"Bioestatistika:Oinarrizko ikastaroa": ariketen ebazpena/Probabilitatea

Wikibooks(e)tik
Hona jo: nabigazioa, bilatu


Soluzioa 2.1[aldatu]

Lehen Rh negatiboa aurkitu arte egin beharreko froga kopurua 1 (lehen azterketan Rh negatiboa aurkitzen dugunean), 2 (lehen azterketan Rh positibo eta bigarrenean negatibo), 3, 4 zein 5 (lehen lau azterketetan Rh positibo) izan daiteke. Beraz:

Lagin-espazio diskretu eta finitua da.

Soluzioa 2.2[aldatu]

(a)

  • 600 metro baino altitude handiagoa
  • Euskal Autonomia Erkidegoko mendia
  • 1200 baino altitude handiagoko Nafarroako mendia
  • 600-1200 altitudea duen Arabako mendia
  • 1200 baino altitude handiago duen Euskal Autonomia Erkidegoko mendia
  • 1200 baino altitude handiago duen mendia, Piriniotakoa ez dena
  • hutsa (bateraezinak direlako)
  • Piriniotako mendia, Nafarroan dagoena
  • Araba edo Gipuzkoako mendia
  • Nafarroako mendia

(b)

  • B eta A bateragarriak dira, mendi bateko magalak lurralde desberdinetan izan daitezkeela kontsideratzen bada (Gorbeiak esaterako, bi lurraldeetan dagoela esan daiteke horrela); gailurrari bakarrik erreparatzen bazaio ordea, ez.
  • B eta N bateraezinak dira, aurrekoan oinarrituta, muga egiten ez ez dutelako.
  • G eta T bateragarriak dira, Gipuzkoan 600-1000 mko mendiak badaudelako.

(c)

(d)

(e)

Soluzioa 2.3[aldatu]

Notazio hau erabiliko dugu:

  • B: buruko mina (bai/ez)
  • S: sukarra (bai/ez)
  • N: negela (bai/ez)
  • M: muskuluetako mina (bai/ez)

(a): Lau sintoma horietarako guztira 24=16 konbinazio posible daude, zuhaitz-diagrama honetan irudikatzen direnak:

Prob zuhaitza 0001.png


(b): Janariei alergia sistemikoaren diagnosia edukitzeari dagozkion adarrak 1, 2, 5, 6, 9, 10, 13 eta 14garrena dira. 23=8 guztira, beste 3 sintomek edozein emaitza (bai/ez) izan dezaketenez.

(c): Gripearen diagnosia edukitzeko, sukarra eta muskuluetako mina izan behar direnez, sintomatologia horri dagozkion adarrak 1, 3, 9 eta 11 dira.

(d): Bai, bada aurreko bi sintomatologiekin bateragarriak diren konbinazioak, 1 eta 9 hain zuzen. Horrek esan nahi du bi sintomatologiak bateragarriak direla.

(e): Ez gripea ez alergia diagnostikatzera daramaten sintomatologiak 4, 7, 8, 12, 15 eta 16 dira, aurreko bietan sartzen ez diren guztiak alegia.

Soluzioa 2.4[aldatu]

  • B: Bizkaian bizi
  • K: kanpoan jaioa izan

Beraz,

(a):

(b):

(c):

(d):

Ebaketaren probabilitatea ez da ematen enuntziatuan. Grafikoki ordea, aise ebazten da (datuak, beltzez; deduziturikoak, gorriz):

Venn prob 0001.svg


Arestikoa ebazteko behar den ebaketa-probabilitatea 0.327 da, beraz. Eta horrela eskatutako probabilitatea: 0.451+0.71-0.327=0.834 da.

(e):
, arestian kalkulatu denez.

(f):
, arestian kalkulatu denez.

(g):
, arestian kalkulatu denez.

Soluzioa 2.5[aldatu]

Notazioa: S:seme; A:alaba. Aukera posible guztiak, 24=16 dira, errepikatuzko aldakuntzak baliatuz, laukoteak osatu behar direnez, eta horretarako bi elementu ditugunez aukeran (A eta S)

Probabilitate zuhaitza 0001.png


(a)
Lehen haurra semea izateko probabilitatea 1/2 (kasu guztiak, semea eta alaba; aldekoa, semea). Zuhaitzean begiratuta, 8/16 da, S-rekin hasten diren adarrak zenbatuz.

(b)
Zehazki bi seme izateko probabilitatea 6/16 da, horren aldeko adarrak zenbatuz. Metodo klasikoaz eta konbinatoria baliatuz, (4!/2!2!)/16, SSAA ordenatzeko era kopurua errepikatuzko permutazioen bitartez kalkulatzen denez.

(c)
Nagusia eta txikiena semeak izateak, erdiko biak edonolakoak izan daitezkeela esan nahi eta horretarako aukerak 22=4 dira: SAAS, SASS,SSAS eta SSSS.

(d)
Alaba bat eta hiru seme izateko aukerak 4!/3!1!=4 dira, errepikatuzko permutazioak erabiliz, aldeko kasuak izanik ASSS, SASS, SSAS eta SSSA. Beraz, horren probabilitatea 4/16 da.

Soluzioa 2.6[aldatu]

(a) Kodifikazioa: 1A: lehen lur-zatian A ongarria erabiltzen da

Prob zuhaitza 001.png


(b) Lehen lur zatian A ongarria erabiltzeko probabilitatea 2/6 da, zuhaitzean begiratuta. Metodo klasikoarekin ere ebaz daiteke: lehen lur zatian A, B eta C izan daitezkeenez, A izateko probabilitatea 1/3 da.

Soluzioa 2.7[aldatu]

(a)

Homozygous heterozygous tree.png

(b) 16 bidetatik 4tik izango da ebano kolorekoa, ee konbinazioa dutenetan zehazki.

(c) 16 bidetatik 12tan, V bat gutxienez dutenetan hain zuzen.

(d)

  • Hego normalak izateko probabilitatea, aurreko atalean oinarrituta, 12/16 da.
  • P(ebano ETA hego laburra)=p(eevv)=1/16. Banako bi probabilitateen biderketaz ere kalkula daiteke: p(ebano)=p(ee)=1/4, p(hego laburra)=p(vv)=1/4; gertakizun independenteak direnez, bi probabilitateak bidertu egiten dira: 1/4*1/4=1/16.
  • p(grisa ETA hego laburra)=p(eEvv EDO eEvv EDO EEvv)=3/16. Biderketaz, p(grisa ETA hego laburra)=p(grisa)*p(hego laburra)=3/4*1/4=3/16.


Soluzioa 2.8[aldatu]

(a) Emakumeak 0, 1, 2 zein 3 haurri kutsatu diezaioke gaixotasuna. Beraz:

(b) Haur bakoitzari hemofilia kutsatzeko probabilitatea p bada, haietako inork hemofiliarik ez pairatzeko probabilitatea hau da:

(c) Bi haurrek hemofilia pairatzeko probabilitatea, berriz:

Soluzioa 2.9[aldatu]

Suposatuko dugu laginak itzulerarik gabe erauzten direla (edota, berdina dena, batera erauzten direla). Bi modutara ebaz daiteke eskatutakoa:

  • metodo klasikoaz,
  • probabilitateaz bidertuz, a izanik azido gehiegizko lagina:

Emaitza berdina da bi eratara, noski.

Soluzioa 2.10[aldatu]

(a) 7!=5040, kopuru handia, lehertze konbinatorioaren fenomenoa agerian uzten duena.

(b) A eta B lehen postuan izatea, gertakizun bateraezinak dira, eta beraz bien banako probabilitateen batura egin behar da. Hala, bi modu daude kalkulatzeko:

  • 7 aukera daude lehen postuan jartzeko, eta Ari (edo Bri) bakarra dagokio; beraz, metodo klasikoaz, Ari eta Bri dagozkion probabilitateen baturaz: p=1/7+1/7=2/7.
  • 7! era daudela ordenatzeko, lehen postuan A (edo B) jarrita, beste guztiak 6! eratara ordena daitezke. Beraz, p=6!/7!+6!/7!=2/14.

Soluzioa 2.11[aldatu]

(a)

  • : Bi gurasoetako batek gutxienez gripea dauka
  • : Bi gurasoek gripea daukate
  • (C Eren barruan dago): Seme-alabetako batek gutxienez gripea dauka
  • (C Eren barruan dago): Seme-alaba nagusiak gripea dauka
  • : Amak ez dauka griperik
  • : Aitak ez dauka griperik

(b)
C eta b bateragarriak dira, aldi berean gerta baitaiteke bi seme alabek gripea edukitzea.

(c)

(d)

(e)

(f)

(g)
A eta B askeak izateko hau bete behar da: . Kasu honetan, . beraz, gertakizun haiek ez dira askeak.

(h)
Seme-alabak, gripea daukatela, S1 eta S2 izanik:
.

Soluzioa 2.13[aldatu]

Notazioa: B+: bakterioa bai, B-: bakteriorik ez, T+: testak bakterioaren presentzia detektatu, T-: testak bakterioaren presentzia ukatu.

Datuak:


(a):

Probabilitate osotuaren teoremaz, testak positibo (T+) bakterioa egonda zein egon gabe eman baitezake:

(b):

Bayesen teorema baliatu behar da, jasotzen den informazioa B:T+ izanik:

Ai P[Ai] (a priori) P[B/Ai] P[Ai] * P[B/Ai] P[Ai/B] (a posteriori)
bakterioa bai 0.2 0.9 0.18 0.18/0.34=0.53
bakteriorik ez 0.8 0.2 0.16 0.16/0.34=0.47
baturak 1 0.34 1

Beraz, eskatutako probabilitatea 0.47 da. A posteriori probabilitatea handitu egiten da, logikoa denez: testak positibo ematean, bakterioa izatea ziurragoa da, horren probabilitatea 0.2tik 0.53ra aldatuz.

(c) Bayesen teorema baliatu behar da, aurrekoan bezalaxe, baina B informazioa aldatuta. B:T- da oraingo honetan.


Ai P[Ai] (a priori) P[B/Ai] P[Ai] * P[B/Ai] P[Ai/B] (a posteriori)
bakterioa bai 0.2 0.1 0.02 0.02/0.66=0.03
bakteriorik ez 0.8 0.8 0.64 0.64/0.66=0.97
baturak 1 0.66 1

Eskatutako probabilitatea 0.03 da, a priori edo hasierako 0.2ko probabilitatearen aldean: testak negatiboa eman duenez, bakterioa izateko probabilitatea txikitu egiten da.

(d)

Testak positibo faltsua emateko probabilitatea hau da:


Eta negatibo faltsua ematekoa, berriz:


(e)

Biderketa-teorema baliatuz (gogoratu, ETA segida batean probabilitateak banaka bidertu behar dira, aldi bakoitzean aurretik gertatutako guztia edo dakigun guztia kontutan harturik edo horren baldintzapean):


Soluzioa 2.14[aldatu]

(a) Probabilitate osotuaren teorema baliatu behar da, sintoma larriekin kontsultara bertaratzea zenbait modutara gerta daitekeenez gero. Hala, probabilitate zuhaitza eratuz:

Probabilitate zuhaitza 0002.png


(b) Informazioa jasota probabilitatea zehaztu egin behar da. Beraz, Bayesen teorema erabili behar da (B: larritasunik ez):

Ai P[Ai] (a priori) P[B/Ai] P[Ai] * P[B/Ai] P[Ai/B] (a posteriori)
AM 0.28 0.7 0.196 0.196/0.5737=0.342
AB 0.30 0.43 0.129 0.129/0.5737=0.225
B 0.33 0.53 0.1749 0.1749/0.5737=0.305
BD 0.09 0.82 0.0738 0.0738/0.5737=0.128
baturak 1 0.5737 1

Beraz, larritasun sintomarik ez duen paziente batek bulimia izateko probabilitatea 0.305 da.

(c) P(67etatik gutxienez 5 BD)=P(67etatik 5 BD EDO 67etatik 6 BD EDO 67etatik 7 BD EDO ... EDO 67etatik 67 BD)=
1-P(67etatik 4 BD EDO 67etatik 3 BD EDO 67etatik 2 BD EDO 67etatik 1 BD EDO 67etatik 0 BD)

Aurreko bilketan (EDO segidan, alegia), gertakizunak bateraezinak direnez, haien batura kalkulatzen da zuzenean:

Hain zuzen, pazienteak elkarrekiko askeak dira, eta beraz, banako probabilitateak bidertu soilik egin behar dira, besteen gaixotasuna kontuan hartu gabe. Beste alde batetik, beharrezkoa da 4 BD eta 63 ezBD era desberdinetan ordenaturik egon daitezkeela kontuan hartzea (bider permutazio-kopurua eginez), bestela lehenengo 4ak BD eta azken 63ak ezBd izateko probabilitatea kalkulatzen baita soilik. Modu berean beste probabilitateak kalkulatzen:

Azken probabilitatean ez da beharrezkoa bider permutazio-kopurua egitea, 67 ezBDak era bakarrean ager daitezkeelako 67 pazienteen artean.

Hala, eskatutako probabilitatea hau izango da:

1-0.001-0.011-0.038-0.083-0.132

Soluzioa 2.15[aldatu]

X gizabanakoari buruzko probabilitateak zehaztu behar dira haren ondorengoak nolakoak suertatu diren ikusita. Beraz, Bayesen teorema baliatu behar da. Jasotzen den informazioa honela zehazten dugu:


Bayesen teorema honela garatzen da:

Ai P[Ai] (a priori) P[B/Ai] P[Ai] * P[B/Ai] P[Ai/B] (a posteriori)
(+-: heterozigotiko positiboa) 2/4=0.5 (2/4)(1/4)3(4!/3!1!)=0.03125 0.015625 0.015625/0.078125=0.2
(++:homozigotiko positiboa) 1/4 0 0 0/0.078125=0
(--:homozigotiko negatiboa) 1/4=0.25 (1/2)(1/2)3(4!/3!1!)=0.25 0.0625 0.0625/0.078125=0.8
baturak 1 0.078125 1

A priori, X gizabanakoak alelo bana hartzen du aurreko belaunalditik. Beraz, konbinazioak ++,-+,+- eta -- izan daitezke. +- eta -+ konbinazioak parekotzat jo daitezke, biak heterozigotiko positiboak direnez. 4 konbinazio izanik, bat dagokio homozigotiko positiboari (1/4eko probabilitateaz, beraz), beste bat homozigotiko negatiboari (1/4eko probabilitateaz, beraz) eta beste biak heterozigotiko positiboari (2/4eko probabilitateaz, beraz).

Egiantzak (P(B/Ai) alegia), hirugarren zutabean, honela kalkulatzen dira:

  • X +- suertatu bada, +- eta +- elkartzen dira eta beraz, +-, -- eta ++ konbinazioak sor daitezke, aurreko belaunaldian bezalaxe. Beraz, +- suertatzeko probabilitatea 2/4 da, eta -- suertatzekoa, 1/4. ETA batez loturik (irakurri hitzez hitz P(B/Ai) probabilitatea, horretarako) probabilitateaz bidertu egiten dira zuzenean, hirugarren belaunaldiko lau gizabanakoen ezaugarriak askeak direlako elkarrekiko. Permutazio kopuruarekin ere bidertu dira, pentsatu delako +-, --, -- eta -- ezaugarria duten lau banakoak edozein ordenatan jaio direla.
  • X ++ suertatu bada, ondorengoetako bat ezin da inondik ere -- izan eta beraz, bilatzen den probabilitatea 0 da.
  • X -- suertatu bada, -- eta +- elkartzen dira eta beraz, -+, -+, -- eta -- konbinazioak sor daitezke. Beraz, +- (edo -+) suertatzeko probabilitatea 2/4=1/2 da, eta -- suertatzekoa, 2/4=1/2. Aurrekoan bezala loturik, ETA batez loturik, probabilitateaz bidertu egiten dira zuzenean, permutazioekin batera.

Permutazio kopuruarekiko biderketa ondorengoa ordena horretan jaioa ez dela suposatu delako egin da. Permutazioak kontuan hartu izan ez balira, emaitza berbera izango zatekeen.

Soluzioa 2.17[aldatu]

(a)

Goiko ebaketako osagaietan, lehen gertakizuna (GG) bigarrenaren barruan dago. Beraz, ebaketa lehen gertakizuna bera da:


(b)

Askeak izango badira, honako hau bete behar da:

H eta A gertakizunen arteko ebaketa zehazteko, "A: familian 0 emakume edo 1 emakume izatea" adieraz daitekeela jakitea komeni da. Horrela aise ikusten da H eta Aren arteko ebaketa (bi gertakizunak batera gertatzea, alegia) hau dela: "H eta A: 1 emakume izatea".

Hala, ikus dezagun baldintza betetzen den:

Beraz, H eta A ez dira askeak.

Soluzioa 2.20[aldatu]

Baldintzapeko probabilitatearen teoremaz:

Lehen probabilitatea, positibo faltsua izatekoa alegia, kalkulatzeko:

Eskatzen den bigarren probabilitatea (negatibo faltsua izateko, alegia) hau da: