac{30}{121} + \frac{30}{121} = \frac{60}{121}$$

⚠️ איפה נופלים? (טעויות נפוצות)

  • מתעלמים מהסדר: בסעיפים ג' ו-ה', חובה לכפול ב-2. הוצאת (אדום, לבן) שונה מהוצאת (לבן, אדום) ואלו שני מסלולים שונים בעץ ההסתברויות.
  • לשכוח להוריד 1 מהמכנה בסעיפי "ללא החזרה".

📌 Take-Home Message:

"ללא החזרה" אומר שהשלב השני מותנה בשלב הראשון (המכנה יורד). "עם החזרה" אומר שהשלבים בלתי תלויים. בנוסף, אם לא נאמר הסדר - צריך לסכם את כל אפשרויות הסדר השונות (למשל, לכפול ב-2)!

משימה 3 - שתי קוביות

רמת קושי: קל נושא: טבלת $6 \times 6$, זוגי/אי-זוגי

מטילים קוביה הוגנת פעמיים. מצאו את ההסתברות של המאורעות הבאים:

  • רק בהטלה אחת יתקבל מספר זוגי.
  • לפחות בהטלה אחת יתקבל מספר זוגי.
  • סכום הספרות (התוצאות) קטן מ-4.
  • הקוביה הראשונה הראתה מספר זוגי. (במקור מנוסח כ"ספרת עשרות במספר דו-ספרתי").
  • סכום הספרות במספר שנבחר (סכום הקוביות) הוא זוגי.

רמז קטן: בשאלות של שתי קוביות (או פעמיים אותה קוביה), מרחב המדגם קבוע ומכיל בדיוק 36 תוצאות. אם אתם תקועים, פשוט ציירו טבלה של 6 על 6 וסמנו את התאים המתאימים.

רמז 1: בסעיף ב' ("לפחות הטלה אחת זוגית"), הרבה יותר קל לחשב את המאורע המשלים: "אף הטלה אינה זוגית" (כלומר שתיהן אי-זוגיות) ולהחסיר מ-1.

רמז 2: סכום קטן מ-4 אומר שהסכום יכול להיות רק 2 או 3. אילו זוגות נותנים 2 או 3? רק (1,1), (1,2) ו-(2,1).

רמז 3: סכום זוגי מתקבל רק מחיבור של (זוגי+זוגי) או (אי-זוגי+אי-זוגי).

שלבי הפתרון

א. רק הטלה אחת זוגית:
כלומר "זוגי-אי זוגי" (0.5 * 0.5) או "אי זוגי-זוגי" (0.5 * 0.5).
$$0.25 + 0.25 = 0.5$$

ב. לפחות הטלה אחת זוגית:
נשתמש במאורע המשלים - "אף אחת לא זוגית" (כלומר שתיהן אי-זוגיות).
$$P(O,O) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = 0.25$$ לכן ההסתברות שלפחות אחת זוגית: $$1 - 0.25 = 0.75$$

ג. סכום קטן מ-4:
הזוגות שנותנים סכום 2 או 3 הם: (1,1), (1,2), (2,1). סך הכל 3 תוצאות מתוך 36.
$$P = \frac{3}{36} = \frac{1}{12} \approx 0.0833$$

ד. הקוביה הראשונה זוגית (ספרת עשרות):
הטלה ראשונה זוגית בסבירות של 3 מתוך 6. ההטלה השנייה לא משנה (מתבטלת).
$$P = \frac{3}{6} = 0.5$$

ה. סכום הקוביות זוגי:
צריך שתי זוגיות ($0.5 \cdot 0.5 = 0.25$) או שתי אי-זוגיות ($0.5 \cdot 0.5 = 0.25$).
$$0.25 + 0.25 = 0.5$$

⚠️ איפה נופלים? (טעויות נפוצות)

  • ב"לפחות אחד" מנסים לחבר הסתברויות ללא נוסחת האיחוד, ואז מקבלים מעל 1. המשלים פותר את זה בקלות.
  • בסעיף ג' מחשיבים בטעות גם סכום 4 (כי המוח שלנו משלים "קטן שווה"). קראו היטב: קטן ממש מ-4!

📌 Take-Home Message:

בקוביות (או שאלות מרובות מקרים), עדיף להשקיע 30 שניות בלצייר טריצה של 6 על 6. העין תופסת את כל האלכסונים והתאים באופן ויזואלי ולא תפספסו אף זוג!

משימה 4 - תרופות וחולים

רמת קושי: קשה / טריקי נושא: פרמוטציות, אי-סדר מוחלט (Derangements)

אחות בבית חולים צריכה לחלק 4 תרופות ל-4 אנשים שונים. לרוע המזל היא שכחה איזו תרופה מתאימה לאיזה חולה, ולכן מחלקת אותן באופן מקרי.

מצא את ההסתברות ש-:

  • כל 4 התרופות יגיעו לחולים המתאימים.
  • בדיוק 3 מהתרופות יגיעו לחולים המתאימים.
  • בדיוק 2 מהתרופות יגיעו לחולים המתאימים.
  • אף אחת מהתרופות לא תגיע לחולה המתאים. (אי-סדר מוחלט).

רמז קטן: חישבו על מרחב המדגם: בכמה דרכים אפשר בכלל לסדר 4 תרופות ל-4 חולים? זה סידור בשורה (פרמוטציה) - כלומר עצרת ($4! = 24$).

רמז 1: סעיף א' קל מאוד - יש רק דרך אחת מושלמת שמסדרת הכל נכון.

רמז 2: סעיף ב' הוא מלכודת שנופלים בה המון! תחשבו בהיגיון: אם מתוך 4 תרופות בדיוק 3 הגיעו נכון ליעדן... אז מה קרה עם התרופה הרביעית והאחרונה שנשארה?

רמז 3: סעיף ד' הוא בעיית "הדוור המבולבל" (Derangements). עליכם למצוא כמה דרכים יש לערבב 4 איברים כך שאף אחד לא יישאר במקום המקורי שלו. ניתן למצוא זאת על ידי חיסור כל שאר המקרים מ-24.

שלבי הפתרון

גודל מרחב המדגם: חלוקת 4 פריטים שונים ל-4 אנשים היא פרמוטציה. סך האפשרויות $|\Omega| = 4! = 24$.

א. כל ה-4 נכונים:
יש בדיוק מצב אחד שבו כולם מקבלים את התרופה הנכונה. $$P(All\ Correct) = \frac{1}{24} \approx 0.0416$$

ב. בדיוק 3 נכונים (מלכודת!):
אם אנו מחלקים 4 תרופות ל-4 חולים, ו-3 מהם מקבלים את התרופה הנכונה, לחולה הרביעי לא נשארת ברירה אלא לקבל את התרופה הנותרת, שהיא שלו! לכן אי אפשר שמצב כזה יקרה. $$P(Exactly\ 3) = 0$$ (הערה: אם בדפי הפתרונות מופיעה תשובה אחרת, זו כנראה טעות דפוס שהועתקה מסעיף א').

ג. בדיוק 2 נכונים:
נבחר אילו 2 חולים יקבלו תרופה נכונה: יש $\binom{4}{2} = 6$ דרכים לבחור אותם.
לשני החולים הנותרים נותרו שתי תרופות - ושתיהן חייבות להיות מוחלפות (אחרת נחזור ל"הכל נכון"). יש רק דרך אחת להחליף ביניהם. סך הכל $6 \times 1 = 6$ מצבים. $$P(Exactly\ 2) = \frac{6}{24} = \frac{1}{4} = 0.25$$

ד. אף אחד לא נכון (בלבול מלא):
שיטה קלה היא להשתמש במשלים! הרי סיכמנו כבר את כל המקרים האחרים (ואין דבר כזה בדיוק "1 נכון" כי אז השלושה נאלצים להתערבב, ויש 2 דרכים לעשות זאת, סה"כ $\binom{4}{1} \cdot 2 = 8$).
אפשר פשוט להשתמש בנוסחת הדוור (Derangements): $$D_4 = 4! \left( \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} \right) = 24 \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{6} + \frac{1}{24} \right) = 12 - 4 + 1 = 9$$ יש 9 מקרים כאלו. $$P(None) = \frac{9}{24} = \frac{3}{8} = 0.375$$

⚠️ איפה נופלים? (טעויות נפוצות)

  • לפתור "על עיוור" את סעיף ב' בלי לחשוב שסט פיזי של 4 חפצים סוגר אותך (חוק השימור).
  • בסעיף ג' לעשות רק $\binom{4}{2}$ ולשכוח לכפול במספר הדרכים לבלבל את השניים הנותרים. (למזלנו פה המספר הוא 1 אז זה לא פגע, אבל אם זה היה לבחור 2 מתוך 5, זה היה קריטי!).

הוכחה בקוד (מעבר על כל 24 האפשרויות):

import itertools

patients = [1, 2, 3, 4] # התרופות הנכונות לכל חולה
# נייצר את כל 24 הסידורים האפשריים לחלוקה
all_permutations = list(itertools.permutations(patients))

count_4 = 0
count_3 = 0
count_2 = 0
count_none = 0

for p in all_permutations:
    # סופרים כמה חולים קיבלו את התרופה שלהם
    correct = sum(1 for i in range(4) if p[i] == patients[i])
    
    if correct == 4: count_4 += 1
    elif correct == 3: count_3 += 1
    elif correct == 2: count_2 += 1
    elif correct == 0: count_none += 1

total = len(all_permutations)
print(f"P(All 4 correct) = {count_4}/{total}") # Output: 1/24
print(f"P(Exactly 3 correct) = {count_3}/{total}") # Output: 0/24 !
print(f"P(Exactly 2 correct) = {count_2}/{total} = 0.25") # Output: 6/24
print(f"P(None correct) = {count_none}/{total} = 0.375") # Output: 9/24

📌 Take-Home Message:

בבעיות השמה (Matching) של קבוצות קטנות, אם מתוך $N$ פריטים, $N-1$ מונחים במקום הנכון, הפריט האחרון חייב להיות במקומו! (זה עובד גם על כובעים במלתחה או מכתבים למעטפות).