1
RACHUNEK PRAWDOPODOBIEŃSTWA
WYKŁAD 2.
Prawdopodobieństwo warunkowe.
Niezależność zdarzeń
Przykład.
Rzucamy raz symetryczną sześcienną kostką.
Badane zdarzenie A = {2, 4, 6} - wypadła
parzysta liczba oczek ma szansę zajścia
równą 0,5.
Zdobyliśmy informację, że wypadły najwyżej
trzy oczka (zdarzenie B = {1, 2, 3}).
2
Zatem możemy ocenić, że szansa otrzymania
parzystej liczby oczek gdy wiemy, że nie
wypadły więcej niż trzy oczka wynosi
(zawężenie przestrzeni probabilistycznej do B)
{ }
{ }
3
1
3
,
2
,
1
2
=
3
lub
dzieląc
licznik
i
mianownik
przez
{
1,2,3,4,5,6}
= 6 = Ω{ }
{ }
{
{ }
} { }
{
} { }
{
}
{ }
{
}
3 1 6 3 6 1 ) ( ) ( 6 , 5 , 4 , 3 , 2 , 1 3 , 2 , 1 6 , 5 , 4 , 3 , 2 , 1 3 , 2 , 1 6 , 4 , 2 3 , 2 , 1 3 , 2 , 1 6 , 4 , 2 3 , 2 , 1 2 = = ∩ = = ∩ = ∩ = B P B A P4
Zatem uzyskanie informacji o zajściu zdarzenia B zmienia ocenę szansy zajścia zdarzenia A (takie zdarzenia później określimy jako zależne).
5
Gdybyśmy natomiast uzyskali informację, że wypadły najwyżej cztery oczka
(zdarzenie C = {1, 2, 3, 4})
to szansa otrzymania parzystej liczby oczek gdy wiemy, że nie wypadły więcej niż cztery oczka
6
Zatem uzyskanie informacji o zajściu zdarzenia C nie zmienia oceny szansy zajścia zdarzenia A (takie zdarzenia później określimy jako niezależne)
.
7
Jeśli
P
(
B
)
>
0
,
B
∈
S
to
określamy
prawdopodobieństwo warunkowe
dowolnego zdarzenia A pod warunkiem, że zaszło zdarzenie B:P A B
P A
B
P B
A
S
(
)
(
)
( )
=
∩
∈
Pisząc
P( BA )będziemy domyślnie zakładać, że
0 ) (B >
8
Własność.
Jeśli
(Ω,S,P)jest przestrzenią probabilistyczną i
S B B P( ) > 0, ∈
to
(
*)
, ,S PΩ
gdzie
P*(A) =P(AB), A∈Sjest
również9
Dowód.
I)
P*(A)≥ 0, bo P(B)> 0, P(A∩B) ≥0, A∈SII)
P*(Ω) =1,bo P(PΩ(∩B)B) = PP((BB)) =1III)
A
1, A
2, ... - zdarzenia parami wykluczające
się
(
)
(
)
(
)
( )
∑
∑
∑
∞ = ∞ = ∞ = ∞ = ∞ = ∞ = = ∩ = ∩ = = ∩ = ∩ = 1 * 1 1 1 1 1 * ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( i i i i i i i i i i i i A P B P B A P B P B A P B P B A P B P B A P A P U U U10
Uwaga.
)
(
)
(
)
(
A
B
P
A
P
B
A
P
∩
=
wynika z określenia
P
(
B
A
)
.
Podobnie
)
(
)
(
)
(
A
B
P
B
P
A
B
P
∩
=
11
Powyższy wzór można uogólnić następująco:
Niech
(
A
A
...
A
)
0
P
1∩
2∩
∩
n>
wtedy
(
)
(
n 2 n-1)
2 n 2A
...
A
A
A
P
A
A
P
A
P
A
...
A
A
P
∩
∩
∩
⋅
⋅
=
=
∩
∩
∩
1 1 1 1...
)
(
)
(
12
Przykład.
Sygnał przechodzi przez trzy stacje przekaźnikowe. Pierwszy przekaźnik przekazuje sygnał z prawdopodobieństwem 0,9. Drugi przekaźnik przekazuje sygnał otrzymany z pierwszego przekaźnika z prawdopodobieństwem 0,8. Trzeci przekazuje sygnał otrzymany za pośrednictwem pierwszego i drugiego przekaźnika z prawdopodobieństwem 0,5. Jakie jest prawdopodobieństwo dotarcia sygnału?
Niech A
i- i-ty przekaźnik przekazał sygnał.
Należy obliczyć
P(A1 ∩ A2 ∩ A3).
Korzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo
iloczynu trzech zdarzeń
(
3 2)
2 A P A A A A P A P A A A P( 1 ∩ 2 ∩ 3) = ( 1) ( 1) 1 ∩=
=0,9
⋅
0,8
⋅
0,5 = 0,36
13
Twierdzenie (o prawdopodobieństwie całkowitym)
Niech zdarzenia A
1, A
2, ..., A
n, spełniają warunki:
A
1, A
2, ..., A
n, są parami wykluczające się,
= A ...
A
A1 ∪ 2 ∪ ∪ n Ω
(o takim układzie zdarzeń mówimy, że jest
zupełny)
P(A
i) > 0, i = 1,2, ..., n.
wtedy dla dowolnego zdarzenia B
∑
= = = + + + = n i i i n n A B P A P A B P A P A B P A P A B P A P B P 1 2 2 1 1 ) ( ) ( ) ( ) ( .... ) ( ) ( ) ( ) ( ) (14
Dowód. Z założenia o układzie zupełnym i
definicji
prawdopodobieństwa
warunkowego
mamy
∑
∑
= = ==
∩
=
=
∩
=
n i i i n i i i n iA
B
P
A
P
A
B
P
A
B
P
B
P
1 1 1)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
U
A1 A2 A3 A 4 A5 A6 B15
Twierdzenie (Bayesa)
Niech zdarzenia A
1, A
2, ..., A
n, spełniają warunki
poprzedniego twierdzenia.
wtedy dla dowolnego zdarzenia B takiego, że
16
∑
= = = + + + = = = n i i i k k n n k k k k k A B P A P A B P A P A B P A P A B P A P A B P A P A B P A P B P A B P A P B A P 1 2 2 1 1 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( .... ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (17
Uwaga.
Niekiedy
prawdopodobieństwo
warunkowe
) (A B
P k
nazywa
się
prawdopodobieństwem
a posteriori (po doświadczeniu) w odróżnieniu od
)
(
A
kP
nazywanego prawdopodobieństwem
a priori (przed doświadczeniem).
18
Thomas Bayes (1702—1761) brytyjski matematyk i
duchowny prezbiteriański, znany ze sformułowania opublikowanego pośmiertnie twierdzenia Bayesa, które to zapoczątkowało dział statystyki.
19
Przykład
W urnie pierwszej jest 7 kul białych i 3 czarne. W urnie drugiej są 4 kule białe i 6 czarnych. Rzucamy kostką, jeśli wypadnie liczba oczek podzielna przez 3 to losujemy jedną kulę z pierwszej urny, w przeciwnym przypadku losujemy jedną kulę z drugiej urny.
a)Jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej?
b) Wylosowana kula okazała się biała, jakie jest
prawdopodobieństwo, że wylosowano ją z pierwszej urny?
20
Ai - losowanie z i tej urny,
P(A1) = 1/3, P(A2) = 2/3,
B - wylosowania kuli białej,
4 , 0 ) ( 7 , 0 ) ( 2 1 = P B A = A B P
21
Ad a) Z twierdzenia o prawdopodobieństwie
całkowitym mamy
5 , 0 4 , 0 3 2 7 , 0 3 1 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2 2 1 1 = + = = + = P A P B A P A P B A B P22
Ad b) Z twierdzenia Bayesa mamy
15 7 5 , 0 7 , 0 3 1 ) ( ) ( ) ( ) ( 1 1 1 = = = B P A B P A P B A P
23
Zdarzenia A i B są niezależne gdy
24
Zauważmy , że jeśli zdarzenie A jest niezależne
od zdarzenia B to
)
(
)
(
A
B
P
A
P
=
25
Ogólnie.
Zdarzenia
A1, . . . , An (n ≥ 2)są niezależne, jeśli
2
,
...
1
)
(
...
)
(
)
...
(
2 1 1 1≥
≤
≤
≤
≤
≤
∀
⋅
⋅
=
∩
∩
k
n
i
i
i
A
P
A
P
A
A
P
k i i i i k k26
W szczególności dla n=3.
Zdarzenia A, B, C są niezależne, jeśli
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
C
P
B
P
A
P
C
B
A
P
C
P
B
P
C
B
P
C
P
A
P
C
A
P
B
P
A
P
B
A
P
⋅
⋅
=
∩
∩
⋅
=
∩
⋅
=
∩
⋅
=
∩
27
Uzupełnienia.
Poniższy przykład pokazuje, że przy badaniu wpływu jednego zdarzenia na inne liczy się nie fakt jego fizycznego zajścia lecz uzyskanie informacji o jego wyniku.
28
Przykład.
W pudełku mamy d > 1 żarówek dobrych i w żarówek wadliwych. Losowo wyciągamy jedną żarówkę i odkładamy ją poza pudełko bez oglądania po czym losujemy następną. Jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania za drugim razem dobrej żarówki.
29
Di - zdarzenie polegające na wylosowaniu za i - tym
razem dobrej żarówki, i = 1, 2.
Wi - zdarzenie polegające na wylosowaniu za i - tym
30
Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym mamy
(
)
(
)(
)
(
(
)(
)
)
(
)
( ) 1 1 1 1 1 1 1 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1 1 1 2 1 1 2 2 D P w d d w d w d w d d w d w d dw d d w d w w d d w d d w d d W P W D P D P D D P D P = + = = + − + − + = + − + + − = = + ⋅ − + + + ⋅ − + − = = + =31
Prawdopodobieństwo "przyszłych" zdarzeń. Jeśli w wyniku doświadczenia wiemy, że zaszło zdarzenie A i następnie będzie wykonane kolejne doświadczenie w wyniku, którego może zajść
zdarzenie B to z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym mamy
∑
=∩
=
n i i iA
P
B
A
A
A
P
A
B
P
1)
(
)
(
)
(
32
Uzasadnienie. Przekształcając prawą stronę otrzymamy
( )
(
)
(
)
( ) ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1 1 1 1 1 A B P A P A B P A P A B P A P A A B P A P A A B P A P A A B P A A P A A B P A P A A P A A B P A A P n i i n i i n i i n i i i i n i i i = ∩ = Ω ∩ ∩ = = ∩ ∩ = ∩ ∩ = = ∩ ∩ = = ∩ ∩ ∩ ∩ = ∩ = = = = =∑
∑
∑
U
U
33
Przykład.
W I pudełku mamy a > 1 żarówek dobrych i b
żarówek wadliwych. W II pudełku mamy c > 1
żarówek dobrych i d żarówek wadliwych. Najpierw rzucamy monetą symetryczną, jeśli wypadnie orzeł losowo wyciągamy jedną żarówkę z I pudełka, w przeciwnym przypadku wyciągamy jedną żarówkę z II pudełka. Wylosowana w ten sposób żarówka okazała się dobra. Następnie losujemy drugą żarówkę z tego samego pudełka. Jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania za drugim razem dobrej żarówki.
34
Ai - zdarzenie polegające na wylosowaniu i - tej urny,
i = 1, 2.
A - zdarzenie polegające na wylosowaniu za pierwszym razem dobrej żarówki,
B - zdarzenie polegające na wylosowaniu za drugim razem dobrej żarówki,
35
5
,
0
)
(
)
(
A
1=
P
A
2=
P
;d
c
c
b
a
a
d
c
c
A
A
P
d
c
c
b
a
a
b
a
a
A
A
P
+
+
+
+
=
+
+
+
+
=
)
(
;
)
(
2 136
1
1
)
(
;
1
1
)
(
2 1−
+
−
=
∩
−
+
−
=
∩
d
c
c
A
A
B
P
b
a
a
A
A
B
P
37 Zatem
(
)
(
)(
)
(
(
)(
)
)
d c c b a a d c d c c c b a b a a a d c c d c c b a a d c c b a a d c c b a a b a a A A B P A A P A A B P A A P A B P + + + − + + − + − + + − = = − + − ⋅ + + + + + − + − ⋅ + + + + = = ∩ + ∩ = 1 1 1 1 1 1 1 1 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1 1 2 238
Problem ruiny gracza.
W jednej partii gracz A wygrywa od gracza B 1zł z prawdopodobieństwem p lub przegrywa 1zł z prawdopodobieństwem q = 1 - p. Początkowo gracz A
ma k złotych, gracz B ma
n - k złotych. Gra kończy się gdy jeden z graczy zostanie zrujnowany.
39
pk - prawdopodobieństwo, (k = 0, 1, ... , n)..że A nie
zostanie zrujnowany gdy ma początkowo k złotych. Oczywiście p0 = 0; pn = 1.
40
Ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite mamy
(
1)
1,2,..., 11
1 ⋅ + ⋅ − = −
= p + p p − p k n
pk k k
Zapiszmy tą równość w postaci
(
)
(
p
+
1
−
p
)
p
k=
p
k+1⋅
p
+
p
k−1⋅
(
1
−
p
)
stądp
p
p
p
p
p
k k k k=
−
−
−
− +1
1 1 zatem ciąg 1 − − = k k k p p ajest ciągiem geometrycznym o ilorazie
p
p
q
=
1
−
. a)Jeśli p = 0,5 jest to ciąg stały o wyrazach równych
p1.
Stąd pk = kp1 i skoro pn = 1 to p1 =1/n oraz
n k pk =
b) jeśli p ≠ 0,5 jest to suma wyrazów ciągu 1 1 − ⋅ = k k p q a k = 1, 2, ...,n wynosi
(
)
q q p q q q p a a a k k k − − = + + + + = + + + − 1 1 ... 1 ... 1 2 1 1 2 1 z drugiej strony41
(
) (
)
(
k k)
k k k p p p p p p p p p a a a1 + 2 +...+ = 1− 0 + 2 − 1 +...+ − −1 = − 0 = stąd n k q q p p k k 1,2,..., 1 1 1 = − − =Wartość p1 wyznaczamy z warunku pn = 1
(podstawiamy k = n). Stąd n q q p − − = 1 1 1 co ostatecznie daje n k p p p p q q p n k n k k 1,2,..., 1 1 1 1 1 1 = − − − − = − − =
