Elementy Rachunku Prawdopodobieństwa Wykład 13 Elementy Rachunku Prawdopodobieństwa styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

O rachunku prawdopodobieństwa Czym zajmuje się rachunek prawdopodobieństwa ? Laplace Badaniem praw rządzących zjawiskami przypadkowymi. Kołmogorow Zastosowania: w zagadnieniach gospodarczych, wojskowych i naukowych styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

Przestrzeń zdarzeń elementarnych Zdarzenie elementarne - pojęcie pierwotne teorii. Przykład 1 Doświadczenie polega na rzucie kostką sześcienną. Obserwujemy liczbę wyrzuconych oczek. Zdarzenie elementarne, to wi = „wyrzucono i oczek”. Wyrzucono jedno oczko. Wyrzucono 6 oczek. Zbiór wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych nazywamy przestrzenią zdarzeń. Ozn. W. W rozważanym doświadczeniu jest 6 zdarzeń elementarnych. W = {w1,w2,w3,w4,w5,w6}. styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK Przykłady Przykład 2 Niech doświadczenie polega na rzucie monetą. Zdarzenia elementarne to O=„wyrzucono orła” i R=„wyrzucono reszkę” Przestrzeń zdarzeń elementarnych W = {O,R}. Przykład 3 Rzucamy dwoma monetami. Możliwe sytuacje możemy scharakteryzować parą : wynik uzyskany na pierwszej monecie i wynik uzyskany na drugiej monecie. Czyli W={(O,O),(O,R),(R,R),(R,O)}. Przykład 4 Na zawodach narciarskich każdy zawodnik oddaje 2 skoki. Wynik każdego skoku można uznać za zdarzenie losowe. Długość skoku mierzymy z dokładnością do 0.5 m. Na rozważanej skoczni nie można oddać dłuższego skoku niż 140 m. W = {(x,y): x długość pierwszego, a y długość drugiego skoku}= {0, 0.5, 1, 1.5, 2, ..., 139, 139.5, 140}2 Przestrzeń zdarzeń składa się z 2812 zdarzeń elementarnych. styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK Przykłady c.d. Przykład 5 Ocena końcowa z MAD zależy od liczby uzyskanych punktów z 2 sprawdzianów i z egzaminu. Przestrzenią zdarzeń elementarnych może być zbiór trójek (x,y,z), gdzie x,y są liczbami punktów uzyskanymi ze sprawdzianów a z liczbą punktów uzyskanych z egzaminu. W = {(x,y,z)N3: x10, y20,z30} Taka przestrzeń zdarzeń ma 11*21*31 różnych elementów. styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK Zdarzenia Definicja Zdarzenie to podzbiór zbioru zdarzeń elementarnych. Przykład W doświadczeniu z rzutem jedną kostką sześcienną niech w1,w2,...w6 oznaczają odpowiednio zdarzenia elementarne polegające na wyrzuceniu 1,2 ... lub 6 oczek. W = {wi : i=1,2...6}. Zdarzenie A=„wypadła liczba parzysta”, to podzbiór przestrzeni zdarzeń elementarnych A={w2,w4,w6}. Zdarzenie B=„ wypadło więcej niż 4 oczka”, zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy wypadło 5 lub 6 oczek, czyli B={w5,w6}. Zdarzenie C=„wypadły co najwyżej 4 oczka”, zachodzi wttw, gdy wypadło 1 lub 2 lub 3 lub 4 oczka. C = {w1, w2,w3,w4}. styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

Zdarzenia c.d. A   oraz A = {a1, ... ,an}. Przykład zdarzenia elmentarne sprzyjające zdarzeniu A A   oraz A = {a1, ... ,an}. Przykład W doświadczeniu polegającym na rzucie dwoma kostkami mamy W = {wij : i,j=1,2...6}. Zdarzenie A=„co najmniej raz wypadła szóstka” , to podzbiór {w6i : i=1,2...6} {wi6 : i=1,2...5}. Zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A jest 11. Zdarzenie B= „suma oczek wynosi 8”, to podzbiór {w26 , w35 , w44 , w53 , w62 }. Jest tylko 5 zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu B. styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK Przykłady zdarzeń Przykład W doświadczeniu z rzutem jedną kostką sześcienną niech W = {wi : i=1,2...6}. Zdarzenie A=„wypadła liczba parzysta”, to podzbiór przestrzeni zdarzeń elementarnych A={w2,w4,w6}. Zdarzenie B=„ wypadły więcej niż 4 oczka”, zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy wypadło 5 lub 6 oczek, czyli B={w5,w6}. Zdarzenie C=„liczba wyrzuconych oczek jest kwadratem liczby naturalnej”, zachodzi wttw, gdy wypadło 1 lub 4 oczka. C = {w1, w4}. Zdarzenie D=„liczba wyrzuconych oczek przystaje do 1 modulo 3, zachodzi wttw gdy liczba wyrzuconych oczek przy dzieleniu przez 3 daje resztę 1. Czyli D = {w1, w4 }. styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

Działania na zdarzeniach Na zdarzeniach wykonujemy takie same operacje jak na zbiorach. A= W zdarzenie pewne A=  zdarzenie niemożliwe żadne zdarzenie elementarne nie sprzyjają temu zdarzeniu wszystkie zdarzenia elementarne sprzyjają temu zdarzeniu Powiemy, że dwa zdarzenia są identyczne jeśli mają te same zbiory sprzyjających zdarzeń elementarnych. Por. zdarzenia C i D z poprzedniego przykładu. styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

c.d. Operacje na Zdarzeniach Przykład Doświadczenie z rzutem 2 kostkami sześciennymi. A =„suma oczek jest liczbą parzystą lub nieparzystą” B =„w sumie wypadło co najwyżej 12 oczek” C = „ w sumie wypadło 17 oczek” D = „iloczyn wyrzuconych oczek jest liczbą parzystą” E = „co najmniej na jednej kostce jest liczba parzysta” F = „wyrzucono co najmniej raz 6” G = „wyrzucono co najmniej raz 5” Zdarzenia pewne zdarzenie niemożliwe zdarzenia identyczne iloczyn tych zdarzeń to „suma wyrzuconych oczek wynosi 11” Zdarzenie FG jest realizowane przez zdarzenia elementarne {w6i: i=1,2,3,4,5,6} {wi6 : i=1,2,3,4,5}  {w5i: i=1,2,3,4,5}  {wi5 : i=1,2,3,4}. Jest 20 zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu FG. Zdarzenie „ani razu nie wystąpiła 6 ani 5” to zdarzenie W-(F  G)= {wij: i,j=1,2,3,4} . Zdarzeń sprzyjających jest tu 16. styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

Wykluczanie się zdarzeń Zdarzeniem przeciwnym do zdarzenia A nazywa się zdarzenie A’= W - A. Zdarzeniu A’ sprzyjają tylko te zdarzenia elementarne, które nie należą do A Powiemy, że dwa zdarzenia A i B wykluczają się wttw A B =  . Przykład Nie ma takich zdarzeń elementarnych, które sprzyjają równocześnie obu zdarzeniom W doświadczeniu polegającym na wylosowaniu kolejno ze zwracaniem 2 kart, zdarzenia A= „wylosowano za każdym razem asa” i B =„za drugim razem wylosowano dziesiątkę” są zdarzeniami wykluczającymi się. styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

Pojęcie prawdopodobieństwa definicja Kołmogorowa Niech W oznacza przestrzeń zdarzeń elementarnych. Prawdopodobieństwem nazywamy funkcję P określoną na zdarzeniach taką, że (1) P(A) 0 dla dowolnego zdarzenia A, (2) P(A B) = P(A) + P(B) dla dowolnych zdarzeń A, B wykluczających się, (3) P(W) = 1. Uwaga Prawdopodobieństwo jest teoretycznym odpowiednikiem pojęcia częstości. Twierdzenie Jeżeli zdarzenia A1,A2,...An wykluczają się parami, to P(A1  ...  An) = P(A1) + P(A2) + ...+ P(An). Dowód przez indukcje ze względu na n. styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

Obliczanie prawdopodobieństw Niech W = {w1, w2, ...wn} i załóżmy, że wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, P(wi) = p. Na mocy poprzedniego twierdzenia mamy: P(W) = P({w1, w2, ...wn}) = P({w1} { w2}  ...  {wn} ) = P(w1) + P( w2) + ... +P(wn) = n*p. Stąd p = 1/n. Podobnie, jeśli rozważymy dowolne zdarzenie A = {wi1, wi2, ...wik}, to P(A) = P({wi1, wi2, ...wik}) = P({wi1} { wi2}  ...  {wik} ) = P(wi1) + P( wi2) + ... +P(wik) = k*p. Stąd P(A) = k/n Twierdzenie Laplace'a Prawdopodobieństwo zdarzenia A jest ilorazem liczby zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A i liczby zdarzeń elementarnych w rozważanej przestrzeni, o ile zdarzenia elementarne wykluczają się parami. styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

Rozwiązanie: Przykład 1 Przestrzeń zdarzeń elementarnych W ma 36 elementów. Rzut dwiema kostkami. (a) A =„na obu kostkach wypadło 6 oczek” (b) B = „suma wyrzuconych oczek wynosi 10” (c) C = „suma wyrzuconych oczek wynosi 7” A={(6,6)} więc P(A)= 1/36. B= {(4,6), (5,5), (6,4)}, więc P(B) = 3/36 =1/12. Rozwiązanie: (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6) (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6) (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6) (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6) (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6) (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6) Przestrzeń zdarzeń elementarnych C = {(1,6),(2,5), (3,4),(4,3),(5,2),(6,1)} więc P(C)= 6/36=1/6. styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK Przykład 2 9 osób {a,b,c,..g,h,i} siada przy okrągłym stole. Jakie jest prawdopodobieństwo, że osoby a, b będą siedziały obok siebie? card(W)= 9! Rozwiązanie: b Przestrzeń zdarzeń elementarnych, to zbiór wszystkich możliwych ustawień 9 osób na 9 miejscach. a Jest 9 możliwych pozycji dla pary (a,b) i 9 możliwych pozycji dla pary (b,a). Pozostałe osoby mogą być rozmieszczone dowolnie, tzn 7! możliwych ustawień. Ostatecznie, szukane prawdopodobieństwo = 2*9*7!/9!=1/4 styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK Przykład 3 W urnie jest 9 kul ponumerowanych od 1 do 9. Losujemy bez zwracania dwie kule. Pierwsza z nich jest traktowana jako liczba jedności a druga jako liczba dziesiątek. Jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia A = „wylosowano liczbę parzystą” Jeśli za pierwszym razem wylosowano 4 a za drugim razem wylosowano 6 to wylosowana liczba wynosi 6*10 + 4 = 64. Rozwiązanie: Przestrzeń zdarzeń elementarnych W = {(k,l) : k,l{1,2,...9} oraz k l}. 9*8 elementów Zdarzeniu A sprzyjają zdarzenia elementarne (2,x), gdzie x  2, (4,x), gdzie x  4, (6,x), gdzie x  6, (8,x), gdzie x  8. Razem jest ich 4*8. Zatem P(A)= 4*8/(9*8) = 4/9. styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

Rozwiązanie: Przykład 4 Rzucamy 10 razy monetą. Jakie jest prawdopodobieństwo, że w dziesięciu rzutach dokładnie 4 razy pojawi się orzeł? Rozwiązanie: Przestrzeń zdarzeń elementarnych to zbior ciągów o wartościach O-orzeł i R-reszka. Takich elementów jest tyle ile różnych funkcji ze zbioru 10 elementowego w zbiór 2 elementowy, tzn. 210. Zdarzeniu A sprzyjają wszystkie zdarzenia elementarne, w których na 4 pozycjach są orły a na pozostałych reszki. Jest ich tyle, ile podzbiorów 4 elementowych, tzn.(10 nad 4) Ostatecznie P(A) = (10 nad 4) / 2 10. styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

Własności prawdopodobieństwa Twierdzenie Niech W będzie przestrzenią zdarzeń elementarnych.Wtedy (a) P() = 0 (b) jeżeli A  B, to P(A)  P(B), (c) dla każdego A  W, P(A)  1, (d) P(A’) =1 - P(A), (e) P(A B) = P(A) + P(B) - P(AB) Ad. Dowód (b). B= (B-A)  A Ad. Dowód (e). A  B = A (B-A) B= (B-A)  (A  B) Rzucamy 3 razy kostką. jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia A=„choć raz wypadła 6” ? Przykład Rozwiązanie. Zbiór zdarzeń elementarnych W = {(x,y,z): x,y,z {1,2,...6}}. card(W)= 63. Zdarzenie przeciwne do A, A’ =„ani razu nie wypadła 6”. A’={(x,y,z): x,y,z {1,2,3,4,5}}. Zatem P(A’) = 53/63, więc P(A) = 1- 53/63. styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

Przykłady Przykład Rzucamy dwiema różnokolorowymi kostkami do gry i rozważamy dwa zdarzenia A = „ suma oczek wyrzuconych wyniesie 8” B = „obie liczby oczek są nieparzyste” Jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia A  B? Rozwiązanie Na mocy twierdzenia P(A B) = P(A) + P(B) - P(AB). Ponieważ A={(2,6),(3,5),(4,4),(5,3), (6,2)} B ={(x,y): x,y=1,3,5} oraz A  B = {(3,5),(5,3)} Zbiór zdarzeń elementarnych to zbiór funkcji, f : {1,2,3...,10} -> {O,R}. Policzymy najpierw P(A’). Mamy P(A’)=1/210 Stąd P(A)= 1-1/1024. Zatem P(A B) = 5/36 + 9/36 - 2/36 = 1/3. Przykład Rzucamy 10 razy monetą. jakie jest prawdopodobieństwo, że choć raz dostaniemy orła? styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

Prawdopodobieństwo warunkowe Przykład 1 2 3 4 W urnie znajdują sie 4 kule: dwie białe i dwie czarne ponumerowanie od 1 do 4.Losujemy 2 kule bez zwracania. Przestrzeń zdarzeń elementarnych to {(x,y): x y i x,y =1,2,3,4}. card (W) = 4*3 =12. Zakładamy, że zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne. Czyli P(x,y)=1/12. P(A)=6/12 Rozważmy zdarzenia: A=” za drugim razem biała kula”, B= „ za pierwszym razem kula czarna”. Zdarzeniu A sprzyja 6 zdarzeń: (1,3),(1,4),(3,4),(2,3),(2,4), (4,3). Zdarzeniu B sprzyja 6 zdarzeń el. : (1,3),(1,4),(1,4),(2,1),(2,3), (2,4). Jeśli wiemy, że zaszło zdarzenie B po pierwszym losowaniu, to jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia A? Zdarzeniu A sprzyjają 4 zdarzenia el. występujące w B, czyli P(A/B)= 4/6. styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

Prawdopodobieństwo warunkowe c.d. Prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A pod warunkiem, że zajdzie zdarzenie B, P(A|B), wyraża się wzorem: P(A|B) = P(A  B)/ P(B) o ile P(B) >0 Przykład Rzucamy 3 kostkami. Jakie jest prawdopodobieństwo, że A=„chociaż na jednej kostce wypadnie 1”, jeśli B=„na każdej kostce wypadnie inna liczba oczek”. Zdarzenia elementarne to trójki (x,y,z) gdzie x,y,z =1,2,3,4,5,6. Jest ich 6*6*6. Zdarzeń sprzyjających B jest tyle ile funkcji 1-1na zb. 3 elem. w zbiór 6 elementowy. Jest ich 6*5*4. Czyli P(B) = 6*5*4/(6*6*6). Zdarzeniu A  B sprzyjają trójki (1,x,y) ,(x,1,y), (x,y,1), gdzie x jest jedną z 5 wartości a y jedną z 4 wartości. P(A  B)= 5*4*3/63 Ostatecznie P(A|B) = (10/36)/(20/36)= 1/2 styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK

MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK Niezależność zdarzeń Definicja Zdarzenia A i B nazywamy niezależnymi, jeśli P(A  B) = P(A) * P(B). Zauważmy, że jeśli A i B stanowią parę zdarzeń niezależnych, to P(A|B) = P(A  B)/P(B) = P(A) . Czyli, zajście zdarzenia B nie wpływa na prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A. Zdarzenie A nie zależy od tego czy zajdzie czy też nie zdarzenie B. Przykład Z talii kart losujemy 2 ze zwracaniem. Rozważmy zdarzenia A =„ za pierwszym razem wylosowano asa” B = „ za drugim razem wylosowano asa”. Mamy P(A  B) = (4*4)/522 P(A)= 4/52 P(B) = 4/52, czyli P(A  B) = P(A) * P(B), a więc są to zdarzenia niezależne. styczen 2003 MAD, Rachunek Prawdopodobieństwa Grażyna Mirkowska, PJWSTK