solucionario - Universidad de Antofagasta

ESTADISTICA Y PROBABILIDAD
RENÉ ZÚÑIGA FLORES
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
UNIVERSIDAD DE ANTOFAGASTA
RESPUESTAS DEL LABORATORIO Nº 3
1. Sean A y B sucesos. Encontrar una expresión y exhibir el diagrama de Venn para el suceso en que
i)
A sucede pero no B
ii) A o B, pero no ambos suceden.
Solución:
i)
A sucede pero no B
ii) A o B, pero no ambos suceden.
2. Sean los sucesos A, B y C. Encontrar una expresión y representar el diagrama de Venn para el
suceso en que
i)
Suceden A y B pero C no,
ii)
Solamente sucede A.
Solución:
i)
Suceden A y B pero C no
ii) Solamente sucede A.
3. Suponer un espacio muestral  que conste de 4 elementos:   a1 , a2 , a3 , a4 . ¿Qué funciones
define un espacio de probabilidad en  ?
1
1
1
1
i ) P(a1)  , P(a2 )  , P(a3 )  , P(a4 ) 
2
3
4
5
1
1
1
1
ii ) P(a1)  , P(a2 )  , P(a3 )   , P(a4 ) 
2
4
4
2
1
1
1
1
iii ) P(a1)  , P(a2 )  , P(a3 )  , P(a4 ) 
2
4
8
8
1
1
1
iv) P(a1)  , P(a2 )  , P(a3 )  , P(a4 )  0
2
4
4
Solución:
4
77
i) Puesto que la suma de los valores de los puntos muéstrales es mayor que 1,  P(ai ) 
 1,
60
i 1
la función no define un espacio de probabilidad en 
1
ii) Como P (a3 )   , es un número negativo, la función no define un espacio de probabilidad en
4
.
iii) Puesto que cada valor es no negativo, P(ai )  0, i  1, 2, 3, 4 y
define un espacio de probabilidad en  .
4
 P(a )  1 , la función
i 1
i
ESTADISTICA Y PROBABILIDAD
RENÉ ZÚÑIGA FLORES
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
UNIVERSIDAD DE ANTOFAGASTA
iv) Los valores son no negativos, P(ai )  0, i  1, 2, 3, 4 y
4
 P(a )  1 , la función define un
i
i 1
espacio de probabilidad en  .
4. Sea   a1 , a2 , a3 , a4 , y sea P una función de probabilidad en 
1
1
1
i) Encontrar P(a1) si P(a2 )  , P(a3 )  , P(a4 ) 
3
6
9
1
ii) Encontrar P(a1) y P(a2 ) si P(a3 )  P(a4 )  y P(a1)  2 P(a2 )
4
2
1
1
iii ) Encontrar P(a1) si P(a2 , a3 )  , P(a2 , a4 )  y P(a2 ) 
3
2
3
Solución:
i) Sea P(a1)  p . Entonces para que P sea una función de probabilidad, la suma de las
probabilidades de los puntos muéstrales debe ser uno, es decir:
4
1 1 1
7
P(ai )  1  p     1  p 

3 6 9
18
i 1
ii) Sea P(a2 )  p entonces P(a1)  2 p , por tanto:
4
1 1
 2p  p   1 
4 4
i 1
1
1
Entonces, P (a2 )  y P(a1) 
6
3
iii) Sea P(a1)  p , pero
 P(a )  1
i
p
1
6
P(a2 , a3 )  P(a2 )  P(a3 )  P(a3 )  P(a2 , a3 )  P(a2 ) 
2 1 1
 
3 3 3
1 1 1
 
2 3 6
4
1
1 1 1
1
por tanto P (a1) 
P(ai )  1  p     1  p 

6
3 3 6
6
i 1
5. Una moneda está cargada de tal manera que la posibilidad de que aparezca una cara es el doble de la
que aparezca un sello. Encontrar P ( S ) y P (C ) .
Solución:
Sea P(S )  p , entonces P(C)  2 p .Pero por definición:
1
1
2
P( S )  P(C )  1  p  2 p  1  p  , por tanto P( S )  y P (C ) 
3
3
3
6. Dos hombres, h1 y h2 , y tres mujeres, m1 , m2 y m3 , se encuentran en un torneo de ajedrez. Aquellos
del mismo sexo tienen probabilidades iguales de ganar, pero la posibilidad de que un hombre gane
es dos veces mayor que la de que gane una mujer.
i) Encontrar la probabilidad de que una mujer gane el torneo.
ii) Si h1 y m1 son casados, encontrar la probabilidad de que uno de ellos gane el torneo.
Solución:
Sea P(m1  p ; entonces P(m2)  P(m3)  p y P(h1)  P(h2 )  2 p . Como el espacio
P(a2 , a4 )  P(a2 )  P(a4 )  P(a4 )  P(a2 , a4 )  P(a2 ) 
muestral es   m1, m2 , m3 , h1, h2  , entonces
5
 P( )  1
i 1
i

p  p  p  2p  2p 1 
p
1
7
i) Encontrar la probabilidad de que una mujer gane el torneo.
1 1 1 3
  
7 7 7 7
ii) Si h1 y m1 son casados, encontrar la probabilidad de que uno de ellos gane el torneo.
2 1 3
P(h1 , m1)  P(h1)  P(m1)   
7 7 7
P(m1 , m2 , m3 )  P(m1)  P(m2 )  P(m3 ) 
ESTADISTICA Y PROBABILIDAD
RENÉ ZÚÑIGA FLORES
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
UNIVERSIDAD DE ANTOFAGASTA
7. Un dado está cargado de tal manera que la probabilidad de que aparezca un número cuando se lanza
el dado es proporcional a un número dado (es decir, 6 tiene dos veces la probabilidad de aparecer
que la que tiene 3). Sea A  número par, B  número primo , C  número impar .
i) Describir el espacio de probabilidades, es decir, encontrar la probabilidad de cada punto de
muestra.
ii) Encontrar P( A), P( B) y P (C )
iii) Determine la probabilidad de que:
a) Ocurran un número par o un número primo.
b) Ocurra un número primo impar
c) Ocurra un número par pero no un número primo.
Solución:
i) Sea el espacio muestral   1, 2 , 3 , 4, 5, 6 y sea P una función de probabilidad en  , si
P(1)  p , entonces P(2)  2 p, P(3)  3 p, P(4)  4 p, P(5)  5 p y P(6)  6 p .
Dado que:
6
1
P(i)  1  p  2 p  3 p  4 p  5 p  6 p  1  p 

21
i 1
Entonces la probabilidad de cada punto muestral es:
1
2
1
4
5
2
P(1)  , P(2)  , P(3)  , P(4)  , P(5) 
y P(6) 
21
21
7
21
21
7
ii) Sean A  número par  2, 4, 6  P(2, 4, 6) 
4
7
10
21
3
C  número impar  1, 3, 5  P(1, 3, 5) 
7
a) Ocurran un número par o un número primo.
Como A  número par y B  número primo entonces A  B  2, 3, 4, 5, 6 , por tanto
B  número primo  2, 3, 5  P(2, 3, 5) 
iii)
1 20

21 21
b) Ocurra un número primo impar
B  número primo y C  número impar , entonces B  C  3, 5 , por tanto
P( A  B)  1  P(1)  1 
8
21
c) Ocurra un número par pero no un número primo.
10
A  B c  4, 6  P( A  B c )  P(4, 6) 
21
P ( B  C )  P(3, 5) 
8. Se escogen al azar tres lámparas de entre 15, de las cuales 5 están defectuosas. Encontrar la
probabilidad p de que: i) ninguna esté defectuosa, ii) exactamente una esté defectuosa, iii) por lo
menos una esté defectuosa.
Solución:
15 
15!
El número de formas de escoger tres lámparas de entre 15 es dado por   
 455
 3  3! (15  3)!
10 
i) Dado que hay 15  5  10 lámparas sin defectos, por tanto hay    120 maneras de escoger 3
 3
120 24

sin defectos. Entonces p 
455 91
10 
ii) Hay 5 formas de escoger una lámpara con defecto y    45 maneras de escoger dos
 2
lámparas sin defectos por tanto hay 5  45  225 maneras de escoger 3 lámparas de las cuales
225 45

una está defectuosa, entonces p 
455 91
ESTADISTICA Y PROBABILIDAD
RENÉ ZÚÑIGA FLORES
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
UNIVERSIDAD DE ANTOFAGASTA
iii) El suceso de que por lo menos una esté defectuosa es el complemento del suceso de que ninguna esté
defectuosa, por tanto utilizando la parte i) se tiene:
24 67
p  1

91 91
9. Una baraja corriente de 52 cartas se reparte al azar entre 4 personas (llamadas Norte, Sur, Este y
Oeste) y cada persona recibe 13 cartas. Encontrar la probabilidad p de cada suceso:
i) Norte recibe todos los ases.
ii) Norte no recibe ases.
iii) Norte recibe 5 espadas, 5 tréboles, 2 corazones y 1 diamante.
iv) Norte y Sur reciben todas las espadas.
v) Norte y Sur reciben todos los ases y los reyes.
vi) Cada persona recibe un as.
Solución:
 52 
i) Norte puede recibir 13 cartas de   maneras. Si recibe los 4 ases, entonces puede recibir las
 13 
 48 
otras 9 cartas a partir de las 48 cartas restantes de   maneras. Entonces
9
 48 
 
9
p     0, 002641
 52 
 
13 
 52 
ii) Norte puede recibir 13 cartas de   maneras. Si no recibe ases, entonces puede recibir las 13
 13 
 48 
cartas a partir de las 48 cartas restantes en   maneras. Entonces
 13 
 48 
 
13
p     0,303817527
 52 
 
13 
 52 
13 
iii) Norte puede recibir 13 cartas de   maneras. Puede recibir las5 espadas de   maneras, los
 5
 13 
13 
13 
13 
5 tréboles   maneras, los 2 corazones de   maneras y un diamante de   maneras.
 5
 2
1
Luego:
13  13  13   13 
    
5
5
2
1
p           0, 00264491
 52 
 
13 
 52 
iv) Norte y Sur pueden recibir las 26 cartas entre los dos de   maneras. Si reciben las 13
 26 
 39 
espadas, entonces pueden recibir las otras 13 cartas a partir de las 39 restantes de   maneras.
 13 
Luego:
 39 
 
13
p     0, 000016378
 52 
 
 26 
ESTADISTICA Y PROBABILIDAD
RENÉ ZÚÑIGA FLORES
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
UNIVERSIDAD DE ANTOFAGASTA
 52 
v) Norte y Sur pueden recibir las 26 cartas de   maneras. Si reciben los 4 ases y los 4 reyes,
 26 
 44 
pueden recibir las otras 26  8  18 cartas a partir de las 52  8  44 restantes de   maneras.
 18 
Entonces
 44 
 
18
p     0, 002076
 52 
 
 26 
52!
vi) Las 52 cartas pueden distribuirse entre las 4 personas de
maneras. Ahora bien,
13!13!13!13!
cada persona puede obtener un as de 4! maneras. Las 48 castas restantes pueden distribuirse
48!
entre las 4 personas de
maneras. Entonces
12!12!12!12!
48!
4!
133
12!12!12!12! 
p
 0,105498
52!
17  25  49
13!13!13!13!
10. Diez estudiantes, A, B, …, están en una clase. Si se conforma un comité de tres, escogidos al azar
entre los miembros de la clase, encontrar la probabilidad de que:
i) A pertenezca al comité
ii) B pertenezca al comité.
iii) A y B pertenezcan al comité
iv) A o B pertenezcan al comité.
Solución:
10 
i) Para seleccionar tres estudiantes para formar el comité es   maneras. Como A debe
 3
9
pertenecer al comité entonces los otros dos integrantes se pueden seleccionar de   maneras.
 2
Entonces
9
 
2
3
p   
10  10
 
 3
ii) Idem a la parte i).
10 
iii) Para seleccionar tres estudiantes para formar el comité es   maneras. Como A y B deben
 3
8
pertenecer al comité entonces el tercer integrante se puede seleccionar de   maneras.
1 
Entonces
8
 
1
1
p   
10  15
 
 3
iv) Para determinar la probabilidad de que A o B pertenezcan al comité lo podemos hacer aplicando
la siguiente propiedad
3 3 1
8
P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B)    
10 10 15 15
ESTADISTICA Y PROBABILIDAD
RENÉ ZÚÑIGA FLORES
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
UNIVERSIDAD DE ANTOFAGASTA
PROBABILIDAD CONDICIONAL
Sea B un suceso arbitrario de un espacio muestral  con P( B)  0 . La probabilidad de que un
suceso A ocurra dado que el suceso B ha ocurrido se define como:
P( A  B)
P( B)
3
5
1
1. Sean A y B dos sucesos tales que: P( A)  , P( B)  y P ( A  B )  . Encontrar
8
8
4
c
i) P( A | B)
ii)
iii) P( A  B)
iv) P( A | Bc )
v) P( Bc | Ac )
P( B | A)
Solución:
1
1
P( A  B) 4 1 8 2
P( A  B) 4 1 8 2
i) P( A | B) 
ii) P( B | A) 
   
   
5 4 5 5
3 4 3 3
P( B)
P( A)
8
8
3 5 1 3
iii) P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B)    
8 8 4 4
P( A | B) 
3 1
5 3
iv) P( B c )  1  P( B)  1   y P( Ac  B c )  P[( A  B)c ]  1  P( A  B)  1  
4 4
8 8
1
P( A  B ) 4 1 8 2
P( Ac | B c ) 
   
3 4 3 3
P( B c )
8
3 1
3
5
v) P( Ac )  1  P( A)  1   y P( Ac  B c )  P[( A  B)c ]  1  P( A  B)  1  
4 4
8 8
c
c
1
c
c
P
(
A

B
)
1 8 2
P( B c | Ac ) 
4  
c
5 4 5 5
P( A )
8
3
5
3
2. Sean A y B dos sucesos tales que: P( A)  , P( B)  y P ( A  B )  . Encontrar P( A | B)
8
8
4
P( B | A) .
Solución:
i)
P( A  B )  P ( A)  P ( B )  P ( A  B )  P ( A  B )  P ( A)  P ( B )  P ( A  B )
3 5 3 1
P( A  B)    
8 8 4 4
1
P( A  B) 4 1 8 2
Por tanto P( A | B) 
   
5 4 5 5
P( B)
8
ii)
1
P( A  B) 4 1 8 2
P( B | A) 
   
3 4 3 3
P( A)
8
y
ESTADISTICA Y PROBABILIDAD
RENÉ ZÚÑIGA FLORES
3. Sea   a, b, c, d , e con P a   P b  
E  b, c, d . Encontrar:
i)
P( A | E ) donde A  a, b, c
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
UNIVERSIDAD DE ANTOFAGASTA
1
1
3
, P c  
y P d    P e   , y sea
10
5
10
ii)
P( B | E ) donde B  c, d , e
iii) P(C | E ) donde C  a, c, e
iv) P( D | E ) donde D  a, e
Solución:
i)
P( A  E )
, pero A  a, b, c y E  b, c, d , entonces A  E  b, c , luego
P( A | E ) 
P( E )
1 1 3
P( A  E )  P(b, c)  P (b)  P (c)   
, por otra parte,
10 5 10
1 1 3 3
P( E )  P(b, c, d )  P(b)  P(c)  P(d )    
10 5 10 5
3
P( A  E ) 10 3 5 1
Por tanto P( A | E ) 

  
3 10 3 2
P( E )
5
ii)
1 3 1
B  E  c, d , P( B  E )  P(c, d   P(c)  P(d )   
5 10 2
1
P( B  E ) 2 1 5 5
Por tanto P( B | E ) 
   
3 2 3 6
P( E )
5
iii)
1
1
P(C  E ) 5 1 5 1
   
C  E  c , P (C  E )  P (c)  y P(C | E ) 
3 5 3 3
5
P( E )
5
iv)
P( D  E ) 0
D  E   , P( D  E )  P( )  0 y P(C | E ) 
 0
3
P( E )
5
4. En determinada universidad, el 25% los estudiantes fracasa en matemáticas, el 15% fracasa en
química, y el 10% fracasa tanto en matemáticas como en química. Se selecciona un estudiante al
azar.
a) Si fracasó en química, ¿cuál es la probabilidad de que haya fracasado en matemáticas?.
b) Si fracasó en matemáticas, ¿cuál es la probabilidad de que haya fracasado en química?.
c) ¿Cuál es la probabilidad de que haya fracasado en matemáticas o en química?.
Solución:
Sea A  los estudiantes que fracasaron en matemáticas  y
B  los estudiantes que fracasaron en química  ; entonces P( A)  0, 25 , P( B)  0,15 y
P( A  B)  0,10 .
a) La probabilidad de que un estudiante fracase en matemáticas, dado que ha fracasado en química,
es
P( A  B 0,10 2
P( A | B) 


P( B)
0,15 3
b) La probabilidad de que un estudiante fracase en químicas, dado que ha fracasado en
matemáticas, es
P( A  B 0,10 2
P( B | A) 


P( A)
0, 25 5
3
c) P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B)  0, 25  0,15  0,10  0,30 
10
ESTADISTICA Y PROBABILIDAD
RENÉ ZÚÑIGA FLORES
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
UNIVERSIDAD DE ANTOFAGASTA
Definición:
Se dice que dos sucesos son independientes si, y sólo si, cualquiera de las siguientes proposiciones
es verdadera.
i ) P( A | B)  P( A)
ii) P( B | A)  P( B)
iii ) P( A  B)  P( A) P( B)
1. Si P( A | B)  0, 4 , P( B)  0,8 y P( A)  0,6 , ¿puede decirse que los eventos A y B son
independientes?.
Solución:
Aplicando la definición se tiene que A y B son sucesos independientes si P( A | B)  P( A) , pero
P( A | B)  0, 4 y P( A)  0,6 , entonces P( A | B)  P( A) por tanto A y B no son independientes.
2. Si P( A | B)  0,3 , P( B)  0,8 y P( A)  0,3 , ¿puede afirmarse que los eventos B y el complemento
de A son independientes?
Solución:
B  ( A  B)  ( Ac  B)  P(B)  P[( A  B)  ( Ac  B)]  P(B)  P[( A  B)]  P[( Ac  B)]
pero; P( A  B)  P( A | B)  P( B) y P( Ac  B)  P( Ac | B)  P( B) por tanto
P( B)  P( Ac | B)  P( B)  P( A | B)  P( B)
P( B)  P( A | B)  P( B) 0,8  0,3  0,8
P( Ac | B) 

 0,7
P( B)
0,8
Por otra parte P( Ac )  1  P( A)  1  0,3  0,7 , por tanto P( Ac | B)  P( Ac )  0,7 , luego B y el
complemento de A son independientes.
3. El circuito siguiente trabaja sólo si existe una trayectoria de dispositivos en funcionamientos, de
izquierda a derecha. La probabilidad de que cada dispositivo funcione aparece en la figura.
Supóngase que los dispositivos fallan de manera independiente. ¿Cuál es la probabilidad de que el
circuito trabaje?.
0, 9
0,95
a
0,99
0, 9
b
0,95
0, 9
Solución:
Como los dispositivos fallan en forma independiente en cada circuito, entonces
P( De falla dispositivo 1)  0,1
P( De falla dispositivo 2)  0,1
P( De falla dispositivo 3)  0,1
P( De falla dispositivo 4)  0,05
P( De falla dispositivo 5)  0,05
La probabilidad de funcionamiento del circuito es dada por
ESTADISTICA Y PROBABILIDAD
RENÉ ZÚÑIGA FLORES
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
UNIVERSIDAD DE ANTOFAGASTA
P(Circuito funcione)  1  P(Circuito no funcione)
Por tanto la probabilidad que el primer circuito funcione es
P(Circuito 1 funcione)  1  ( P( falla D1)  P( falla D2)  P( falla D3))  1  0,13
P(Circuito 2 funcione)  1  ( P( falla D1)  P( falla D2)  1  0,052
Por tanto la probabilidad de que el circuito trabaje es:
P(Circuito tabaje)  (1  0,13 )  (1  0.052 )  0,99  0,987
4. Se analizan los discos de poli carbonato plástico de un proveedor para determinar su resistencia a las
rayaduras y a los golpes. A continuación se resumen los resultados obtenidos al analizar 100
muestras
B\A
Resistencia a las rayaduras
alta
baja
Resistencia a los golpes
alta
baja
80
9
6
5
Sean A: El suceso donde el disco tiene una alta resistencia a los golpes, y
B: El suceso donde el disco tiene una alta resistencia a las rayaduras
¿Los sucesos A y B son independientes?
Solución:
Nº de muestras donde el disco tiene una alta resistencia a los golpes
Nº total de muestras
86
P( A) 
 0,86
100
P( A  B) 80
P( A | B) 

Por tanto P( A | B)  P( A) , luego los sucesos A y B no son
P( B)
89
independientes.
P( A) 
1. Cierto artículo es manufacturado por tres fábricas, sean 1, 2 y 3. Se sabe que la primera produce el
doble de artículos que la segunda y que ésta y la tercera producen el mismo número de artículos
(durante un período de producción especificado). Se sabe también que el 2 por ciento de los artículos
producidos por las dos primeras es defectuoso mientras que el 4 por ciento de los manufacturados
por la tercera es defectuoso.
a) Si se colocan todos los artículos producidos en un depósito y se escoge uno al azar. ¿Cuál es la
probabilidad de que este artículo sea defectuoso?
b) Si el artículo seleccionado no es defectuoso.¿Cuál es la probabilidad de que haya sido
manufacturado en la primera fábrica?
Solución:
Sean los siguientes sucesos:
A: El artículo proviene de la fábrica 1
B: El artículo proviene de la fábrica 2
C: El artículo proviene de la fábrica 3
D: El artículo es defectuoso.
Por tanto:
P( D | A)  0,02  P( Dc | A)  0,98;
P( D | B)  0,02  P( D c | B)  0,98
P( D | C )  0,04  P( Dc | C )  0,96
Por otra parte, sean n1 , n2 , y n2 el número de artículos manufacturados por las fábricas 1, 2 y 3
respectivamente por tanto
n1  n2  n3  n pero, n1  2n2 , n2  n3
luego; n1  n2  n3  2n2  n2  n2  4n2
p2 
Por tanto:
n2 1
  P( B);
n 4
p1 
 4n2  n
n1 1
  P( A);
n 2
p3 
n3 1
  P(C )
n 4
ESTADISTICA Y PROBABILIDAD
RENÉ ZÚÑIGA FLORES
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
UNIVERSIDAD DE ANTOFAGASTA
P( D)  P( D | A) P( A)  P( D | B) P( B)  P( D | C ) P(C )
 0, 02(0,5)  0, 02(0, 25)  0, 04(0, 25)
 0, 025
b.
Si el artículo seleccionado no es defectuoso.¿Cuál es la probabilidad de que haya sido
manufacturado en la primera fábrica?
P( Dc | A) P( A)
;
P( D c )  1  P( D)  1  0, 025  0,975
c
P( D )
(0,98)(0,5)
P( A | D c ) 
 0,5025641026 0,503
0,975
2.
Debido a que un nuevo procedimiento mecánico ha demostrado su eficacia en la detección de
cierta avería en vehículos, se propone realizar una prueba a la población de vehículos que llega a
cierta planta de mantención. La probabilidad de que la prueba sea positiva e identifique de manera
correcta la avería, es 0,99, mientras que la probabilidad de que la prueba sea negativa e identifique
correctamente a un vehiculo que no tiene la avería, es 0,95. La incidencia de la avería en la
población es 0,0001. Un mecánico realiza la prueba y ésta resulta positiva. ¿Cuál es la
probabilidad de que ese vehículo tenga la avería?
Solución:
Sean D: el suceso en que el vehículo tiene la avería.
S: el suceso en que la prueba es positiva.
La probabilidad pedida es P( D | S ) . La probabilidad de que la prueba sea negativa y detecte de
manera positiva a un vehículo que no tiene la avería, es 0,95. En consecuencia, la probabilidad de que la
prueba sea positiva sin que el vehículo presente la avería es
P(S | Dc )  0,05
Del teorema de Bayes,
P( S | D) P ( D)
P( D | S ) 
P( D | S ) P ( D)  P ( S | D c ) P ( D c )
P( A | D c ) 

(0,99)(0.0001)
1

 0, 002
(0,99)(0.0001)  (0, 05)(1  0, 0001) 506