Notatki z ´cwicze´n z Probabilistyki 19/20

1Zło ˙zono w klasietufte-handout, www.ctan.org/pkg/tufte-latex

Notatki z ´cwicze ´n z Probabilistyki 19/20

Grzegorz Siudem & grupy T1, T2, T3 23 maja 2020

Notatki z ´cwicze ´n oraz inne materiały pomocne w rozwi ˛azywaniu prac domowych z Probabilistyki. Plik na bie ˙z ˛aco aktualizowany. Zgłoszenie ka ˙zdego bł ˛edu b ˛edzie bardzo mile widziane.

Spis tre´sci

C1: Wprowadzenie 2 C2: Rozkłady dyskretne 3 C3: Rozkłady ci ˛agłe 4

C4: Czy tego oczekiwali´smy? 6 C5: Po jednym warunkiem 15

C6: Porozmawiajmy o Centralnym 22 C7: O estymie estymatora. 30

C8: Teoretycznie tak. 43

C9: Znaj rozkłady, nie ma rady! 44 C10: Postawmy sobie hipotez˛e. 45 C11: Czasami trzeba si˛e dopasowa´c. 46

C12: Tyle o sobie wiemy ile nas sprawdzono. 47 Notacje i oznaczenia 48

Rozkłady dyskretne 49 Rozkłady ci ˛agłe 50 Dystrybuanta 50 Momenty 51

Twierdzenia graniczne 51

Centralne Twierdzenie Graniczne 52

Zwró´cmy uwag ˛e, ˙ze wszystkie te wy- niki nie zale ˙z ˛a od kolejno´sci losowania.

Mogliby´smy, co jest jednak bardziej wymagaj ˛ace rachunkowo, rozwa ˙zy´c analogicznie pi ˛atki uporz ˛adkowane.

Wa ˙zne, ˙zeby tych dwóch metod nie miesza´c.

Co interpretujemy nast ˛epuj ˛aco: mamy 13 mo ˙zliwo´sci wyboru rangi pary (od dwójek do asów), nast ˛epnie kart o wy- branej randze mamy 4, a potrzebujemy 2. Trzeci czynnik oznacza wybór trzech kart o ró ˙znych rangach (i ró ˙znych od naszej wyj´sciowej) o dowolnych kolorach ka ˙zda (ostatni czynnik).

Gdzie pierwszy czynnik to liczba mo ˙z- liwych rang naszej karety, a czynnik drugi liczba mo ˙zliwych wyborów pi ˛atej karty.

Najpierw wybieramy rang ˛e trójki, potem rang ˛e pary, potem kolory trójki i kolory pary.

C1: Wprowadzenie

Podczas ´cwicze ´n testowali´smy klasyczn ˛a (cz ˛esto´sciow ˛a) definicj ˛e prawdopodobie ´nstwa na przykładach rzutów monet ˛a, kostk ˛a i loso- wania kart.

P(A) = |A|

|_Ω|^,

gdzie A to zbiór realizacji sprzyjaj ˛acych analizowanemu zdarzeniu, aΩ zbiór wszystkich mo˙zliwych zdarze´n.

Uwaga!Powy ˙zszy wzór mo ˙zna stosowa´c pod warunkiem, ˙ze wszystkie zdarzenia elementarne s ˛a równoprawdopodobne (por. przy- kład z wykładu).

Policzmy z klasycznego wzoru prawdopodobie ´nstwo wyci ˛agni ˛ecia kilku wybranych układów pokerowych. Zakładamy, ˙ze losujemy 5 kart z talii o 52 kartach, a zatem przestrzeni ˛a stanów s ˛a zbiory 5- elementowe kart bez powtórze ´n, a zatem

|Ω| =^52 5



= ^52!

5!47!. Rozwa ˙zmy teraz kilka przykładowych układów u Para, układ P gdzie mamy dokładnie jedn ˛a par ˛e

|P| =^13 1

4 2

12 3

4 1

3

.

u Kareta, czyli układ K, w których mamy cztery karty tej samej rangi

|K| =^13 1

48 1

 .

u Ful, czyli układy F składaj ˛acy si ˛e z trójki kart tej samej rangi i pary kart innej rangi

|F| =^13 1

12 1

4 3

4 2

 .

n o tat k i z ´c w i c z e ´n z p ro b a b i l i s t y k i 1 9/20 3

Dyskretny rozkład jednostajny.

Rozkład geometryczny.

Rozkład Poissona.

Rozkład Bernoulliego.

Dla uproszczenia stosujemy notacj ˛e, w której argumentami dystrybuanty s ˛a tylko liczby z dziedziny funkcji masy prawdopodobie ´nstwa, w ogólno´sci funkcja miałaby posta´c

F(t) =btc N I[_1,N](t)

C2: Rozkłady dyskretne

Najwa ˙zniejsze wnioski z wykładu:

u Zadania domowe, spisane czytelnie i podpisane, oddajemy na jednej kartce formatu A4.

u Przypadkowy charakter zjawisk lub procesów mo ˙ze wymaga´c opi- su statystycznego lub probabilistycznego, które, cho´c powi ˛azane, nie s ˛a to ˙zsame.

u W rozkładach dyskretnych prawdopodobie ´nstwo zdarzenia jest proporcjonalne do liczby sprzyjaj ˛acych mu zdarze ´n.

Przyjmuj ˛ac, jak na poprzednich zaj ˛eciach, ˙ze dla rozkładów dys- kretnych mamy

P(X=k) = ¹

|Ω||X_k| =C·p_k.

Poszukujemy zatem warto´sci stałej C dla wybranych rozkładów:

u pk=1 dla k=1, . . . , N ⇒P(X=k) =1/N,

u pk= (₁−q)^k_{dla q}∈ (0, 1)_{, k}∈N⇒P(X=k) =q(₁−q)^k_, u pk=λ^k/k! dla λ>0, k∈_N⇒_P(X=k) =λ^ke^−λ/k!, u pk = (^N_k)q^k(1−q)^−kdla q ∈ (0, 1), k = 0, . . . , N⇒

P(X=k) = (^N_k)q^k(1−q)^N−k, oraz zwartych postaci ich dystrybuant

FX(t) =P(X6t), tam gdzie to mo ˙zliwe

u Dla rozkładu jednostajnego dyskretnego F(k) =k/N, u Dla rozkładu geometrycznego F(k) =₁− (1−p)^k_.

W razie w ˛atpliwo´sci prosz ˛e sprawdzi´c opisy na stronie 50.

f(x) =

 ₁

b−a dla x∈ ha, bi

0 dla x∈_R\ ha, bi ^{a, b}∈_{R , b}>a

1^◦) x≤a =⇒ F(x) =0 2^◦) x∈ (a, bi =⇒ F(x) =R_x

a f(ω)dω 3^◦) x≥b =⇒ F(x) =1

f(x) =

 0 dla x<0

λe^−λx dla x≥0 λ>0

C3: Rozkłady ci ˛agłe

Najwa ˙zniejsze wnioski z wykładu:

u Intuicyjne zrozumienie czym s ˛a zmienne losowe i niezale ˙zno´s´c.

u Opis zmiennych ci ˛agłych – funkcja g ˛esto´sci prawdopodobie ´nstwa.

u Dystrybuanta (F(x) =P(X6 x)) jest wa ˙zn ˛a wielko´sci ˛a, pozwala tak ˙ze zdefiniowa´c kwantyle.

Sprawd´zmy normowanie do 1 i policzmy dystrybuant ˛e (gdzie to mo ˙zliwe) dla rozkładów

u jednostajnego ci ˛agłego, u wykładniczego, u Pareto,

Wyznaczmy kwantyle dla rozkładu prawdopodobie ´nstwa o g ˛esto-

´sci danej wzorem

f(x) =2xI_[0,1](x).

u Sprawdzenie normowania rozkładu jednostajnie ci ˛agłego:

Z _∞

−∞f(x)dx= Z _a

−∞0dx+ Z _b

a

1 b−adx+

Z _∞ b 0dx=

Z _b a

1 b−adx=

= ¹ b−a·x

x=b

x=a

= ^b−a

b−a =1 X

u Obliczenie dystrybuanty rozkładu jednostajnie ci ˛agłego F(x):

Ad 2^◦F(x) = Z _x

a

1

b−adω= ¹ b−a·ω

ω=x

ω=a

= ¹

b−a(x−a) = ^x−a b−a

F(x) =







0 dla x≤a

x−a

b−a dla x∈ (a, bi 1 dla x>b

X

u Sprawdzenie normowania rozkładu wykładniczego:

Z _∞

−∞f(x)dx= Z ₀

−∞0dx+ Z _∞

0 λe^−λxdx= Z _∞

0 λe^−λxdx=

=     

−λx=u dx= _−λ^du

=     

x=0 ⇒ u=0 x→_∞ ⇒ u→ −_∞

=λ Z −∞

0 e^u· ^du

−λ =

= − [e^u]|⁻₀^∞= −( _lim

u→−∞[e^u] −e⁰) = −(₀−1) =₁ X

n o tat k i z ´c w i c z e ´n z p ro b a b i l i s t y k i 1 9/20 5

f(x) =

( 0 dla x≤xm kxm^k

x^k+1 dla x>xm

x, x0∈_{R , k}>0

u Obliczenie dystrybuanty rozkładu wykładniczego F(x):

F(x) = Z x

−∞ f(ψ)dψ= Z x

0 λe^−λψdψ=     

−λψ=u dψ= _−λ^du

=     

ψ=0 ⇒ u=0 ψ=x ⇒ u= −λx

=

=λ Z _−λx

0 e^u· ^du

−λ = − [e^u]|^−λx₀ = −^he^−λx−e⁰i

=1−e^−λx X

u Sprawdzenie normowania rozkładu Pareto:

Z _∞

−∞f(x)dx= Z _xm

−∞0dx+ Z _∞

xm

kx^k_m x^k+1dx=

Z _∞ xm

kx^k_m x^k+1dx=

=kx^k_m Z _∞

xm

x^−(k+1)dx= kx^k_m· ¹

−(k+1) +1x^−(k+1)+1    

x=∞

x=xm

=

= −x_m^k · (x^−k)^x=∞

x=xm

= −x^k_m·



x→lim∞

 1 x^k



− ¹ x^k_m



= −x^k₀·−1

x^k_m =1 X u Obliczenie dystrybuanty rozkładu Pareto F(x):

F(x) = Z _x

xm

kx₀^k

η^k+1dη=kx^k_m Z _x

xm

η^−(k+1)dη= ^kx

km

−(k+1) +1 h

η^−(k+1)+1 i

η=x

η=xm

=

= ^kx

km

−k



x^−k−x^−k_m 

=1−^xm x

k

X

u Wyznaczenie kwantyli dla rozkładu prawdopodobie ´nstwa danego wzorem: f(x) =2xI_[0,1](x):

F(x) =







0 dla x≤0

Rx

0 2ξ dξ dla x ∈ (0, 1i 1 dla x>1 Dla dlax∈ (0, 1i:

F(x) = Z _x

0 2ξ dξ= 2ξ² 2

x

0

=x²

F(Qp) =p⇒F⁻¹[F(Qp)] =F⁻¹(p) =⇒Qp=F⁻¹(p)

F⁻¹[F(x)] =^qF(x) =⇒Qp=√

p X

Je´sli to tylko nie utrudnia drastycz- nie rachunków proponuj ˛e liczy´c dla dowolnego n, a tam gdzie sprawa jest nieoczywista pozostaje nam sprawdza- nie dla n=1, 2, . . . .

Oba pliki dost ˛epne na stronie przed- miotu.

f(x) =λe^−λx, x∈ [0,∞) ⇒ _EXⁿ= Z∞ 0

xⁿλe^−λxdx

f(x) = ¹

b−a, x∈ [a, b] ⇒ _EXⁿ= Zb

a

xⁿ b−adx

korzystaj ˛ac ze wzoru skróconego mno ˙zenia

b^m−a^m= (b−a)(b^m−1+b^m−2a+...+ba^m−2+a^m−1) Czy ten krok upraszcza wzór? Wr ˛ecz

przeciwnie, ale pozwala na usprawie- dliwienie intuicyjnego faktu: ´srednia EX¹=^b+₂^a.

Uwaga! Metoda momentów wykracza poza nasz ˛a aktualn ˛a wiedz ˛e z wykładu, poznamy j ˛a na pó´zniejszych zaj ˛eciach.

C4: Czy tego oczekiwali´smy?

Najwa ˙zniejsze wnioski z wykładu:

u Definicja i podstawowe własno´sci momentów zmiennej losowej.

u Czym s ˛a estymatory i dlaczego ich potrzebujemy?

u Prezentowanie danych – wykresy skrzynkowe i histogramy.

Zadania do wykonania:

u Nale ˙zy wyznaczy´c wybrane momenty (albo uzasadni´c, ˙ze to nie- mozliwe) dla rozkładów umieszczonych na stronach 49-50.

u Nale ˙zy narysowa´c histogram dla wyników rzutów ko´sci ˛a oraz wykres skrzynkowy dla przygotowanych do tego danych

u Momenty rozkładu ci ˛agłego wykładniczego: stosujemy podsta- wienie: u=λx, du=λdx

EXⁿ= Z∞

0

u λ

n

e^−udu= ¹ λⁿ

Z∞

0

uⁿe^−udu= ¹ λⁿ

Z∞

0

u^(n+1)−1e^−udu.

Korzystamy z podstawowych własno´sci funkcjiΓ Eulera EXⁿ = ^Γ(n+1)

λⁿ = ^n!

λⁿ.

u Momenty rozkładu ci ˛agłego jednostajnego: wykonujemy ele- mentarne całkowanie

EXⁿ = ¹ b−a

 xⁿ⁺¹ n+₁

b a

= ^b

n+1−aⁿ⁺¹

(n+₁)(b−a) ⁽¹⁾ mo ˙zna równowa ˙znie zapisa´c (przypadek m=n+₁)_:

EXⁿ = ¹ n+1

∑

b^n−ka^k

Na podstawie wzoru (1) pierwsze trzy momenty tego rozkładu EX= ^a+b

2 , EX²= ^a

2+ab+b²

3 , EX³= (a+b) a²+b²

4 .

u Momenty rozkładu wykładniczego metod ˛a momentów: n-ty moment rozkładu jest n-t ˛a pochodn ˛a funkcji tworz ˛acej momenty po t w punkcie t=0

EXⁿ = ^d

n

dtⁿM(t)

t=0.

n o tat k i z ´c w i c z e ´n z p ro b a b i l i s t y k i 1 9/20 7

dla t<λ.

x=σ

√2t+µ

dt=√¹ 2σdx

Zatem pierwszy moment rozkładu Pareto, o ile istnieje, przyjmuje posta´c

αxm

α−1, a drugi^αx_α−^2m₂.

p(X=0) =1−p, p(X=1) =p dla p∈ [0, 1]

f(_x) = ^β

α

Γ(α)·x^α·e^−βx, gdzie gdzie α, β∈_R+, aΓ to funkcja gamma Eulera.

Całkujemy od 0, bo dla rozkładu gamma I(0,inf)(x)

Funkcj ˛a tworz ˛ac ˛a momenty jest transformat ˛a Laplace’a funkcji rozkładu prawdopodobie ´nstwa, dla rozkładu wykładniczego:

M(t) = Z _∞

0 e^txf(x)dx= Z _∞

0 e^txλe^−λxdx= Z _∞

0 λe^x(t−λ)dx

= ^λe

x(t−λ)

t−λ   

∞

0 = −λ

−λ+t = ^λ λ−t Pierwszy moment rozkładu wykładniczego:

EX= ^d dtM(t)

t=0= ^d dt

λ λ−t

t=0 = ^λ

(λ−0)² = ¹ λ. Drugi moment rozkładu wykładniczego:

EX²= ^d

2

dt²M(t)

t=0 = ^2λ

(λ−t)³  

_t=0 = ² λ². u Pierwszy moment rozkładu Gaussa:

EX= Z _∞

−∞

√x 2πσe

−(x−µ)²

2σ2 = √¹

2πσ Z _∞

−∞x exp

−(x−µ)

√2σ

2

.

Wprowadza si ˛e now ˛a zmienn ˛a t = ^x−µ

σ

√

2, wówczas równanie spro- wadza si ˛e do postaci:

EX= √¹ 2πσ

Z _∞

−∞(√

2 σ t+µ)e^−t2√ 2 σdt=

= √¹ π

Z _∞

−∞µe^−t2dt+√ 2σ

Z _∞

−∞te^−t2dt



= √^µ π

√

π+0=µ

u Rozkład Pareto: indykator ogranicza całkowanie, tak wi ˛ec:

EXⁿ = Z _∞

xm

xⁿαx^α_m x^α+1dx=

Z _∞ xm

x^n−α−1αx^α_mdx= ^x

n−α

n−ααx^α_m|^∞_xm Je ˙zeli przyjmie si ˛e, ˙ze α>n to wynik całki mo ˙zna zapisa´c jako

EXⁿ = ^x

n−αm

α−nαx^α_m= ^α α−nxⁿ_m

Je ˙zeli nie został spełniony warunek α> n to całka jest rozbie ˙zna i momenty nie istniej ˛a.

u Momenty rozkładu dwupunktowego:

EXⁿ =

∑

k

xⁿ_kpk=0ⁿ· (1−p) +1ⁿ·p=p

u Momenty rozkładu gamma:

Korzystamy te ˙z z funkcjiΓ Eulera Γ(n) =

Z_∞

0 vⁿ⁻¹·e^−vdv

Rozkład Zipfa:

p_k= ¹

k^sHs(n)^{, Hs}(n) =

∑N k=1

1 k^s

Rozkład Poissona wyra ˙za si ˛e wzorem:

P(X=k) =e^−λλ^k

k!, k∈_N∪0 gdy ˙z∑^∞l=0λ^l

l! =e^λ.

Rozkład Bernoulliego wyra ˙za si ˛e wzorem:

P(X=k) =^n k

 p^kq^n−k, gdzie: k=0, 1, ..., n i q=1−p.

Poniewa ˙z suma po prawej stronie przedostatniej równo´sci jest równa (p+1−p)ⁿ⁻¹=1.

EXⁿ = Z _∞

0 xⁿ· f(x)dx= Z _∞

0 xⁿ· ^βα

Γ(α) ·x^α·e^−βxdx=

= Z _∞

0 x^n+α−1· ^β

α

Γ(α)·e^−βxdx=

= ¹ Γ(α)

Z _∞

0 x^n+α−1· ^β

n+α−1

βⁿ⁻¹ e^−βxdx=

= ¹

Γ(α) ·βⁿ⁻¹ Z _∞

0

(βx)^n+α−1·e^−βxdx.

Stosujemy podstawienie: u=βx, du= ^dx_β

EXⁿ = ¹ Γ(α) ·βⁿ

Z _∞

0 u^n+α−1·e^−udu= ¹

βⁿ · ^Γ(n+α) Γ(α) ^. u Momenty rozkładu Zipfa

Ex=

∑

k 1

k^sHs(n) = ¹ Hs(n)

∑

k^−(s−1)= ¹

Hs(n)^Hs−1(n)

Ex²=

∑

k² 1

k^sHs(n) = ¹ Hs(n)

∑

k^−(s−2)= ¹

Hs(n)^Hs−2(_n) u Momenty rozkładu Poissona

EX=

∑

kλ^k

k!e^−λ=λe^−λ

∑

λ^k−1

(k−1)! =λe^−λ

∑

λ^l l! =λ

EX²=

∑

k²λ^k k!e^−λ =

∑

(k−1+1) ^λ

k−1

(k−1)!e^−λ =

=λ²e^−λ

∑

λ^k−2

(k−2)_!+λe^−λ

∑

λ^k−1

(k−1)_! = (λ²+λ)e^−λ

∑

λ^l l! =

=λ²+λ.

wi ˛ec wariancja rozkładu wynosi

D²(X) =EX²− (EX)²=λ²+λ−λ²=λ.

u Momenty rozkładu Bernoulliego EX =

∑

n k



p^k(1−p)^n−k =

∑

n!

k!(n−k)!p^{k(1−p)n−k} =

=np

∑

(n−1)!

(k−1)!(n−1− (k−1))!p^k−1(1−p)^{n−1−(k−1)}=

=np

n−1

∑

l=0

(n−1)!

l!(n−1−l)!p^l(1−p)^n−1−l =np.

n o tat k i z ´c w i c z e ´n z p ro b a b i l i s t y k i 1 9/20 9

pk= (1−q)^kq

∑∞ x=0

(₁−q)^x−2x(x−1) = ∑^∞

x=0

d²

dq²(₁−q)^x= ² q³.

EX²=

∑

k²n k



p^k(1−p)^n−k =

∑

k n!

(k−1)!(n−k)!p^k(1−p)^n−k =

=n(n−1)p²

∑

(n−2)!

(k−2)!(n−2− (k−2))!p^k−2(1−p)^{n−2−(k−2)}+ +np

∑

(n−1)!

(k−1)!(n−1− (k−1))!p^k−1(1−p)^{n−1−(k−1)}=

=n(n−1)p²

n−2

∑

l=0

n−2 l



p^l(1−p)^n−2−l+

+np

n−1

∑

l=0

n−1 l



p^l(1−p)^n−1−l =n(n−1)p²+np.

Uwzgl ˛edniaj ˛ac, ˙ze EX=np otrzymujemy:

D²(X) =EX²− (EX)²=n(n−1)p²+np− (np)²=np(1−p)

u Momenty rozkładu Cauchy’ego

EX= ¹ π

Z +∞

−∞ x1 γ

1 1+ (^x−x0

γ )^2dx=       

x−x₀ γ =u

1

γdx=du x=γu+x0

=

= ¹ π

Z +∞

−∞ (γu+x0) ¹

1+u²du=

= ^γ

2πln(u²+1) + ^x0

πarctg(u)    

u=+∞ u=−∞

−→∞

Dalsze momenty tak ˙ze s ˛a rozbie ˙zne (zawieraj ˛a te same wyra ˙zenia z dokładno´sci ˛a do stałej + kolejne pot ˛egi u). Momenty rozkładu Cauchy’ego nie istniej ˛a.

u Momenty rozkładu geometrycznego:

EX =

∑

x(1−q)^xq=q(1−q)

∑

x(1−q)^x−1=

=q(1−q)

∑

d dq

h− (1−q)^xi= −q(1−q) ^d dq

1

q = ¹−q q .

EX²=

∑

x²(1−q)^xq=q(1−q)²

∑

x²(1−q)^x−2=

=q(1−q)²

∑

(1−q)^x−2x(x−1+1) =

=q(1−q)²

∑

(1−q)^x−2x(x−1) +_EX.

EX²=q(1−q)²²

q³+¹−q q = ^q

2−3q+2 q² .

f(x) = ¹ 2^(k/2)−1Γ(k/2) ^x

k−1e^−x2/2I[_0,∞)(x)

Podstawiamy ^x₂²=u, dx=^√du

2u

Wykonano w Pythonie 3.8.1 przy u ˙zyciu biblioteki matplotlib 3.1.2

dla ’boxplot-1.csv’ oraz ’boxplot-2.csv’

u Momenty rozkładu zeta EXⁿ =

∑

xⁿ 1

x^sζ(s) = ¹ ζ(s)

∑

1 x^s−n

zmienna X posiada w takim razie n-ty moment tylko w przypadku kiedy n<s−1, moment wynosi wtedy:

EXⁿ = ^ζ(s−n) ζ(s) u Momenty rozkładu χ²

EXⁿ= Z _∞

0

1

2^(k/2)−1Γ(k/2) ^x

k+n−1e^−x2/2dx=

= Z _∞

0

1 2^(k/2)−1Γ(k/2)

√

2u^k+n−1e^−u· √¹ 2udu=

= ²

(k/2)+(n/2)−(1/2)

2(k/2)−(1/2)

1 Γ(k/2)

Z _∞

0 u(k/2)+(n/2)−1e^−udu=

=₂^{n/2 1} Γ(k/2)

Z _∞

0 u(k/2)+(n/2)−1e^−udu.

Z definicji Gammy Eulera:

EXⁿ =2^n/2Γ[(k+n)/2] Γ(k/2) ^.

u Histogram rzutów ko´s´cmi:^pyplot, patrz Rys. 1 na stronie 11.

from m a t p l o t l i b import pyplot as p l t

from m a t p l o t l i b . t i c k e r import M u l t i p l e L o c a t o r with open ( " k o s t k i . csv " , " r " ) as f :

data = [ i n t ( l e t t e r ) f o r l e t t e r in f . read ( ) i f l e t t e r in " 123456 " ] b i n s = len ( s e t ( data ) )

_ , ax = p l t . s u b p l o t s ( )

p l t . g r i d ( which= ’ major ’ , l i n e s t y l e = ’−’ , l i n e w i d t h = ’ 0 . 5 ’ , c o l o r = ’ b l a c k ’ ) p l t . g r i d ( which= ’ minor ’ , l i n e s t y l e = ’ : ’ , l i n e w i d t h = ’ 0 . 5 ’ , c o l o r = ’ b l a c k ’ ) ax . s e t _ a x i s b e l o w ( True )

p l t . t i t l e ( f " Histogram { l e n ( data ) } rzutow koscmi " ) p l t . x l a b e l ( " Wynik " )

p l t . y l a b e l ( " L i c z b a wystapien " )

ax . y a x i s . s e t _ m a j o r _ l o c a t o r ( M u l t i p l e L o c a t o r ( 1 0 ) ) ax . y a x i s . s e t _ m i n o r _ l o c a t o r ( M u l t i p l e L o c a t o r ( 5 ) )

ax . h i s t ( data , bins , e d g e c o l o r = ’ b l a c k ’ , l i n e w i d t h = 1 . 2 ) p l t . show ( )

u Wykresy skrzynkowe:^python, patrz Rys. 2 na stronie 11.

n o tat k i z ´c w i c z e ´n z p ro b a b i l i s t y k i 1 9/20 11

1 2 3 4 5 6

Wynik 0

10 20 30 40 50 60 70 80 90

Liczba wystpie

Histogram wyników 466 rzutów ko mi ^{Rysunek 1:}Histogram rzutów kostk ˛a narysowany w Pythonie.

Formuły podane s ˛a dla polskiej wersji j ˛ezykowej Excela pakietu Office 365 Utworzenie tablicy z fomułami:

import pandas as pd

from m a t p l o t l i b import pyplot as p l t import numpy as np

df = np . a r r a y ( pd . read_csv ( ’ boxplot−¹. csv ’ , header=None ) ) p l t . f i g u r e ( f i g s i z e = ( 1 3 , 8 ) )

p l t . rcParams . update ( { ’ f o n t . s i z e ’ : 1 6 } ) p l t . b o x p l o t ( df )

p l t . g r i d ( True )

p l t . t i t l e ( ’ Wykres skrzynkowy d la danych \ ’ boxplot−¹. csv \ ’ ’ )

p l t . g r i d ( c o l o r = ’ #95 a5a6 ’ , l i n e s t y l e = ’−−’ , l i n e w i d t h =2 , a x i s = ’ y ’ , alpha = 0 . 5 ) p l t . g r i d ( a x i s = ’ x ’ , alpha =0)

p l t . s a v e f i g ( ’ b o x l o t−¹_ l o t n i c y . pdf ’ , bbox_inches= ’ t i g h t ’ , pad_inches = 0 . 2 )

1 2

1 0 1 2

Wykres skrzynkowy dla danych 'boxplot-1.csv'

1 60

40 20 0 20 40 60

Wykres skrzynkowy dla danych 'boxplot-2.csv' Rysunek 2:Wykresy skrzynkowe wykonane w Pythonie.

u Wykresy skrzynkowe:^Excel

=MIN( dane ) [ B1 ]

=KWARTYL( dane , 1 ) [ B2 ]

=KWARTYL( dane , 2 ) [ B3 ]

=KWARTYL( dane , 3 ) [ B4 ]

=KWARTYL( dane , 4 ) [ B5 ]

=MAX( dane ) [ B6 ]

mi:

Utworzenie wykresu skumulowanego kolumnowego z danych C1:C4 i odwró- cenie danych/serii. Nast ˛epnie zamiana wypełnienia danych z najwy ˙zszej i najni ˙zszej serii na lini ˛e bł ˛edów.

Kod w dla wersji Python 3.7.4, po- winien działa´c dla ka ˙zdego powy ˙zej 3.

Typ wykresu to "Statystyczny", a pod- typ to "Pionowy wykres skrzynkowy".

Histogram powstał w WolframCloud

=B2−B1 [ C1 ]

=B3−B2 [ C2 ]

=B4−B3 [ C3 ]

=B5−B4 [ C4 ]

u Histogram kart:^python, patrz Rys. 3 na stronie 12.

import m a t p l o t l i b . pyplot as p l t with open ( " k a r t y . t x t " , " r " ) as f :

r = f . read ( ) . s p l i t ( ’ , ’ )

k a r t y = [ ’ t r e f l ’ , ’ k i e r ’ , ’ karo ’ , ’ pik ’ ] c o u n t e r = [ 0 , 0 , 0 , 0 ]

f o r i in range ( len ( r ) ) : i f r [ i ] == k a r t y [ 0 ] :

c o u n t e r [ 0 ] += 1 i f r [ i ] == k a r t y [ 1 ] :

c o u n t e r [ 1 ] += 1 i f r [ i ] == k a r t y [ 2 ] :

c o u n t e r [ 2 ] += 1 i f r [ i ] == k a r t y [ 3 ] :

c o u n t e r [ 3 ] += 1

p l t . t i t l e ( " Histogram k a r c i a n y dl a 156 polozonych k a r t " ) p l t . x l a b e l ( " Karta " )

p l t . y l a b e l ( " L i c z b a t r a f i e n " ) p l t . bar ( karty , c o u n t e r ) p l t . show ( )

Rysunek 3:Histogram wylosowanych kart wykonany w j ˛ezyku Python.

u Histogram i boxplot:^GNUMERIC, patrz Rys 4 na stronie 13.

u Histogram w j ˛ezyku^Wolfram, patrz Rys. 5 na stronie 13.

data = { . . . } ;

o = Count [ data , O ] ; r = Count [ data , R ] ; BarChart [ { { o , r } } ,

n o tat k i z ´c w i c z e ´n z p ro b a b i l i s t y k i 1 9/20 13

ORZEŁ RESZKA

100 110 120 130 140 150

Liczba rzutów

Histogram rzutów monetą

BoxPlot2 BoxPlot1

−80

−60

−40

−20 0 20 40 60 80

Porównanie dwóch wykresów skrzynkowych Rysunek 4:Histogram i wykres skrzyn-

kowy narysowane w ´srodowisku GNUMERIC. Umiej ˛etna ˙zonglerka dobranymi ze smakiem kolorami z niebanalnej palety barw zapewnia tak spójny jak i charakterystyczny sposób przedstawienia danych.

Wykonano w matlabie R2017a.

C h a r t L a b e l s −> { " ORZEL" , "RESZKA " } , L a b e l i n g F u n c t i o n−>Above ,

C h a r t S t y l e−>{Blue , Blue } ]

Rysunek 5:Histogram rzutow monet ˛a wykonany w chmurzeWolfram Cloud.

u Histogram w ´srodowisku^matlab, patrz Rys. 6 na stronie 14.

W tym celu najpierw zaimportowano dane z komputera, korzysta- j ˛ac z zakaładekHOME -> Import Data, wybrano ´scie ˙zk ˛e na kom- puterze prowadz ˛ac ˛a do plikukostki.csv, a w nast ˛epnej zakładce:

Importwybrano wOutput Type: Numeric Matrix, po czym zaim- portowano dane, które były widoczne w workspace jako: kostki (o warto´sci 1x466 double)

histogram ( k o s t k i )

t i t l e ( ’ Histogram rzutu kostka ’ )

x l a b e l ( ’ wyrzucona l i c z b a oczek na k o s t c e ’ ) y l a b e l ( ’ l i c z b a wyrzuconych k o s c i ’ )

u Wykresy skrzynkowe wMathematice, patrz Rys. 7 na stronie 14 b o x p l o t = Import [ " . . . \ boxplot−¹. csv " ] ;

b o x p l o t 2 = Import [ " . . . \ boxplot−². csv " ] ;

BoxWhiskerChart [ boxplot , P l o t L a b e l −> " Wykres skrzynkowy d la boxplot−¹. csv " ] BoxWhiskerChart [ boxplot2 , P l o t L a b e l −> " Wykres skrzynkowy d la boxplot−². csv " ]

Rysunek 6:Histogram rzutów kostk ˛a narysowany w ´srodowisku matlab.

-3 -2 -1 0 1 2 3

Wykres skrzynkowy dla danych: boxplot-1.csv

-60 -40 -20 0 20 40 60 80

Wykres skrzynkowy dla danych: boxplot-2.csv

Rysunek 7:Wykresy skrzynkowe narysowane w ´srodowisku Wolfram Mathematica.

n o tat k i z ´c w i c z e ´n z p ro b a b i l i s t y k i 1 9/20 15

Zach ˛ecam do rozwiazywania ka ˙zdego z zada ´n ró ˙znymi metodami: ropisuj ˛ac p- stwa, przez analiz ˛e drzewek, symulacje numeryczne etc.

Wybieraj ˛ac kart ˛e na pocz ˛atku mamy szans ˛e 2/3 na wygran ˛a. Odsłoni ˛ecie jednej z kart z nagrod ˛a nie ma wpływu na to pocz ˛atkowe prawdopodobie ´n- stwo. Prawdopodobie ´nstwo przypisane odsłoni ˛etej karcie jest równe 0 (nie ma szansy ˙zeby była tam te ˙z druga nagro- da), a suma prawdopodobie ´nstw musi by´c równa 1, wi ˛ec niewybrana nieod- słoni ˛eta karta ma szans ˛e na zawieranie nagrody 1/3.

Oscylator harmoniczny: (Komentarz w celu niedublowania rozwi ˛aza ´n) Nasze rozwi ˛azanie równie ˙z wykorzy- stuje drzewko stochastyczne, jednak uwzgl ˛ednia równie ˙z teoretyczny opis zagadnienia, jako sytuacj ˛e odwrotn ˛a do tzn. paradoksu Monty’ego Halla.

Prowadz ˛acy, odkrywaj ˛ac kart ˛e z wygra- n ˛a, zmniejsza szans ˛e na sukces z 2/3 do 1/3. (Spowodowane zmniejszeniem liczebno´sci zbioru kart wygranych).

Wniosek jest ten sam: nie opłaca si ˛e zmienia´c karty w sytuacji, podanej w zadaniu.

C5: Po jednym warunkiem

Najwa ˙zniejsze wnioski z wykładu:

u Prawdopodobie ´n´stwo warunkowe.

u Wzór Bayesa.

u Wnioskowanie Bayesowskie.

Zadania do wykonania:

u Rozwa ˙zmy gr ˛e, w której gracz wybiera jedn ˛a z trzech kart, dwie z znich skutkuj ˛a nagrod ˛a, a jedna nie. Gracz wybrał jedn ˛a z kart, po czym rozdaj ˛acy odsłania jedn ˛a z pozostałych dwóch, która kryje nagrod ˛e. Gracz mo ˙ze zmieni´c swój pierwotny wybór na drug ˛a nieodsłoni ˛et ˛a kart ˛e. Czy i o ile taka zmiana zwi ˛eksza szanse zwyci ˛estwa?

u Oba zadania to przyklady zagadki logicznej Monty’ego Hall’a.

Gdy losujemy ze zbioru 3-elemtnowego w którym jeden element jest inny niz dwa pozostale, mamy szanse ¹₃na wylosowanie go.

Iluzja tutaj jest wyjecie ze zbioru jednego z dwoch takich samych elementów po tym jak ju ˙z wybrali´smy. W pierwszym zadaniu trafienie pierwszym strzałem wygranej wynosi ²₃. Je ˙zeli trafili´smy wygrana i zmienimy swój wybór - wybieraj ˛ac opcje inna (po od- słonieciu jednej nagrody zostaje nam tylko nagroda - nie-nagroda) czeka nas na pewno pora ˙zka. Zmieniaj ˛ac kart ˛e wygramy tylko w przypadku, kiedy pocz ˛atkowo wybierzemy przegrana kart ˛e (czyli prob. ¹₃ ). Taka zmiana wiec zmniejsza nam szanse zwyci ˛estwa - z

2 3 do ¹₃.

Metoda drzewa: oznaczenia: W-Winner, karta wygrywaj ˛aca, L- Looser, karta przegrywaj ˛aca. Z zało ˙zenia zadania wiemy, ˙ze druga karta jest kart ˛a wygran ˛a. Prawdopodobie ´nstwo wygranej bez zamiany karty:

P= ²

3 (2)

Prawdopodobie ´nstwo wygranej z zamian ˛a karty:

P= ¹

3 ∗1∗1= ¹

3 (3)

Wida´c, ˙ze wi ˛eksze prawdopodobie ´nstwo wygranej jest bez zamia- ny karty.

u Alicja, Barbara i Cezary po napisaniu egzaminu w pewien spo- sób dowiedzieli si ˛e, ˙ze zdało go tylko jedno z nich. Alicja pyta

Rysunek do zadania 2 (egzamin)

Alternatywnie: pocz ˛atkowo prawdo- podobie ´nstwo zdania egzaminu przez ka ˙zd ˛a z osób wynosi 1/3. Mo ˙zemy trój- k ˛e znajomych podzieli´c na dwie grupy:

Alicja (jest w tej grupie sama, praw- dopodobie ´nstwo zdania wynosi 1/3) oraz grup ˛e reszty znajomych (prawdo- podobie ´nstwo, ˙ze kto´s z tej grupy zdał wynosi 2/3, z czego po 1/3 na osob ˛e).

Dowiaduj ˛ac si ˛e, ˙ze Cezary nie zaliczył egzaminu, prawdopodobie ´nstwo zdania ka ˙zdej z grup si ˛e nie zmienia. Praw- dopodobie ´nstwo zmienia si ˛e jedynie wewn ˛atrz drugiej grupy, czyli w efek- cie Barbara ma 2/3 szans na zdanie a Alicja ci ˛agle 1/3. Alicja popełniła bł ˛ad, my´sl ˛ac, ˙ze prawdopodobie ´nstwo równo

"przejdzie" z Cezarego na ni ˛a i Barbar ˛e.

Zło´sliwego Wykładowc ˛e o to kim jest ta osoba, ale w odpowiedzi dostaje tylko informacj ˛e, ˙ze egzaminu na pewno nie zaliczył Ceza- ry, cieszy si ˛e wi ˛ec, oceniaj ˛ac, ˙ze jej szanse na zaliczenie wzrosły z 1/3 do 1/2. Gdzie popełnia bł ˛ad?

u Oba zadania to przyklady zagadki logicznej Monty’ego Hall’a.

Gdy losujemy ze zbioru 3-elemtnowego w którym jeden element jest inny niz dwa pozostale, mamy szanse ¹₃na wylosowanie go.

Iluzja tutaj jest wyjecie ze zbioru jednego z dwoch takich samych elementów po tym jak ju ˙z wybrali´smy. W drugim zadaniu mamy do´s´c analogiczny problem. Szanse Alicji na zdanie zawsze wyno- siły ¹₃. Wiedz ˛ac, ˙ze z prawdopodobie ´nstwem ²₃które´s z przyjaciół Alicji zdało, po odkryciu wyniku Cezarego wiemy z prawdopo- dobie ´nstwem ²₃ była to Barbara. Alicja popełnia bł ˛ad s ˛adz ˛ac, ˙ze ujawnienie niezdania którego´s z jej przyjaciół wpływa na prawdo- podobie ´nstwo jej zdania.

Rozwi ˛azanie z drzewkiem stochastycznym

Widzimy, i ˙z na pocz ˛atku, skoro mamy 3 osoby, to szansa Alicji wynosi

P(A) = ¹

3 (4)

Szansa na zaliczenie pozostałych jest dopełnieniem do 1, czyli:

P(R) =²

3 (5)

Po informacji od prowadz ˛acego, Czarek wypadł z rozwa ˙za ´n, na- tomiast zauwa ˙zmy, i ˙z w ogólno´sci nie zwi ˛eksza to szans Alicji.

Dzieje si ˛e tak, poniewa ˙z dla całej trójki, prawdopodobie ´nstwo za- liczenia jest takie samo i nie zmienia si ˛e z faktem, i ˙z Czarek nie zaliczył (z punktu widzenia naszych rozwa ˙za ´n nadal reszta ma wi ˛eksze p-stwo ni ˙z Alicja, nieistotne te ˙z, czy Czarek wie o swoim niepowodzeniu). Jej szansa na zaliczenie nadal wynosi 1/3, myliła si ˛e.

u Rozwa ˙zmy n monet, z których k jest asymetrycznych i reszka wypada na nich ´srednio 2 razy cz ˛e´sciej ni ˙z orzeł. Wybieramy losowo monet ˛e i w wyniku rzutu widzimy orła. Jaka jest szansa,

˙ze była to moneta asymetryczna?

u Prawdopodobie ´nstwo wyrzucenia monety asymetrycznej:

P(asym) = ^k n

n o tat k i z ´c w i c z e ´n z p ro b a b i l i s t y k i 1 9\20 17

Poni ˙zszy program napisano w Pythonie 3.8.1.

Monety asymetryczne przy losowym wyborze strony dwa razy cz ˛e´sciej zwaracj ˛a reszk ˛e.

Prawdopodobie ´nstwo wyrzucenia monety symetrycznej:

P(sym) = ⁿ−k n

Prawdopodobie ´nstwo wyrzucenia orła na monecie symetrycznej:

P(o|sym) = ¹ 2

Prawdopodobie ´nstwo wyrzucenia orła na monecie asymetrycznej:

P(o|asym) = ¹ 3 Prawdopodobie ´nstwo wyrzucenia orła:

P(o) = ^k n·¹

3 +ⁿ−k n

1 2 = ^k

3n+ⁿ−k

2n = ³ⁿ−k 6n Szukane prawdopodobie ´nstwo na podstawie wzoru Bayesa:

P(asym|o) = ^P(o|asym)P(asym)

P(o) =

1 3·_n^k

3n−k 6n

= ^2k 3n−k.

Mo ˙zna równie ˙z zbada´c zagadnienie numerycznie, komputerowo generuj ˛ac liczby pseudolosowe i porównuj ˛ac wynik z teori ˛a.

import random as rand t r y:

k = i n t ( input ( ’ Podaj l i c z b e asymetrycznych monet : ’ ) ) s = i n t ( input ( ’ Podaj l i c z b e symetrycznych monet : ’ ) ) n = k + s

p r i n t( f ’ Calkowita l i c z b a monet : { n } ’ ) t r i e s = i n t ( input ( ’ Podaj l i c z b e prob : ’ ) ) i f t r i e s <= 1 :

r a i s e ValueError e x c e p t ValueError :

p r i n t( ’ Podano nieprawidlowe dane . ’ ) e x i t ( )

sym = [ ’ r ’ , ’ o ’ ]

asym = [ ’ r ’ , ’ r ’ , ’ o ’ ] count_sym_o = 0

count_asym = 0 count_asym_o = 0

f o r _ in range ( t r i e s ) :

c o i n = rand . r a n d i n t ( 1 , n )

Wybierz losowy element z asymetrycz- nej monety - szansa na o=¹₃

i f c o i n > k :

i f rand . c h o i c e ( sym ) == ’ o ’ : count_sym_o += 1

e l s e: pass e l s e:

count_asym += 1

i f rand . c h o i c e ( asym ) == ’ o ’ : count_asym_o += 1

e l s e: pass

p_a = count_asym / t r i e s

p_o = ( count_sym_o + count_asym_o ) / t r i e s p_oa = count_asym_o/count_asym

p r i n t( f ’ Przewidywane P (A ) : { k/n : . 4 f }\ tOtrzymane P (A ) : { p_a : . 4 f } ’ )

p r i n t( f ’ Przewidywane P (O ) : { ( 3 * n−k ) / ( 6 * n ) : . 4 f }\ tOtrzymane P (O) : { p_o : . 4 f } ’ ) p r i n t( f ’ Przewidywane P (O|A ) : { 1 / 3 : . 4 f }\ tOtrzymane P (O|A ) : { p_oa : . 4 f } ’ ) p r i n t( f ’ \nZe wz . Bayesa : P (A|O) = P (O|A) * P (A)/P (O) = ’ , end= ’ ’ )

p r i n t( f ’ { p_oa * p_a / p_o : . 6 f } ’ )

p r i n t( f ’ Przewidywane P (A|O) = 2k /(3n−k ) = { 2 * k /(3*n−k ) : . 6 f } ’ ) Przykładowy wynik działania tego programu:

Podaj l i c z b e asymetrycznych monet : 50 Podaj l i c z b e symetrycznych monet : 100 Calkowita l i c z b a monet : 150

Podaj l i c z b e prob : 100000

Przewidywane P (A ) : 0. 3 3 3 3 Otrzymane P (A ) : 0. 3 3 1 0 Przewidywane P (O ) : 0. 4 4 4 4 Otrzymane P (O ) : 0. 4 4 6 3 Przewidywane P (O|A ) : 0. 3 3 3 3 Otrzymane P (O|A ) :

0. 3 3 6 3

Ze wz . Bayesa : P (A|O) = P (O|A) * P (A)/P (O) = 0. 2 4 9 3 6 7 Przewidywane P (A|O) = 2k /(3n−k ) = 0. 2 5 0 0 0 0

Metoda drzewa: Oznaczenia: S-symetryczna, AS-asymetryczna, O-orzeł, R-reszka, A-wybrano monet ˛e asymetryczn ˛a, B-wyrzucono orła, A∩B -wybrano monet ˛e asymetryczn ˛a i wyrzucono orła

P(B) = ⁿ−k n ∗¹

2+ ^k n∗¹

3 = ³ⁿ−k

6n (6)

P(A∩B) = ^k

3n (7)

n o tat k i z ´c w i c z e ´n z p ro b a b i l i s t y k i 1 9\20 19

Kontroler sprawdza jedn ˛a par ˛e z losowo wybranej paczki.

Łatwo zauwa ˙zy´c, ˙ze dla ka ˙zdego k, niezale ˙znie od x P(K) b ˛edzie takie samo

Ze wzoru na prawdopodobie ´nstwo warunkowe obliczono jakie jest prawdopodobie ´nstwo wybrania monetyy asymetrycznej pod warunkiem, ˙ze wyrzucono orła:

P(A|B) = ^P(A∩B) P(B) =

k 3n 3n−k

6n

= ^2k

3n−k (8)

u W fabryce butów na 2n par k składa si ˛e z dwóch lewych butów, a pozostałe s ˛a dobre. Jak zapakowa´c te buty do dwóch paczek po n par ka ˙zda, ˙zeby szansa na wykrycie bł ˛edu przez kontrolera była jak najmniejsza?

u Do pierwszej paczki wkładamy a par lewych butów. Wtedy w drugiej paczce b ˛edzie k−a par lewych butów.

Wtedy szansa na wykrycie bł ˛edu w pierwszej paczce wynosi P(W₁) = _n^a, a w drugiej P(W₂) = ^k−a_{n .}

Wi ˛ec ł ˛aczna szansa na wykrycie bł ˛edu wynosi P(W) = ¹₂·P(W₁) +

1

2·P(W₂) = _2n^k, wi ˛ec niezale ˙znie od podziału zawsze jest takie samo.

Prawdopodobie ´nstwo kontroli p(K) (pKontroli) wyra ˙za si ˛e su- m ˛a prawdopodobie ´nstwa wylosowania pierwszej paczki i z niej

„lewego” pudełka oraz wylosowania drugiej paczki i z niej „lewe- go” pudełka. Prawdopodobie ´nstwo wylosowania ka ˙zdej paczki jest jednakowe i wynosi 0.5. Prawdopodobie ´nstwo kontroli je´sli do jednej z paczek wło ˙zyli´smy x „lewych” pudełek (do drugiej odpowiednio k-x „lewych”) wynosi

P(K) =0.5∗x/n+0.5∗ (k−x)/n; (9) gdzie n to liczba pudełek w ka ˙zdej paczce, k liczba „lewych” pu- dełek w sumie, a x liczba „lewych” pudełek w jednej z paczek.

using namespace s t d ; i n t main ( )

{

i n t check = 1 ; i n t n = 1 0 0 ;

f l o a t p K o n t r o l i [ n ] [ n ] ; f o r( i n t k = 0 ; k<n ; k++) {

p K o n t r o l i [ k ] [ 0 ] = ( 0 . 5 * 0 / n ) + ( 0 . 5 * ( k−⁰)/n ) ; \

Dla zachowania jasno´sci rysunku dokładnie przedstawiona jest tylko jedna cz ˛e´s´c. Reszta jest analogiczna

f o r( i n t x = 1 ; x<k ; x ++) {

p K o n t r o l i [ k ] [ x ] = ( 0 . 5 * x/n ) + ( 0 . 5 * ( k−x )/n ) ; \ i f( p K o n t r o l i [ k ] [ x−¹]!= p K o n t r o l i [ k ] [ x ] )

check = 0 ; }

}

cout <<check ; r e t u r n 0; }

u Po rzucie 3 kostkami k10 wiemy tylko, ˙ze na ka ˙zdej z nich wy- padła inna liczba oczek. Jakie s ˛a prawdopodobie ´nstwa, ˙ze: a) na

˙zadnej nie wypadła 9, b) na pewnej kostce wypadła 9?

u Zbiór wszystkich mo ˙zliwych zdarze ´n, w których na kostkach s ˛a ró ˙zne liczby oczek b ˛edzie miał liczno´s´c (kombinacje bez powtó- rze ´n)

|Ω| =^10 3



= ^10!

3!·7! = ⁸·9·10 6

Zakładamy dla ułatwienia, ˙ze kostki s ˛a nierozró ˙znialne (nie in- teresuje mnie kolejno´s´c rzutów). a) Zbiór mo ˙zliwych zdarze ´n, w których nie wypadła 9 to po prostu taka sama kombinacja, tylko bez jednej mo ˙zliwej cyfry.

|A| =^9 3



= ^9!

3!·6! = ⁷·8·9 6 Korzystaj ˛ac ze wzoru z pierwszych zaj ˛e´c:

P(A) = |A|

|_Ω| = ⁷ 10

b) Je´sli na jednej kostce wypadła 9, na dwóch pozostałych wypa- dło co´s dowolnego, innego od 9 i ró ˙znego:

|B| =1·^9 2



= ^9!

2!·7! = ⁹·8 2 Zatem

P(B) = |B|

|Ω| = ³ 10

n o tat k i z ´c w i c z e ´n z p ro b a b i l i s t y k i 1 9/20 21

Bez warunku o ró ˙znej warto´sci oczek na ka ˙zdej z kostek widzimy,

˙ze ilo´s´c mo ˙zliwo´sci wynosi 1000 (10·10·10). Warunek ten przy rozwa ˙zaniu drugiego pi ˛etra drzewka odejmuje nam po jednej mo ˙zliwej gał ˛ezi (co skutkuje 10 gał ˛eziami na trzecim pi ˛etrze).

Natomiast na trzecim pi ˛etrze mamy o dwie gał ˛azki mniej.

Bior ˛ac to pod uwag ˛e mamy 10·9·8 =720 gał ˛ezi lub licz ˛ac inaczej 1000−10·10−10·9·2 =720 Jakie jest prawdopodobie ´nstwo, ˙ze na jednej z ko´sci wyst ˛api 9?

Wyst ˛apienie 9 na pi ˛etrze daje nam 9·8=72 wyst ˛apie ´n, na drugim pi ˛etrze daje nam 8 wyst ˛apie ´n, ale na 8 pi ˛etrze jest a ˙z dziewi ˛e´c dziewi ˛atek, czyli te ˙z 9·8 = 72 wyst ˛apie ´n. Na trzecim pi ˛etrze wyst ˛apienie 9 jest pojedyncze dla ka ˙zdej gał ˛ezi z pi ˛etra drugiego (oprócz tej gał ˛ezi id ˛acej od dziewi ˛atki) to znaczy, ˙ze 9 jest 1·8· 9 = 72 Daje to nam w sumie 216 jednakowo prawdopodobnych kombinacji gdzie wyst ˛epuje „9”.

P(”9”) = ²¹⁶

720 =0.3 (10)

Prawdopodobie ´nstwo, ˙ze na ˙zadnej kostce nie wypadła „9” To 9 opcji na pierwszy pi ˛etrze drzewka,a dla ka ˙zdej opcji to 8 gał ˛azek na drugim, dla której ka ˙zdej to 7 na trzecim. Co daje w sumie 9·8·7=504 kombinacji bez „9”

P(bez”9”) =⁵⁰⁴

720 =0.7 (11)

Zbiór kombinacji z 9 i zbiór kombinacji bez 9 to dla rozł ˛aczne zbiory, wi ˛ec ich prawdopodobie ´nstwo powinno sumowa´c si ˛e do 1, co te ˙z si ˛e dzieje.

2Niewielka lecz kluczowa dla tego zadania ró ˙znica polega na dodaniu na ko ´ncu komendy TeXForm, która zamienia wyj´scie programu na jego L^ATEXow ˛a wersj ˛e.

C6: Porozmawiajmy o Centralnym

Najwa ˙zniejsze wnioski z wykładu:

u Opis testów diagnostycznych.

u Prawa wielkich liczb.

Zadania do wykonania:

u Napisz skrypt, który w automatyczny sposób wygeneruje L^ATEXow ˛a tablic ˛e warto´sci dystrybuanty wystandaryzowanego rozkładu nor- malnego.

u ²Skrypt ten jest zaczerpni ˛ety (gar´sciami) z wykładu numer 4 i został wykonany w Mathematice.

TableForm [

Table [ NumberForm [

CDF[ N o r m a l D i s t r i b u t i o n [ ] , a + b ] − ⁰. 5 , { 5 , 5 } ] , { a , 0 , 1 , 0. 1 } , { b , 0 , 0 . 1 , 0 . 0 1 } ] ,

TableHeadings −> { Table [ NumberForm [ # , { 3 , 3 } ] &@a , { a , 0 , 1 , 0 . 1 } ] , Table [ NumberForm [ # , { 3 , 3 } ] &@b , { b , 0 , 0 . 1 , 0 . 0 1 } ] } ] // TeXForm u Skrypt w^Pythonie do generowania L^ATEXowej tablicy warto´sci

dystrybuanty wystandaryzowanego rozkładu normalnego from math import e r f , s q r t

def phi ( x ) :

r e t u r n ( 1 . 0 + e r f ( x / s q r t ( 2 . 0 ) ) ) / 2 . 0

output = " \\begin { t a b u l a r } { c | c c c c c c c c c c }\n "

output += " \ t \\ h l i n e \n "

output += " \ t x "

f o r i in range ( 0 , 1 0 ) :

output += " & " + s t r ( i / 1 0 0 . 0 ) output += " \\\\\n\ t \\ h l i n e \n "

f o r x in range ( 4 0 ) :

output += " \ t " + s t r ( x / 1 0 . 0 ) f o r i in range ( 0 , 1 0 ) :

output += " & " + ’ { : . 4 f } ’ . format ( phi ( x / 1 0 . 0 + i / 1 0 0 . 0 ) ) output += " \\\\\n "

output += " \ t \\ h l i n e \n "

output += " \end { t a b u l a r }\n "

p r i n t( output )