Test: legea probabilității totale

Disciplina: Matematică · Clasa a X-a · Unitatea: Probabilități

Pentru părinți și profesori

Acest test verifică prima dintre noțiunile de adâncime ale programei de matematică-informatică din unitatea de probabilități: descompunerea unui experiment complicat în scenarii simple. Sunt evaluate patru lucruri. Primul: definiția riguroasă a sistemului complet de evenimente — scenariile trebuie să fie două câte două incompatibile, să acopere tot $Ω$ și să aibă fiecare probabilitate strict pozitivă; lipsa oricăreia dintre condiții invalidează formula. Al doilea: legea probabilității totale propriu-zisă, cu demonstrația ei, care se sprijină pe două rezultate deja cunoscute — aditivitatea pe evenimente incompatibile și regula înmulțirii. Al treilea: rutina de rezolvare — identifici scenariile, le scrii probabilitățile, calculezi probabilitățile condiționate „ca și cum ai ști sigur în ce scenariu ești", înmulțești și aduni; la final verifici dacă rezultatul se află între cea mai mică și cea mai mare dintre probabilitățile condiționate, pentru că $P (B)$ este o medie ponderată a lor. Al patrulea: problema inversă — știind că evenimentul s-a produs, din ce scenariu a venit el? Numărătorul este un singur termen din suma deja calculată, iar numitorul este suma întreagă.

Punctaj total: 100 de puncte (90 de puncte din itemi + 10 puncte din oficiu).
Timp recomandat: 50 de minute (o oră de curs); la itemii cu demonstrație se cer toate etapele scrise, nu doar rezultatul final.
Cum se aplică: elevul lucrează individual, pe foaie, fără calculator. Un răspuns este complet doar dacă apare explicit sistemul complet de evenimente folosit, cu verificarea faptului că probabilitățile scenariilor însumează $1$ . Se recomandă desenarea arborelui de scenarii. La finalul fiecărei probleme se cere controlul de încadrare. Fracțiile se dau simplificate.
Interpretare: 90–100 p = foarte bine; 75–89 p = bine; 60–74 p = satisfăcător; sub 60 p = se recomandă reluarea lecției, cu accent pe alegerea scenariilor și pe calculul probabilităților condiționate în interiorul fiecărui scenariu.
Formule de reținut: sistem complet de evenimente $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}$ — evenimente cu $P (A_{i}) > 0$ , două câte două incompatibile ( $A_{i} \cap A_{j} = \emptyset$ pentru $i \neq = j$ ) și cu reuniunea $A_{1} \cup A_{2} \cup \dots \cup A_{n} = Ω$ . Legea probabilității totale: pentru orice eveniment $B$ , $P (B) = i = 1 \sum n P (A_{i}) \cdot P (B ∣ A_{i}) = P (A_{1}) P (B ∣ A_{1}) + \dots + P (A_{n}) P (B ∣ A_{n}) .$ Cazul cel mai simplu, cu $A$ și $\overline{A}$ : $P (B) = P (A) P (B ∣ A) + P (\overline{A}) P (B ∣ \overline{A})$ . Problema inversă: $P (A_{k} ∣ B) = \frac{P ( A _{k} \cap B )}{P ( B )} = \frac{P ( A _{k} ) \cdot P ( B ∣ A _{k} )}{P ( B )} .$ Controlul obligatoriu: $P (B)$ fiind o medie ponderată, valoarea ei se află întotdeauna între cea mai mică și cea mai mare dintre probabilitățile $P (B ∣ A_{i})$ .

Notă: în barem, cuvântul „itemul" este folosit ca termen de evaluare; la clasă, în vorbirea curentă, spunem „exercițiul".

Itemi

Partea I – Sistem complet de evenimente și formula

Itemul 1 (6 puncte)

Alege litera corespunzătoare răspunsului corect (câte 2 puncte):

a) Evenimentele $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}$ , toate de probabilitate nenulă, formează un sistem complet dacă: A. $A_{i} \cap A_{j} = \emptyset$ pentru $i \neq = j$ și $A_{1} \cup \dots \cup A_{n} = Ω$ ; B. doar $A_{1} \cup \dots \cup A_{n} = Ω$ ; C. doar $A_{i} \cap A_{j} = \emptyset$ pentru $i \neq = j$ ; D. $P (A_{i}) = \frac{1}{n}$ pentru orice $i$ .

b) Dacă ${A_{1}, A_{2}}$ este un sistem complet cu $P (A_{1}) = \frac{1}{4}$ , iar $P (B ∣ A_{1}) = \frac{1}{2}$ și $P (B ∣ A_{2}) = \frac{1}{3}$ , atunci $P (B)$ este: A. $\frac{5}{6}$ ; B. $\frac{3}{8}$ ; C. $\frac{5}{12}$ ; D. $\frac{1}{2}$ .

c) Valoarea $P (B)$ obținută prin legea probabilității totale se află întotdeauna: A. sub cea mai mică dintre valorile $P (B ∣ A_{i})$ ; B. între cea mai mică și cea mai mare dintre valorile $P (B ∣ A_{i})$ ; C. peste cea mai mare dintre ele; D. exact la media aritmetică a valorilor $P (B ∣ A_{i})$ .

Itemul 2 (6 puncte)

Fie ${A_{1}, A_{2}}$ un sistem complet de evenimente cu $P (A_{1}) = \frac{2}{5}$ , iar $B$ un eveniment cu $P (B ∣ A_{1}) = \frac{1}{2}$ și $P (B ∣ A_{2}) = \frac{1}{3}$ . Calculează (câte 1,5 puncte): a) $P (A_{2})$ ; b) $P (B \cap A_{1})$ ; c) $P (B \cap A_{2})$ ; d) $P (B)$ .

Itemul 3 (6 puncte)

Stabilește dacă fiecare afirmație este adevărată (A) sau falsă (F) și justifică pe scurt (câte 1,5 puncte): a) „Dacă $0 < P (A) < 1$ , atunci ${A, \overline{A}}$ este un sistem complet de evenimente." b) „Legea probabilității totale se poate aplica și atunci când scenariile se suprapun." c) „Pentru orice două evenimente de probabilitate nenulă, $P (B ∣ A) = P (A ∣ B)$ ." d) „Dacă $P (B ∣ A_{1}) = P (B ∣ A_{2}) = p$ , atunci $P (B) = p$ , oricare ar fi $P (A_{1})$ ."

Itemul 4 (6 puncte)

Urna $U_{1}$ conține $4$ bile albe și $6$ bile negre, iar urna $U_{2}$ conține $7$ bile albe și $3$ bile negre. Se alege la întâmplare una dintre cele două urne (cu șanse egale) și din ea se extrage o bilă. Fie $B$ = „bila extrasă este albă". a) Scrie sistemul complet de evenimente folosit și probabilitățile condiționate $P (B ∣ A_{1})$ , $P (B ∣ A_{2})$ . (3 p) b) Calculează $P (B)$ și verifică încadrarea rezultatului. (3 p)

Partea a II-a – Aplicații ale legii probabilității totale

Itemul 5 (8 puncte)

Trei urne conțin, fiecare, câte $5$ bile: $U_{1}$ are $3$ albe și $2$ negre, $U_{2}$ are $1$ albă și $4$ negre, iar $U_{3}$ are $2$ albe și $3$ negre. Se alege la întâmplare o urnă și din ea se extrage o bilă. a) Scrie probabilitățile condiționate $P (B ∣ A_{i})$ , unde $B$ = „bila extrasă este albă". (3 p) b) Calculează $P (B)$ . (3 p) c) Verifică rezultatul prin controlul de încadrare. (2 p)

Itemul 6 (7 puncte)

Într-o fabrică, atelierul $A$ produce $60%$ dintre piese, dintre care $2%$ sunt rebuturi, iar atelierul $B$ produce restul de $40%$ , dintre care $5%$ sunt rebuturi. Se alege o piesă la întâmplare din producția totală. a) Calculează probabilitatea ca piesa aleasă să fie rebut. (4 p) b) Câte rebuturi sunt, în medie, la un lot de $1000$ de piese? (3 p)

Itemul 7 (7 puncte)

Se aruncă un zar echilibrat. Dacă apare faţa $6$ , se extrage o bilă din urna $U_{1}$ , care conține $5$ bile albe și $3$ negre; în caz contrar, se extrage o bilă din urna $U_{2}$ , care conține $2$ bile albe și $6$ negre. a) Scrie sistemul complet de evenimente și probabilitățile lui. (2 p) b) Scrie probabilitățile condiționate. (3 p) c) Calculează probabilitatea de a extrage o bilă albă. (2 p)

Itemul 8 (6 puncte)

Urna $U_{1}$ conține $3$ bile albe și $1$ bilă neagră, iar urna $U_{2}$ conține $2$ bile albe și $3$ negre. Se mută o bilă, aleasă la întâmplare, din $U_{1}$ în $U_{2}$ , iar apoi se extrage o bilă din $U_{2}$ . a) Scrie sistemul complet de evenimente și probabilitățile condiționate corespunzătoare. (3 p) b) Calculează probabilitatea ca bila extrasă din $U_{2}$ să fie albă. (3 p)

Itemul 9 (6 puncte)

Se păstrează datele de la itemul 4 (cele două urne cu $4$ albe și $6$ negre, respectiv $7$ albe și $3$ negre) și se știe că bila extrasă a fost albă. a) Calculează probabilitatea ca ea să provină din urna $U_{1}$ . (3 p) b) Calculează probabilitatea ca ea să provină din urna $U_{2}$ și verifică suma celor două rezultate. (3 p)

Partea a III-a – Demonstrații și itemi de tip Bacalaureat M1

Itemul 10 (8 puncte)

(Redactare completă cerută.) a) Demonstrează legea probabilității totale: dacă $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}$ formează un sistem complet de evenimente, cu $P (A_{i}) > 0$ pentru orice $i$ , atunci pentru orice eveniment $B$ $P (B) = i = 1 \sum n P (A_{i}) \cdot P (B ∣ A_{i}) .$ (5 p) b) Scrie cazul particular $n = 2$ , cu sistemul ${A, \overline{A}}$ , și aplică-l pentru $P (A) = \frac{1}{3}$ , $P (B ∣ A) = \frac{3}{4}$ , $P (B ∣ \overline{A}) = \frac{1}{2}$ . (3 p)

Itemul 11 (8 puncte)

O fabrică de becuri are trei linii de producție: $L_{1}$ produce $50%$ din becuri, $L_{2}$ produce $30%$ , iar $L_{3}$ produce $20%$ . Procentele de becuri defecte sunt $1%$ pe $L_{1}$ , $2%$ pe $L_{2}$ și $4%$ pe $L_{3}$ . a) Calculează probabilitatea ca un bec ales la întâmplare să fie defect. (4 p) b) Un bec ales la întâmplare s-a dovedit defect. Calculează probabilitatea ca el să provină de pe linia $L_{3}$ . (4 p)

Itemul 12 (8 puncte)

O urnă conține $5$ bile albe și $3$ bile negre. Se extrag două bile, una după alta, fără revenire. a) Folosind legea probabilității totale cu sistemul complet „prima bilă este albă" / „prima bilă este neagră", arată că probabilitatea ca a doua bilă să fie albă este $\frac{5}{8}$ . Comentează rezultatul. (4 p) b) Știind că a doua bilă a fost albă, calculează probabilitatea ca prima să fi fost tot albă. (4 p)

Itemul 13 (8 puncte)

(Item tip Bacalaureat M1.) Se consideră urnele $U_{1}$ , care conține $2$ bile albe și $3$ bile negre, și $U_{2}$ , care conține $4$ bile albe și $1$ bilă neagră. Se aruncă o monedă echilibrată: dacă apare stema, se extrage o bilă din $U_{1}$ ; dacă apare banul, se extrage o bilă din $U_{2}$ . a) Arătați că evenimentele „a apărut stema" și „a apărut banul" formează un sistem complet și scrieți probabilitățile lor. (2 p) b) Calculați probabilitatea de a extrage o bilă albă. (3 p) c) Știind că bila extrasă este albă, calculați probabilitatea ca la aruncarea monedei să fi apărut stema. (3 p)

Barem și răspunsuri

Punctaj total: 90 p din itemi + 10 p din oficiu = 100 p.

Itemul 1. (6 p) — câte 2 puncte.

a) A. Sunt necesare amândouă condițiile: scenariile se exclud reciproc (nu se suprapun) și, împreună, acoperă tot $Ω$ (nu s-a uitat niciun scenariu). Varianta D descrie doar cazul particular al scenariilor egal probabile.

b) B. $P (A_{2}) = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$ , deci $P (B) = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} + \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{8} + \frac{1}{4} = \frac{3}{8} .$ (Varianta C, $\frac{5}{12}$ , este media aritmetică a celor două probabilități condiționate — greșeala clasică de a uita ponderile.)

c) B. $P (B)$ este o medie ponderată a valorilor $P (B ∣ A_{i})$ , cu ponderi $P (A_{i})$ pozitive care însumează $1$ ; o astfel de medie se află întotdeauna între cea mai mică și cea mai mare dintre valori. Varianta D ar fi corectă numai dacă toate scenariile ar fi egal probabile.

Itemul 2. (6 p) — câte 1,5 puncte.

a) Sistemul fiind complet cu două elemente, $P (A_{2}) = 1 - \frac{2}{5} = \frac{3}{5}$ .

b) Prin regula înmulțirii: $P (B \cap A_{1}) = P (A_{1}) \cdot P (B ∣ A_{1}) = \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{5}$ .

c) $P (B \cap A_{2}) = \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{5}$ .

d) Evenimentele $B \cap A_{1}$ și $B \cap A_{2}$ sunt incompatibile și dau împreună pe $B$ , deci $P (B) = \frac{1}{5} + \frac{1}{5} = \frac{2}{5} .$ Control: $\frac{1}{3} \leq \frac{2}{5} \leq \frac{1}{2}$ ✓

Itemul 3. (6 p) — câte 1,5 puncte (0,5 p răspunsul, 1 p justificarea).

a) A. Cele două evenimente sunt incompatibile ( $A \cap \overline{A} = \emptyset$ ), reuniunea lor este $Ω$ , iar condiția $0 < P (A) < 1$ asigură că amândouă au probabilitate strict pozitivă. Este cel mai folosit sistem complet.

b) F. Dacă scenariile s-ar suprapune, evenimentele $B \cap A_{i}$ nu ar mai fi incompatibile, iar probabilitatea reuniunii lor nu ar mai fi suma probabilităților — pasul-cheie al demonstrației ar cădea, iar rezultatul ar fi mai mare decât cel real.

c) F. Cele două fracții au același numărător, $P (A \cap B)$ , dar numitori diferiți, $P (A)$ și $P (B)$ ; ele coincid doar dacă $P (A) = P (B)$ . Confuzia dintre ele este cea mai frecventă eroare la problema inversă.

d) A. Cu $P (A_{2}) = 1 - P (A_{1})$ obținem $P (B) = P (A_{1}) \cdot p + (1 - P (A_{1})) \cdot p = p .$ Interpretare: dacă șansa este aceeași în toate scenariile, nu mai contează în ce scenariu ne aflăm.

Itemul 4. (6 p)

a) (3 p) Fie $A_{1}$ = „se alege urna $U_{1}$ " și $A_{2}$ = „se alege urna $U_{2}$ ". Ele sunt incompatibile și acoperă tot $Ω$ , deci formează un sistem complet, cu $P (A_{1}) = P (A_{2}) = \frac{1}{2}$ ; suma este $1$ ✓ (1,5 p). În interiorul fiecărui scenariu, calculul e imediat: $P (B ∣ A_{1}) = \frac{4}{10} = \frac{2}{5}, P (B ∣ A_{2}) = \frac{7}{10}$ (1,5 p).

b) (3 p) Prin legea probabilității totale (1 p): $P (B) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{5} + \frac{1}{2} \cdot \frac{7}{10} = \frac{1}{5} + \frac{7}{20} = \frac{4}{20} + \frac{7}{20} = \frac{11}{20}$ (1,5 p). Control: $\frac{2}{5} = \frac{8}{20} \leq \frac{11}{20} \leq \frac{14}{20} = \frac{7}{10}$ ✓ (0,5 p).

Itemul 5. (8 p)

a) (3 p) Sistemul complet este format din evenimentele $A_{i}$ = „se alege urna $U_{i}$ ", cu $P (A_{i}) = \frac{1}{3}$ fiecare; suma este $1$ ✓ (1 p). Probabilitățile condiționate (2 p): $P (B ∣ A_{1}) = \frac{3}{5}, P (B ∣ A_{2}) = \frac{1}{5}, P (B ∣ A_{3}) = \frac{2}{5} .$

b) (3 p) Scenariile fiind egal probabile, factorul $\frac{1}{3}$ se scoate în față (1 p): $P (B) = \frac{1}{3} (\frac{3}{5} + \frac{1}{5} + \frac{2}{5}) = \frac{1}{3} \cdot \frac{6}{5} = \frac{2}{5}$ (2 p).

c) (2 p) Cea mai mică probabilitate condiționată este $\frac{1}{5}$ , cea mai mare este $\frac{3}{5}$ , iar $\frac{1}{5} \leq \frac{2}{5} \leq \frac{3}{5} ✓$ (1 p). Observăm și că, în acest caz particular (scenarii egal probabile), $P (B)$ coincide cu media aritmetică a probabilităților condiționate — o coincidență care nu se păstrează când ponderile diferă (1 p).

Itemul 6. (7 p)

a) (4 p) Sistemul complet este dat de proveniența piesei: $A_{1}$ = „piesa provine din atelierul $A$ ", $A_{2}$ = „piesa provine din atelierul $B$ ", cu $P (A_{1}) = \frac{3}{5}$ și $P (A_{2}) = \frac{2}{5}$ ; suma este $1$ ✓ (1 p). Fie $R$ = „piesa este rebut". Atunci $P (R ∣ A_{1}) = \frac{2}{100} = \frac{1}{50}, P (R ∣ A_{2}) = \frac{5}{100} = \frac{1}{20}$ (1 p), deci $P (R) = \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{50} + \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{20} = \frac{3}{250} + \frac{1}{50} = \frac{3}{250} + \frac{5}{250} = \frac{8}{250} = \frac{4}{125}$ (2 p). Control, la numitorul comun $500$ : $\frac{1}{50} = \frac{10}{500} \leq \frac{4}{125} = \frac{16}{500} \leq \frac{25}{500} = \frac{1}{20}$ ✓

b) (3 p) La $1000$ de piese (1,5 p): $1000 \cdot \frac{4}{125} = 32 rebuturi$ (1,5 p). (Verificare directă: $600$ de piese de la $A$ dau $12$ rebuturi, iar $400$ de la $B$ dau $20$ ; în total $32$ ✓)

Itemul 7. (7 p)

a) (2 p) $A_{1}$ = „la zar apare faţa $6$ ", $A_{2}$ = „la zar apare altă faţă". Sunt incompatibile și acoperă tot $Ω$ (1 p), cu $P (A_{1}) = \frac{1}{6}, P (A_{2}) = \frac{5}{6}, \frac{1}{6} + \frac{5}{6} = 1 ✓$ (1 p).

b) (3 p) Fie $B$ = „bila extrasă este albă". În scenariul $A_{1}$ se extrage din $U_{1}$ , care are $8$ bile, dintre care $5$ albe; în scenariul $A_{2}$ se extrage din $U_{2}$ , care are tot $8$ bile, dintre care $2$ albe (1,5 p): $P (B ∣ A_{1}) = \frac{5}{8}, P (B ∣ A_{2}) = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}$ (1,5 p).

c) (2 p) $P (B) = \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{8} + \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{4} = \frac{5}{48} + \frac{5}{24} = \frac{5}{48} + \frac{10}{48} = \frac{15}{48} = \frac{5}{16}$ (1,5 p). Control: $\frac{1}{4} \leq \frac{5}{16} \leq \frac{5}{8}$ ✓ (0,5 p) Rezultatul este mai apropiat de $\frac{1}{4}$ , pentru că scenariul al doilea este mult mai probabil.

Itemul 8. (6 p)

a) (3 p) Scenariile sunt date de culoarea bilei mutate: $A_{1}$ = „bila mutată este albă", $A_{2}$ = „bila mutată este neagră", cu $P (A_{1}) = \frac{3}{4}, P (A_{2}) = \frac{1}{4}$ (1 p). După mutare, urna $U_{2}$ are $6$ bile (0,5 p). În scenariul $A_{1}$ ea conține $3$ albe și $3$ negre, iar în scenariul $A_{2}$ conține $2$ albe și $4$ negre (1 p): $P (B ∣ A_{1}) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}, P (B ∣ A_{2}) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ (0,5 p).

b) (3 p) $P (B) = \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{3} = \frac{3}{8} + \frac{1}{12} = \frac{9}{24} + \frac{2}{24} = \frac{11}{24}$ (2,5 p). Control: $\frac{1}{3} = \frac{8}{24} \leq \frac{11}{24} \leq \frac{12}{24} = \frac{1}{2}$ ✓ (0,5 p).

Itemul 9. (6 p)

a) (3 p) Numărătorul este un singur termen din suma calculată la itemul 4, iar numitorul este suma întreagă (1 p): $P (A_{1} ∣ B) = \frac{P ( A _{1} \cap B )}{P ( B )} = \frac{\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{5}}{\frac{11}{20}} = \frac{\frac{1}{5}}{\frac{11}{20}} = \frac{1}{5} \cdot \frac{20}{11} = \frac{4}{11}$ (2 p).

b) (3 p) Analog (1,5 p): $P (A_{2} ∣ B) = \frac{\frac{1}{2} \cdot \frac{7}{10}}{\frac{11}{20}} = \frac{\frac{7}{20}}{\frac{11}{20}} = \frac{7}{11}$ (1 p). Verificare: $\frac{4}{11} + \frac{7}{11} = 1$ ✓ — bila albă a venit sigur din una dintre cele două urne (0,5 p). Observație: deși inițial urnele erau la fel de probabile, informația „bila este albă" împinge concluzia spre urna cu mai multe bile albe.

Itemul 10. (8 p) — redactare completă.

a) (5 p) Fie $B$ un eveniment oarecare.

Descompunerea (1,5 p). Cum $A_{1} \cup A_{2} \cup \dots \cup A_{n} = Ω$ , avem $B = B \cap Ω = B \cap (A_{1} \cup \dots \cup A_{n}) = (B \cap A_{1}) \cup (B \cap A_{2}) \cup \dots \cup (B \cap A_{n}) .$

Incompatibilitatea (1,5 p). Pentru $i \neq = j$ , $(B \cap A_{i}) \cap (B \cap A_{j}) \subseteq A_{i} \cap A_{j} = \emptyset,$ deci evenimentele $B \cap A_{i}$ sunt două câte două incompatibile. Probabilitatea reuniunii lor este atunci suma probabilităților: $P (B) = P (B \cap A_{1}) + P (B \cap A_{2}) + \dots + P (B \cap A_{n}) .$

Regula înmulțirii (1,5 p). Din definiția probabilității condiționate, $P (B ∣ A_{i}) = \frac{P ( B \cap A _{i} )}{P ( A _{i} )}$ — aici se folosește ipoteza $P (A_{i}) > 0$ —, deci $P (B \cap A_{i}) = P (A_{i}) \cdot P (B ∣ A_{i})$ . Înlocuind, obținem $P (B) = i = 1 \sum n P (A_{i}) \cdot P (B ∣ A_{i}) .$ $■$

Observație (0,5 p). Formula spune că $P (B)$ este media probabilităților condiționate, ponderate cu probabilitățile scenariilor.

b) (3 p) Pentru $n = 2$ și sistemul ${A, \overline{A}}$ (1 p): $P (B) = P (A) \cdot P (B ∣ A) + P (\overline{A}) \cdot P (B ∣ \overline{A}) .$ Cu datele din enunț, $P (\overline{A}) = \frac{2}{3}$ (0,5 p) și $P (B) = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{4} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{3} = \frac{3}{12} + \frac{4}{12} = \frac{7}{12}$ (1,5 p). Control: $\frac{1}{2} = \frac{6}{12} \leq \frac{7}{12} \leq \frac{9}{12} = \frac{3}{4}$ ✓

Itemul 11. (8 p)

a) (4 p) Scenariile sunt liniile de producție, cu $P (L_{1}) = \frac{1}{2}, P (L_{2}) = \frac{3}{10}, P (L_{3}) = \frac{1}{5}, suma = 1 ✓$ (1 p). Fie $D$ = „becul este defect". Atunci $P (D ∣ L_{1}) = \frac{1}{100}$ , $P (D ∣ L_{2}) = \frac{1}{50}$ , $P (D ∣ L_{3}) = \frac{1}{25}$ (1 p). Aducem toți termenii la numitorul $1000$ (1 p): $P (D) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{100} + \frac{3}{10} \cdot \frac{1}{50} + \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{25} = \frac{5}{1 000} + \frac{6}{1 000} + \frac{8}{1 000} = \frac{19}{1 000}$ (1 p). Control: $\frac{1}{100} = \frac{10}{1 000} \leq \frac{19}{1 000} \leq \frac{40}{1 000} = \frac{1}{25}$ ✓

b) (4 p) Este problema inversă: numărătorul este termenul liniei $L_{3}$ , iar numitorul este suma întreagă (1,5 p): $P (L_{3} ∣ D) = \frac{P ( L _{3} ) \cdot P ( D ∣ L _{3} )}{P ( D )} = \frac{\frac{8}{1 000}}{\frac{19}{1 000}} = \frac{8}{19}$ (2 p). Deși $L_{3}$ produce doar o cincime dintre becuri, ea este responsabilă pentru aproape jumătate dintre becurile defecte — de aceea, la un control de calitate, ea ar fi prima verificată (0,5 p).

Itemul 12. (8 p)

a) (4 p) Sistemul complet: $A_{1}$ = „prima bilă este albă", $A_{2}$ = „prima bilă este neagră", cu $P (A_{1}) = \frac{5}{8}$ și $P (A_{2}) = \frac{3}{8}$ (1 p). Fie $B$ = „a doua bilă este albă". Dacă prima a fost albă, în urnă rămân $7$ bile cu $4$ albe; dacă prima a fost neagră, rămân $7$ bile cu $5$ albe (1 p): $P (B ∣ A_{1}) = \frac{4}{7}, P (B ∣ A_{2}) = \frac{5}{7} .$ Prin legea probabilității totale (1,5 p): $P (B) = \frac{5}{8} \cdot \frac{4}{7} + \frac{3}{8} \cdot \frac{5}{7} = \frac{20}{56} + \frac{15}{56} = \frac{35}{56} = \frac{5}{8} .$ Comentariu (0,5 p): rezultatul este exact probabilitatea primei extrageri. Fără informația despre prima bilă, poziția extragerii nu contează — toate bilele sunt „la fel de bine plasate", iar simetria situației explică egalitatea.

b) (4 p) Problema inversă (1 p): $P (A_{1} ∣ B) = \frac{P ( A _{1} ) \cdot P ( B ∣ A _{1} )}{P ( B )} = \frac{\frac{5}{8} \cdot \frac{4}{7}}{\frac{5}{8}} = \frac{4}{7}$ (2,5 p). Deci informația „a doua bilă a fost albă" scade probabilitatea ca prima să fi fost albă, de la $\frac{5}{8}$ la $\frac{4}{7}$ — ceea ce este firesc, pentru că o bilă albă „consumată" la a doua extragere lasă mai puține bile albe pentru prima (0,5 p).

Itemul 13. (8 p)

a) (2 p) Fie $S$ = „a apărut stema" și $\overline{S}$ = „a apărut banul". Cele două evenimente sunt incompatibile (nu pot apărea simultan) și reuniunea lor este $Ω$ (1 p), deci formează un sistem complet, cu $P (S) = P (\overline{S}) = \frac{1}{2}, P (S) + P (\overline{S}) = 1 ✓$ (1 p).

b) (3 p) Fie $B$ = „bila extrasă este albă". Fiecare urnă are $5$ bile (0,5 p): $P (B ∣ S) = \frac{2}{5}, P (B ∣ \overline{S}) = \frac{4}{5}$ (1 p). Prin legea probabilității totale (1,5 p): $P (B) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{5} + \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{5} = \frac{1}{5} + \frac{2}{5} = \frac{3}{5} .$ Control: $\frac{2}{5} \leq \frac{3}{5} \leq \frac{4}{5}$ ✓

c) (3 p) Se cere $P (S ∣ B)$ (0,5 p): $P (S ∣ B) = \frac{P ( S \cap B )}{P ( B )} = \frac{\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{5}}{\frac{3}{5}} = \frac{\frac{1}{5}}{\frac{3}{5}} = \frac{1}{3}$ (2 p). Verificare: $P (\overline{S} ∣ B) = \frac{2/5}{3/5} = \frac{2}{3}$ , iar $\frac{1}{3} + \frac{2}{3} = 1$ ✓ (0,5 p) Înainte de extragere, cele două urne erau la fel de probabile; după ce am aflat că bila este albă, urna cu mai multe bile albe devine de două ori mai plauzibilă.