Diagrames d'arbre: multiplicar camins i sumar casos

⏱ 6 min de lecturaESO

Vols practicar? Aquest tema té 102 exercicis interactius de 4 tipus, de deu en deu, amb correcció immediata i explicació pas a pas.

Un diagrama d'arbre converteix qualsevol experiment de diverses etapes en un càlcul mecànic: es multiplica al llarg d'un camí i se sumen els camins. La part que demana atenció és què passa amb les probabilitats de la segona etapa quan la primera les modifica.

El que has de dominar abans: fraccions, recompte i probabilitat simple.

Com funciona un arbre

Cada branca porta la probabilitat de l'etapa següent tenint en compte el camí ja recorregut.

Les branques que surten d'un mateix node sumen $1$ . És la primera comprovació que cal fer: si no sumen u, l'arbre està mal construït.

La probabilitat d'un camí complet és el producte de les probabilitats de les seves branques.

Si diversos camins porten a l'esdeveniment que busques, i són incompatibles entre ells (com ho són sempre dos camins diferents d'un arbre), se'n sumen les probabilitats.

Independència

Dues etapes són independents si la informació de la primera no modifica les probabilitats de la segona.

Amb reposició (i barreja adequada), el model pot ser independent: la bossa torna a estar com abans.

Sense reposició, la composició canvia: el denominador disminueix i el numerador també pot canviar, segons què hagi sortit. Les etapes no són independents.

Per a esdeveniments, la independència es caracteritza per

P(A\cap B) = P(A)\,P(B).

Aquesta igualtat és la definició operativa: per comprovar si dos esdeveniments són independents, es calculen els tres valors i es mira si es compleix.

Independents i incompatibles no és el mateix

Són dos conceptes diferents, i de fet gairebé contraris.

Incompatibles vol dir que no poden passar alhora: $P(A\cap B) = 0$ .

Independents vol dir que saber que ha passat un no canvia la probabilitat de l'altre: $P(A\cap B) = P(A)P(B)$ .

Dos esdeveniments incompatibles de probabilitat positiva no són independents. Si $P(A) > 0$ i $P(B) > 0$ però $P(A\cap B) = 0$ , llavors $P(A)P(B) > 0 \neq 0$ , i la condició d'independència falla. I té sentit: si saber que ha passat $A$ et diu amb certesa que $B$ no ha passat, aquesta informació és molt rellevant, no és independència.

I l'avís pràctic de sempre: sense reposició, el denominador de la segona etapa disminueix, i el numerador canvia segons el resultat de la primera. És el que fa que les branques de la segona etapa siguin diferents en cada camí.

Dues boles sense reposició

Hi ha $3$ boles vermelles i $2$ blaves. Se'n treuen dues sense reposició. Calcula la probabilitat que les dues siguin vermelles, i la que siguin d'un color diferent cada una.

Primera etapa. Hi ha $5$ boles:

P(V) = \frac35, \qquad P(B) = \frac25.

Comprovació: les dues branques sumen $\frac35+\frac25 = 1$ ✓

Segona etapa, segons el que hagi sortit. Queden quatre boles, i la composició depèn del camí:

si la primera va ser vermella, queden $2$ vermelles i $2$ blaves: $P(V) = \frac24$ i $P(B) = \frac24$ ;
si la primera va ser blava, queden $3$ vermelles i $1$ blava: $P(V) = \frac34$ i $P(B) = \frac14$ .

Comprovació: cada parell de branques suma $1$ ✓

Les dues vermelles. És un sol camí, i es multipliquen les seves branques:

P(VV) = \frac35\cdot\frac24 = \frac{6}{20} = \frac{3}{10}.

Una de cada color. Hi ha dos camins incompatibles, $VB$ i $BV$ :

P(VB) = \frac35\cdot\frac24 = \frac{3}{10}, \qquad P(BV) = \frac25\cdot\frac34 = \frac{3}{10}.

P(\text{diferents}) = \frac{3}{10} + \frac{3}{10} = \frac35.

Comprovació global. Les quatre possibilitats han de sumar $1$ :

P(VV) + P(VB) + P(BV) + P(BB) = \frac{3}{10} + \frac{3}{10} + \frac{3}{10} + \frac{2}{5}\cdot\frac14.

I $\frac25\cdot\frac14 = \frac{1}{10}$ , de manera que la suma és $\frac{3+3+3+1}{10} = 1$ ✓

Les dues coses que decideixen aquest exercici. Primera: els denominadors de la segona etapa són $4$ i no $5$ , perquè no hi ha reposició. Segona: «una de cada color» inclou dos camins, i oblidar-ne un dona la meitat del resultat correcte.

Comprovar que dos esdeveniments no són independents

En un dau equilibrat, sigui $A$ l'esdeveniment «parell» i $B$ l'esdeveniment «senar». Comprova amb probabilitats que no són independents.

Les probabilitats individuals.

P(A) = \frac36 = \frac12, \qquad P(B) = \frac36 = \frac12.

La intersecció. Cap número no és parell i senar alhora:

A \cap B = \varnothing \qquad\Longrightarrow\qquad P(A\cap B) = 0.

Aplica la condició d'independència.

P(A)\,P(B) = \frac12\cdot\frac12 = \frac14 \qquad\text{però}\qquad P(A\cap B) = 0.

Com que $\frac14 \neq 0$ , els dos esdeveniments NO són independents.

La interpretació. Saber que ha sortit un nombre parell et diu amb certesa que no és senar: la informació de l'un determina l'altre completament. Això és el contrari de la independència.

El que mostra aquest exemple. $A$ i $B$ són incompatibles (no poden passar alhora) i justament per això no són independents. Els dos conceptes es confonen perquè tots dos parlen de la relació entre dos esdeveniments, però diuen coses diferents i incompatibles entre elles quan les dues probabilitats són positives.

Un cas d'esdeveniments que sí que són independents. Llança dos daus: $A$ és «el primer dau fa parell» i $B$ és «el segon dau fa més de $4$ ». Llavors $P(A) = \frac12$ , $P(B) = \frac13$ i $P(A\cap B) = \frac{6}{36} = \frac16 = \frac12\cdot\frac13$ ✓ Es compleix la condició, i té sentit: el que faci un dau no influeix en l'altre.

Comprova que cada node sumi u

Un cop dibuixat l'arbre, suma les branques que surten de cada node: han de donar $1$ sempre.

És la comprovació que detecta els errors de denominador sense reposició, que són els més habituals. I al final, comprova que tots els camins sumin $1$ : si no ho fan, falta un camí o n'hi ha un mal calculat.

Exercici resolt: exactament una cara amb dues monedes

Llances dues monedes equilibrades independentment. Quina probabilitat hi ha d'obtenir exactament una cara?

L'espai mostral. Quatre resultats equiprobables:

\Omega = \{CC,\ CX,\ XC,\ XX\},

cada un amb probabilitat $\frac12\cdot\frac12 = \frac14$ (les monedes són independents, de manera que les branques de la segona etapa no canvien).

Casos favorables. «Exactament una cara» són dos camins: $CX$ i $XC$ .

P = \frac14 + \frac14 = \frac12.

Comprovació global. Els quatre resultats sumen $1$ ✓

L'error que amenaça aquest exercici. Comptar $CX$ i $XC$ com un sol cas i donar $\frac14$ o $\frac13$ . Són dos resultats diferents: que la primera moneda faci cara i la segona creu no és el mateix que a l'inrevés, encara que des de fora «una cara i una creu» sembli una sola cosa.

Per contrast, les altres possibilitats. $P(\text{cap cara}) = \frac14$ i $P(\text{dues cares}) = \frac14$ . Les tres opcions («cap», «una», «dues») tenen probabilitats $\frac14$ , $\frac12$ i $\frac14$ : no són equiprobables, i per tant no es pot aplicar Laplace sobre aquestes tres categories.

És el mateix fenomen de la suma de dos daus del tema anterior: el resultat del mig és més probable perquè es pot obtenir de més maneres.

Exercici resolt: dues boles blaves sense reposició

Una bossa té $2$ boles vermelles i $3$ blaves. En treus dues sense reposició. Calcula la probabilitat que totes dues siguin blaves.

Primera extracció. Hi ha $5$ boles, de les quals $3$ són blaves:

P(\text{1a blava}) = \frac35.

Segona extracció, sabent que la primera va ser blava. Queden $4$ boles i només $2$ blaves:

P(\text{2a blava} \mid \text{1a blava}) = \frac24 = \frac12.

Multiplica al llarg del camí.

P(BB) = \frac35\cdot\frac12 = \frac{3}{10} = 0{,}3.

Comprovació per recompte. Es poden triar $\binom52 = 10$ parelles de boles, i les parelles de blaves són $\binom32 = 3$ :

P = \frac{3}{10} \quad\checkmark

El mateix resultat per un camí completament diferent, cosa que confirma el càlcul.

Què canvia si hi hagués reposició. La segona probabilitat tornaria a ser $\frac35$ , i el resultat seria

\frac35\cdot\frac35 = \frac{9}{25} = 0{,}36,

una mica més gran. Té sentit: amb reposició, la bola blava torna a la bossa i no es redueix la proporció de blaves.

La regla general. Sense reposició, treure una bola d'un color fa menys probable tornar-ne a treure del mateix color. Amb reposició, les probabilitats no es mouen. Mirar quina de les dues situacions planteja l'enunciat és el primer pas d'aquests exercicis.

On ho faràs servir

Els arbres són l'eina universal per a qualsevol experiment de diverses etapes: extraccions, proves successives, controls de qualitat en cadena, fiabilitat de sistemes.

La distinció amb o sense reposició és exactament la que separa el mostreig amb reposició del mostreig sense reposició en estadística, i té conseqüències directes en el disseny d'enquestes.

I la condició d'independència reapareix a batxillerat com a hipòtesi de la distribució binomial i de pràcticament tots els models de probabilitat: molts resultats només valen si les repeticions són independents, i comprovar-ho és part de la feina.

Ara prova-ho tu. 102 exercicis d'aquest tema, de 4 tipus diferents, per resoldre en línia, de deu en deu: escrius la resposta, te la corregeix a l'instant i, si falles, t'explica com es fa pas a pas. Quan acabis una tanda, en tens deu més, amb dades noves.

Fer els exercicis Simulacre d'examen