פותרים יחד · טבלאות ועצים · כיתה י״א

ארבע שאלות בסגנון שאלת ההסתברות של הבגרות, אחת לכל רעיון של הפרק: פרמטר $p$ עם בייס וברנולי, חזרה עד ההצלחה הראשונה, ברנולי עם תנאי, ועץ תלוי עם הסתברות «בדיעבד». כל שאלה נפתרת יחד, שלב אחרי שלב. אחרי כל אחת מחכה שאלה תאומה ברשימה למטה, לפתור לבד.

לפני כל לחיצה, אמרו לעצמכם מה אתם הייתם עושים. הפער בין התוכנית שלכם לבין השלב שמופיע הוא מה שמלמד.

1 — פרמטר, בייס וברנולי בשאלה אחת

פעילות אינטראקטיבית

בחברת תוכנה, 40% מהעובדים עובדים מהבית בחלק מהשבוע ( $H$ ). מבין העובדים מהבית, $p$ מגיעים למשרד ברכבת ( $R$ ). מבין האחרים, 20% מגיעים ברכבת. ידוע שמבין המגיעים ברכבת, מחצית עובדים מהבית. א. מצאו את $p$ . ב. האם $H$ ו- $R$ בלתי תלויים? ג. בוחרים 5 עובדים באקראי. מה ההסתברות שבדיוק 2 מהם מגיעים ברכבת?

\begin{aligned}P(H) &= 0.4 \\ \quad P(R \mid H) &= p \\ \quad P(R \mid \bar{H}) &= 0.2 \\ \quad P(H \mid R) &= 0.5\end{aligned}

לחצו «להתחיל». הנתון «מבין המגיעים ברכבת» הוא הסתברות מותנית, והוא יהיה המשוואה.

הסתברות שלמה

\begin{aligned}P(R) &= 0.4p+0.6 \cdot 0.2 \\ &= 0.4p+0.12\end{aligned}

שני מסלולים מגיעים ל- $R$ .

א. משוואה

\begin{aligned}\frac{0.4p}{0.4p+0.12} &= 0.5 \ \Rightarrow \ 0.4p \\ &= 0.2p+0.06\end{aligned}

בייס: המסלול של $H$ חלקי כל המסלולים.

א.

p=0.3

והוא בין $0$ ל- $1$ ✓

ב.

\begin{aligned}P(R) &= 0.12+0.12 \\ &= 0.24 \neq 0.3 \\ &= P(R \mid H)\end{aligned}

המאורעות תלויים.

ג.

P_5(2)=\binom{5}{2} \cdot 0.24^2 \cdot 0.76^3 \approx 0.25

ברנולי, עם ההסתברות $P(R)=0.24$ שמצאנו.

סעיף ג תלוי בסעיף א: בלי $p$ אין $P(R)$ . בבגרות, טעות בסעיף הראשון עוברת לכל ההמשך, ולכן בודקים אותו לפני שממשיכים.

לעשות את הפעילות ב-elev

עובד אקראי לא מגיע ברכבת. מה ההסתברות שהוא עובד מהבית?

להציג את התשובה והפתרון

$P(H \cap \bar{R})=0.4 \cdot 0.7=0.28$ ו- $P(\bar{R})=1-0.24=0.76$ . לכן $\frac{0.28}{0.76}=\frac{7}{19} \approx 0.37$ .

השאלה התאומה: שאלה 1 ברשימה למטה.

2 — עד ההצלחה הראשונה

פעילות אינטראקטיבית

שולפים עד שיוצא לבן

בקופסה 3 כדורים אדומים ו-2 לבנים. שולפים כדור, רושמים את צבעו ומחזירים אותו. ממשיכים לשלוף עד שיוצא כדור לבן. מה ההסתברות שיידרשו בדיוק 4 שליפות?

$\left(\frac{2}{5}\right)^3 \cdot \frac{3}{5}$

$\left(\frac{3}{5}\right)^3 \cdot \frac{2}{5}$

$4 \cdot \left(\frac{3}{5}\right)^3 \cdot \frac{2}{5}$

$\left(\frac{3}{5}\right)^4$

מה ההסתברות להוציא לבן בשליפה אחת, והאם היא משתנה משליפה לשליפה?

$\frac{2}{5}$ , והיא לא משתנה

להציג את התשובה והפתרון

מחזירים את הכדור, ולכן הקופסה תמיד אותה קופסה.

$\frac{2}{5}$ בהתחלה, ואחר כך יותר

להציג את התשובה והפתרון

זה היה נכון בלי החזרה. כאן הכדור חוזר.

\begin{aligned}p &= \frac{2}{5} \\ \quad 1-p &= \frac{3}{5}\end{aligned}

אותה הסתברות בכל שליפה

מה צריך לקרות כדי שיידרשו בדיוק 4 שליפות?

שלושה אדומים, ואחריהם לבן

להציג את התשובה והפתרון

הלבן הראשון מופיע בשליפה הרביעית.

לבן אחד בכלשהי מ-4 השליפות

להציג את התשובה והפתרון

אם הלבן יוצא קודם, מפסיקים קודם. הלבן חייב להיות אחרון.

R \ R \ R \ W

מסלול אחד בלבד

איך מחשבים את ההסתברות של המסלול?

כופלים לאורך המסלול

להציג את התשובה והפתרון

השליפות בלתי תלויות.

כופלים ב-4, מספר המקומות של הלבן

להציג את התשובה והפתרון

יש רק מקום אחד ללבן: האחרון.

\left(\frac{3}{5}\right)^3 \cdot \frac{2}{5}=\frac{54}{625} \approx 0.086

שלושה כישלונות ואז הצלחה

להציג את התשובה והפתרון

הנכונה: $\left(\frac{3}{5}\right)^3 \cdot \frac{2}{5}$ . האפשרות הראשונה מחליפה בין אדום ללבן. המקדם $4$ שייך לשאלת ברנולי («לבן אחד בדיוק מתוך 4»), לא לשאלת «עד ש...». $\left(\frac{3}{5}\right)^4$ היא ארבעה אדומים, ואז ממשיכים לשלוף.

לעשות את הפעילות ב-elev

מה ההסתברות שיידרשו לכל היותר 3 שליפות?

להציג את התשובה והפתרון

המשלים: שלוש השליפות הראשונות כולן אדומות. $1-\left(\frac{3}{5}\right)^3=1-\frac{27}{125}=\frac{98}{125}=0.784$ .

השאלות התאומות: שאלה 2 ושאלה 5 ברשימה למטה.

3 — ברנולי עם תנאי

פעילות אינטראקטיבית

בכל יום עבודה, הרכבת של שירה מאחרת בהסתברות $0.2$ , בלי תלות בימים אחרים. שירה נוסעת 5 ימים בשבוע. א. מה ההסתברות שבשבוע מסוים הרכבת תאחר בדיוק פעמיים? ב. מה ההסתברות שתאחר לפחות פעם אחת? ג. ידוע שבשבוע מסוים הרכבת איחרה לפחות פעם אחת. מה ההסתברות שאיחרה בדיוק פעמיים?

\begin{aligned}n &= 5 \\ \quad p &= 0.2\end{aligned}

לחצו «להתחיל». מספר הימים קבוע, ושואלים כמה איחורים: ברנולי.

א.

\begin{aligned}P_5(2) &= \binom{5}{2} \cdot 0.2^2 \cdot 0.8^3 \\ &= 10 \cdot 0.04 \cdot 0.512 \\ &= 0.2048\end{aligned}

עשרה סדרים אפשריים לשני ימי האיחור.

ב.

\begin{aligned}1-0.8^5 &= 1-0.32768 \\ &= 0.67232\end{aligned}

המשלים: אף איחור.

ג. המונה

\begin{aligned}P(2 \cap \geq 1) &= P_5(2) \\ &= 0.2048\end{aligned}

«בדיוק 2» כבר נמצא בתוך «לפחות 1».

ג.

\frac{0.2048}{0.67232} \approx 0.30

חלקי ההסתברות של התנאי.

בסעיף ג החיתוך הוא פשוט: כל שבוע עם בדיוק שני איחורים הוא גם שבוע עם איחור אחד לפחות. זה לא תמיד כך, ולכן כותבים את החיתוך במפורש.

לעשות את הפעילות ב-elev

ידוע שבשבוע מסוים הרכבת איחרה בדיוק פעמיים. מה ההסתברות שאחד האיחורים היה ביום ראשון?

להציג את התשובה והפתרון

יש $\binom{5}{2}=10$ זוגות ימים, כולם שווי הסתברות. ביום ראשון נמצאים $\binom{4}{1}=4$ מהם. התשובה $\frac{4}{10}=0.4$ , והיא אינה תלויה ב- $0.2$ .

השאלה התאומה: שאלה 3 ברשימה למטה.

4 — עץ תלוי והסתברות בדיעבד

פעילות אינטראקטיבית

גשם אחרי גשם

בעונת החורף בעיר מסוימת: אם ירד גשם ביום מסוים, מחר ירד גשם בהסתברות $0.6$ . אם לא ירד גשם, מחר ירד גשם בהסתברות $0.2$ . ביום ראשון ירד גשם. ידוע שביום שלישי ירד גשם. מה ההסתברות שירד גשם גם ביום שני?

$0.6$

$0.36$

$0.44$

$\frac{9}{11}$

איך נראה העץ, ומאיפה מתחילים?

משני ענפים ליום שני: גשם $0.6$ , בלי גשם $0.4$

להציג את התשובה והפתרון

ביום ראשון ירד גשם, ולכן יום שני נקבע לפי «אחרי גשם».

משני ענפים ליום ראשון: גשם $0.6$ , בלי גשם $0.4$

להציג את התשובה והפתרון

יום ראשון כבר ידוע: ירד גשם. הוא השורש, לא ענף.

\begin{aligned}P(M) &= 0.6 \\ \quad P(\bar{M}) &= 0.4\end{aligned}

$M$ : גשם ביום שני

מה ההסתברות לגשם ביום שלישי?

$0.6 \cdot 0.6+0.4 \cdot 0.2$

להציג את התשובה והפתרון

הסתברות שלמה: שני מסלולים.

$0.6 \cdot 0.6$

להציג את התשובה והפתרון

זה רק המסלול שעובר דרך גשם ביום שני.

\begin{aligned}P(T) &= 0.36+0.08 \\ &= 0.44\end{aligned}

$T$ : גשם ביום שלישי

ידוע שירד גשם ביום שלישי. מה ההסתברות לגשם ביום שני?

$\frac{0.36}{0.44}$

להציג את התשובה והפתרון

המסלול דרך $M$ חלקי כל המסלולים שמסתיימים ב- $T$ .

להציג את התשובה והפתרון

זה $P(M)$ בלי המידע על יום שלישי.

\begin{aligned}P(M \mid T) &= \frac{0.36}{0.44} \\ &= \frac{9}{11} \approx 0.82\end{aligned}

בייס

להציג את התשובה והפתרון

הנכונה: $\frac{9}{11}$ . $0.6$ מתעלם מהמידע על יום שלישי. $0.36$ הוא «וגם», בלי לחלק בתנאי. $0.44$ היא ההסתברות לגשם ביום שלישי, כלומר המכנה בלבד.

לעשות את הפעילות ב-elev

האם «גשם ביום שני» ו«גשם ביום שלישי» בלתי תלויים?

להציג את התשובה והפתרון

לא. $P(T \mid M)=0.6$ , אבל $P(T)=0.44$ . הידיעה שירד גשם ביום שני מעלה את הסיכוי לגשם ביום שלישי. כך בנוי מזג האוויר בשאלה.

השאלה התאומה: שאלה 4 ברשימה למטה.

תרגילים

תרגיל 1

בעיר מסוימת, 30% מהתושבים גרים במרכז העיר ( $C$ ). מבין הגרים במרכז, $p$ נוסעים לעבודה באופניים ( $B$ ). מבין האחרים, 10% נוסעים באופניים. ידוע שמבין הנוסעים באופניים, 60% גרים במרכז. מצאו את $p$ , ואת ההסתברות שתושב אקראי נוסע באופניים. (עגלו לשלוש ספרות אחרי הנקודה.)

$p=$ ____ , $P(B)=$ ____

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: $p=$ 0.35 , $P(B)=$ 0.175

הפתרון:

\begin{aligned}P(B) &= 0.3p+0.7 \cdot 0.1 \\ &= 0.3p+0.07\end{aligned}

הסתברות שלמה

\frac{0.3p}{0.3p+0.07}=0.6

בייס: הנתון «מבין הנוסעים באופניים»

\begin{aligned}0.3p &= 0.18p+0.042 \ \Rightarrow \ p \\ &= 0.35\end{aligned}

\begin{aligned}P(B) &= 0.105+0.07 \\ &= 0.175\end{aligned}

מציבים

$0.6$ הוא $P(C \mid B)$ , לא $P(B \mid C)$ . מי שהציב $p=0.6$ בלבל בין שני הכיוונים.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 2

בקופסה 4 כדורים אדומים וכדור לבן אחד. שולפים כדור, רושמים את צבעו ומחזירים אותו, עד שיוצא הכדור הלבן. מה ההסתברות שיידרשו בדיוק 3 שליפות?

$3 \cdot \left(\frac{4}{5}\right)^2 \cdot \frac{1}{5}$
$\left(\frac{4}{5}\right)^3$
$\left(\frac{4}{5}\right)^2 \cdot \frac{1}{5}$
$\left(\frac{1}{5}\right)^2 \cdot \frac{4}{5}$

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: ג $\left(\frac{4}{5}\right)^2 \cdot \frac{1}{5}$

הפתרון:

\begin{aligned}\left(\frac{4}{5}\right)^2 \cdot \frac{1}{5} &= \frac{16}{125} \\ &= 0.128\end{aligned}

שני אדומים ואז הלבן

הנכונה: $\left(\frac{4}{5}\right)^2 \cdot \frac{1}{5}$ . המקדם $3$ שייך לשאלת ברנולי. כאן הלבן חייב להיות אחרון, ולכן יש מסלול אחד.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 3

בכל יום, מכונת הקפה במשרד מתקלקלת בהסתברות $0.1$ , בלי תלות בימים אחרים. בודקים 4 ימים. (עגלו לשתי ספרות אחרי הנקודה.)

בדיוק תקלה אחת: ____ , לפחות תקלה אחת: ____ , בדיוק תקלה אחת, אם ידוע שהייתה לפחות אחת: ____

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: בדיוק תקלה אחת: 0.29 , לפחות תקלה אחת: 0.34 , בדיוק תקלה אחת, אם ידוע שהייתה לפחות אחת: 0.85

הפתרון:

\begin{aligned}P_4(1) &= 4 \cdot 0.1 \cdot 0.9^3 \\ &= 0.2916\end{aligned}

ברנולי

\begin{aligned}1-0.9^4 &= 1-0.6561 \\ &= 0.3439\end{aligned}

המשלים

\frac{0.2916}{0.3439} \approx 0.85

«בדיוק אחת» נמצא בתוך «לפחות אחת»

בסעיף השלישי המכנה הוא $0.3439$ , לא $1$ . התנאי «הייתה לפחות תקלה» מוציא את הסדרות בלי תקלה בכלל.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 4

אם ירד גשם ביום מסוים, מחר ירד גשם בהסתברות $0.5$ . אם לא ירד גשם, מחר ירד גשם בהסתברות $0.1$ . ביום ראשון ירד גשם, וידוע שגם ביום שלישי ירד גשם. מה ההסתברות שירד גשם ביום שני? (עגלו לשתי ספרות אחרי הנקודה.)

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: 0.83

הפתרון:

\begin{aligned}P(T) &= 0.5 \cdot 0.5+0.5 \cdot 0.1 \\ &= 0.3\end{aligned}

שני מסלולים ליום שלישי

\begin{aligned}P(M \mid T) &= \frac{0.25}{0.3} \\ &= \frac{5}{6} \approx 0.83\end{aligned}

בייס

יום ראשון הוא השורש של העץ, לא ענף. מי שענה $0.5$ לא השתמש במידע על יום שלישי.

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

תרגיל 5

בקופסה 3 כדורים אדומים ו-2 לבנים. שולפים כדור ומחזירים אותו, עד שיוצא כדור לבן. מה ההסתברות שיידרשו לכל היותר 2 שליפות? (עגלו לשתי ספרות אחרי הנקודה.)

להציג את התשובה והפתרון

התשובה: 0.64

הפתרון:

1-\left(\frac{3}{5}\right)^2=1-\frac{9}{25}

המשלים: שתי השליפות הראשונות אדומות

=\frac{16}{25}=0.64

בדרך הארוכה: $\frac{2}{5}+\frac{3}{5} \cdot \frac{2}{5}=0.4+0.24=0.64$ ✓. מי שענה $0.24$ חישב רק את «בדיוק 2».

לבדוק את התשובה שלי ב-elev

1 — פרמטר, בייס וברנולי בשאלה אחת

2 — עד ההצלחה הראשונה

3 — ברנולי עם תנאי

4 — עץ תלוי והסתברות בדיעבד

תרגילים

השיעור הבא מחכה ב-elev