∑ Rachunek prawdopodobie ń stwa

43  Download (0)

Pełen tekst

(1)

Rachunek prawdopodobieństwa

– MAEW 104 Materiały do wykładu przygotowane przez L. Janicką, M. Rutkowską, W. Wawrzyniak-Kosz Literatura

[1] J.Jakubowski, R.Sztencel, Wstep do teorii prawdopodobieństwa, SCRIPT, Warszawa 2001

[2] J.Jakubowski, R.Sztencel, Rachunek prawdopodobieństwa dla (prawie) kaŜdego, SCRIPT,Warszawa 2002

[3] T.Inglot, T.Ledwina, T.Ławniczak, Materiały do ćwiczen z rachunku prawdopodobieństwa i statystyki matematycznej, Wydawnictwo Politechniki Wrocławskiej, Wrocław 1979

[4] H.Jasiulewicz, W.Kordecki, Rachunek prawdopodobieństwa i statystyka matematyczna. Przykłady i zadania, GiS.Wrocław 2002

[5] W.Kordecki, Rachunek prawdopodobieństwa i statystyka matematyczna.

Definicje, twierdzenia, wzory , GiS, Wrocław 2002

[6] W.Krysicki, J.Bartos,W.Dyczka, K.Królikowska,M.Wasilewski, Rachunek prawdopodobieństwa i statystyka matematyczna w zadaniach, część I, PWN Warszawa, 1997

1.1. Wstęp – częstościowa interpretacja prawdopodobieństwa

W otaczającej nas rzeczywistości mamy do czynienia nie tylko z doświadczeniami

deterministycznymi ale teŜ z tak zwanymi doświadczeniami losowymi, których wyniku nie potrafimy przewidzieć, jednak potrafimy określić zbiór moŜliwych wyników. Rachunek prawdopodobieństwa zajmuje się opisem doświadczeń losowych, które moŜna powtarzać w tych samych warunkach oraz badaniem prawidłowości którym podlegają. Zaczniemy od opisu pewnego doświadczenia wykonanego przez Rutherforda i Geigera. Obserwowali oni emisję cząstek radioaktywnej substancji w przedziałach czasu o długości 7,5 sek. Dokonano n = 2608 doświadczeń. Zaobserwowane wyniki przedstawia tabela, gdzie k oznacza liczbę cząstek wyemitowanych w przedziale czasu o długości 7,5 s, n(k) oznacza liczbę obserwacji w których wystąpił wynik k,

= 10 =

0

) (

k

n k

n , w(k) jest częstością pojawienia się wyniku k,

n k k n

w ( )

)

( = .

k n(k) w(k)

0 53 0,022

1 203 0,078

2 383 0,147

3 525 0,201

4 532 0,204

5 408 0,156

6 273 0,105

7 139 0,053

8 45 0,017

9 27 0,010

≥10 16 0,006

(2)

ZauwaŜono, Ŝe dla długich serii pomiarów wartości funkcji w(k) stabilizują się wokół wartości funkcji

) !

( k

k e p

λk λ

= , gdzie λ jest pewną stałą (w podanym przykładzie

877871 ,

=3

λ ). Wartości funkcji p(k) nie zaleŜą od n.

k n(k) w(k) p(k)

0 53 0,022 0,021

1 203 0,078 0,081

2 383 0,147 0,156

3 525 0,201 0,201

4 532 0,204 0,195

5 408 0,156 0,151

6 273 0,105 0,097

7 139 0,053 0,054

8 45 0,017 0,026

9 27 0,010 0,011

≥10 16 0,006 0,007

0 0,05 0,1 0,15 0,2 0,25

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

liczba emitowanych cząstek

w(k), p(k)

w(k) p(k)

Inne przykłady doświadczeń losowych to rzut kostką, rzut monetą, obserwacja czasu niezawodnej pracy pewnego urządzenia,..

(3)

1.2. Definicja i własności prawdopodobieństwa.

Zbiór wszystkich moŜliwych wyników doświadczenia losowego nazywamy przestrzenią zdarzeń elementarnych i oznaczamy przez Ω .Elementy zbioru Ω nazywamy zdarzeniami elementarnymi i oznaczamy przez ω.

Przykłady przestrzeni zdarzeń elementarnych.

1. W doświadczeniu Rutherforda i Geigera obserwowano liczbę cząstek wyemitowanych przez ciało radioaktywne - Ω={0,1,2,....}.

2. Wykonujemy rzut kostką - obserwujemy liczbę oczek na kostce - Ω={1,2,3,4,5,6} 3. Obserwujemy czas t niezawodnej pracy urządzenia - Ω={t:t∈[0,∞)}.

4. Wyznaczamy czas ściągania pliku i liczbę przerw w jego ściąganiu - ,....}}

2 , 1 , 0 { ), , 0 [ : ) ,

{( ∈ ∞ ∈

=

t k t k .

5. Rzucamy symetryczną monetą aŜ do pojawienia się orła - Ω={O,RO,RRO,....}. Zdarzeniem losowym nazywamy podzbiór . Zbiór wszystkich zdarzeń oznaczać będziemy literą F. Dla zdarzeń, podobnie jak dla zbiorów, określamy alternatywę (sumę) zdarzeń, koniunkcję (iloczyn) zdarzeń, róŜnicę zdarzeń. Zdarzeniem przeciwnym do zdarzenia A nazywamy zdarzenie A` =Ω\A. Ω nazywamy zdarzeniem pewnym,φ - zdarzeniem niemoŜliwym. JeŜeli A IB=φ, to mówimy, Ŝe zdarzenia A, B wykluczają się.

Nie wszystkie podzbiory Ω będziemy uwaŜać za zdarzenie i zaliczyć do zbioru F.

Ze względu na wymagania dotyczące działań na zdarzeniach, zakładamy, Ŝe zbiór zdarzeń F spełnia następujące warunki:

U

=

∈ ⇒

∈ ⇒

1 2

1, ,...

. 3

, ' .

2 , . 1

n

n F

A F

A A

F A F A F φ

Rodzinę F nazywamy σ-ciałem zbiorów.

Z podanych warunków wynika, Ŝe Ω=AA′∈F, jeśli A∈F oraz , φ =Ω′∈F. W przypadku dyskretnej (tzn. skończonej lub przeliczalnej) przestrzeni Ω zdarzeniem losowym moŜe być dowolny jej podzbiór. W przypadku nieprzeliczalnej przestrzeni Ω rodzinę F naleŜy precyzyjnie określić. W zagadnieniach dobrym modelem probabilistycznym okazują się pewne podzbiory prostej, płaszczyzny lub przestrzeni. Za rodzinę F przyjmuje się wówczas σ-ciało zbiorów borelowskich na prostej, płaszczyźnie lub w przestrzeni, przez co rozumie się najmniejsze σ-ciało zbiorów zawierające przedziały otwarte (a, b) w R (koła otwarte w R2, kule otwarte w R3) Mówiąc obrazowo, zbiór borelowski w R (w Rk ,k=2,3) to kaŜdy zbiór, który moŜna otrzymać jako wynik przeliczalnych działań mnogościowych

wykonanych na rodzinie wszystkich przedziałów na prostej czy kul otwartych w przestrzeni k-wymiarowej (k=2,3). Na przykład zbiorem borelowskim w R jest kaŜdy przedział

jednostronnie czy dwustronnie domknięty i kaŜda półprosta.

Opisując doświadczenia losowe podajemy zbiór wszystkich moŜliwych wyników, określamy rodzinę F ale najbardziej interesujące są pytania o szansę zajścia poszczególnych zdarzeń. Tę szansę określającą zajście zdarzenia mierzy funkcja zwana prawdopodobieństwem.

(4)

Definicja 1.2.

Prawdopodobieństwem nazywamy funkcję określoną na rodzinie zdarzeń F spełniającą następujące warunki:

2. ( ) 1

deg ,

1 ) ( 0 . 1

= Ω

P

F A kaŜ o

dla A

P

3. JeŜeli A1,A2,...są parami rozłączne (tzn. AiAj =φ, dla dowolnych ij), to

U

=

=

=

1 1

) ( )

(

n n

n

n P A

A

P .

W szczególności P(AB)=P(A)+P(B) dla zdarzeń rozłącznych A, B.

Z powyŜszych warunków (aksjomatów) wynika wiele własności prawdopodobieństwa, z których najwaŜniejsze są przedstawione poniŜej:

Fakt 1.3.

1. JeŜeli AB, to P(A)≤P(B), 2. P(A’) = 1 – P(A), a stąd P(φ) = 0.

3. JeŜeli AB, to P(B\A)=P(B)−P(A)=P(B)−P(AB) , 4. P(AB)=P(A)+P(B)−P(AB).

5.

U

n

i

n

i i

i P A

A P

1 1

) ( )

(

=

= .

6. JeŜeli ..., ( ) lim ( ),

1 2

1 n

n An n P A

P to A

A

U

= =

7. JeŜeli ..., ( ) lim ( ).

1 2

1 n

n An n P A

P to A

A

I

= =

W przypadku trzech zbiorów A, B, C wzór z punktu 4. przyjmie postać:

) (

) (

) (

) (

) ( ) ( ) ( )

(A B C P A P B P C P A B P B C P C A P A B C

P ∪ ∪ = + + − ∩ − ∩ − ∩ + ∩ ∩ a

przypadku dowolnej, skończonej liczby zbiorów wzór ten moŜna uogólnić w następujący sposób:

U

n

i i n i i n

n n

i i i

i P A P A A P A A

A P

1 1 1

1 1

2 1

2

1 ) ... ( 1) ( ... )

( )

( )

(

= <

+ + +

=

Fakt.1.4.

JeŜeli Ω={ωi :iI}, gdzie I jest zbiorem skończonym lub I = N oraz Pi)= pi, przy czym pi ≥0 oraz

=

=

1

1

i

pi , to dla A⊂Ωwzór

=

A i

i

p A

P

ω

)

( określa

prawdopodobieństwo na rodzinie wszystkich podzbiorów zbioru Ω.

Trójkę (Ω, F, P) nazywamy przestrzenią probabilistyczną.

(5)

1

Przykład 1.1.

Niech A, B, C będą zdarzeniami. Zapisać za pomocą działań na zbiorach następujące zdarzenia:

a) zachodzi dokładnie jedno ze zdarzeń A, B, C;

b) zachodzą dokładnie dwa spośród zdarzeń A, B, C;

c) zachodzą przynajmniej dwa spośród zdarzeń A, B, C.

d) zachodzą co najwyżej dwa spośród zdarzeń A, B, C.

R o z w i ą z a n i e.

a) Zachodzi dokładnie jedno ze zdarzeń A, B, C, to oznacza dokładnie, że zachodzi A i nie zachodzą B ani C lub zachodzi B i nie zachodzą A ani C lub zachodzi C i nie zachodzą A ani B czyli, że zachodzi zdarzenie

A∩ B∩ C∪ A∩ B ∩ C ∪ A ∩ B∩ C.

b) Podobnie — zachodzą dokładnie dwa spośród zdarzeń A, B, C oznacza, że zachodzi zdarzenie

A∩ B ∩ C∪ A ∩ B ∩ C ∪ A∩ B ∩ C.

c) Zachodzą przynajmniej dwa spośród zdarzeń A, B, C oznacza, że zachodzą dokład- nie dwa spośród zdarzeń A, B, C lub zachodzą wszystkie trzy zdarzenia, czyli zachodzi zdarzenie

A∩ B ∩ C∪ A ∩ B∩ C ∪ A∩ B ∩ C ∪ A ∩ B ∩ C.

d) Zachodzą co najwyżej dwa spośród zdarzeń A, B, C oznacza, że nie zachodzą wszystkie trzy zdarzenia, czyli zachodzi zdarzenie

(A∩ B ∩ C) = A ∪ B∪ C.

Przykład 1.2.

Studenci Wydziału Elektroniki muszą zaliczyć dwa lektoraty: z języka angielskiego i z ję- zyka niemieckiego. Z danych Dziekanatu wynika, że 23 studentów zalicza lektorat z języka angielskiego, oba lektoraty zalicza co czwarty student, zaś przynajmniej jeden z lekto- ratów zalicza również 23 studentów. Jakie jest prawdopodobieństwo, że losowo wybrany student:

a) nie zaliczył żadnego lektoratu?

b) zaliczył język angielski i nie zaliczył języka niemieckiego?

R o z w i ą z a n i e.

Niech A oznacza zdarzenie ”losowo wybrany student zaliczył lektorat z języka angielskie- go”, przyjmujemy, że P (A) = 23, B - zdarzenie ”losowo wybrany student zaliczył lektorat z języka niemieckiego”.

a) Oczywiście chodzi o zdarzenie A ∩ B, więc

P(A∩ B) = P ((A∪ B)) = 1− P (A ∪ B) = 1 − 23 = 13

(6)

b) Podobnie: P (A∩B) = 14, P(A∪B) = 23, więc P (A\B) = P (A)−P (A∩B) = 2314 = 125

Przykład 1.3.

Studenci Wydziału PPT zdają w sesji zimowej I roku egzaminy z przedmiotów A,B,C.

Wiadomo, z danych poprzednich lat, że przedmiot A zalicza 60% studentów, przedmiot B zalicza 80% studentów i przedmiot C zalicza 70% studentów. Studenci, którzy zaliczyli A i B stanowią 55% ogółu, ci którzy zaliczyli A i C stanowią 45% ogółu a studenci, którzy zaliczyli B i C stanowią 60% ogółu. Sesję zimową zalicza ok. 40% studentów. Obliczyć prawdopodobieństwo, że losowo wybrany student:

a) zaliczył przynajmniej jeden egzamin, b) zaliczył przynajmniej dwa egzaminy.

R o z w i ą z a n i e.

Wiemy, że P (A) = 35, P(B) = 45, P(C) = 107 oraz

P(A∩ B) = 10055, P(A∩ C) = 10045, P(C ∩ B) = 10060, P(A∩ B ∩ C) = 10040. Zatem:

a) P (A∪B∪C) = P (A)+P (B)+P (C)−P (A∩B)−P (B∩C)−P (C ∩A)+P (A∩B∩C) =

3

5 +45 +107 10055 10045 10060 + 10040 = 109.

b) P (A∩ B ∪ A ∩ C ∪ B ∩ C)) = P (A ∩ B) + P (A ∩ C) + P (B ∩ C) − P ((A ∩ B) ∩ (A ∩ C))− P ((A ∩ B) ∩ (B ∩ C)) − P ((A ∩ C) ∩ (B ∩ C)) + P ((A ∩ B) ∩ (A ∩ C) ∩ (B ∩ C)) = P(A∩ B) + P (A ∩ C) + P (B ∩ C) − 2P (A ∩ B ∩ C) = 108.

1.1 Przykłady przestrzeni probabilistycznych.

1.1.1 Prawdopodobieństwo klasyczne

Przestrzeń Ω = 1, ω2, . . . , ωn} jest zbiorem n zdarzeń elementarnych, z których każde zachodzi z tym samym prawdopodobieństwem, czyli P ({ωk}) = 1n dla k = 1, 2, . . . , n.

Zgodnie z Faktem 1.4. wzór

P(A) = A

n, (1)

gdzie A oznacza liczbę elementów zbioru A, określa prawdopodobieństwo na wszystkich zdarzeniach A⊂ Ω. Jest to tzw. prawdopodobieństwo klasyczne.

W rozwiązywaniu zagadnień, w których przestrzeń zdarzeń elementarnych jest skończona przydadzą się nam wiadomości z kombinatoryki.

Podstawowe schematy kombinatoryczne

Niech A oznacza dowolny zbiór n różnych elementów A ={a1, a2, . . . , an}.

Wariacje z powtórzeniami.

k-wyrazową wariacją z powtórzeniami zbioru A nazywamy każdy k-wyrazowy ciąg elementów tego zbioru Liczba Vnk wszystkich wariacji k-wyrazowych z powtórzeniami ze zbioru n-elementowego wynosi

Vkn= nk. (2)

(7)

Wariacje bez powtórzeń.

k-wyrazową wariacją bez powtórzeń zbioru A (k¬ n)nazywamy każdy k-wyrazowy ciąg różnych elementów tego zbioru Liczba Vnk wszystkich k-wyrazowych wariacji bez powtórzeń ze zbioru n-elementowego wynosi

Vnk = n(n− 1)(n − 2) · · · (n − k + 1) (3) Jeżeli k = n, to k-wyrazową wariację bez powtórzeń ze zbioru A nazywamy n-wyrazową permutacją. Zatem liczba Pn wszystkich permutacji zbioru n-elementowego wynosi

Pn= n!. (4)

Kombinacje.

k-elementową kombinacją bez powtórzeń z n-elementowego zbioru A nazywamy każdy k-elementowy podzbiór zbioru A. Liczba Cnkwszystkich kombinacji k-elementowych bez powtórzeń ze zbioru n-elementowego wynosi

Cnk = n k

!

. (5)

Kombinacje z powtórzeniami.

k-elementową kombinacją z powtórzeniami z n-elementowego zbioru A nazy- wamy zbiór składający się z k elementów, różnych lub nie różniących się między sobą, wybranych spośród n elementów, przy czym nie jest istotna kolejność, w jakiej elementy tego zbioru są ustawione. Liczba Ckn wszystkich k-elementowych kombinacji z powtórze- niami ze zbioru n-elementowego jest taka sama, jak liczba wszystkich różnych zbiorów k-elementowych, jakie można utworzyć ze zbioru (n+k-1) elementów. Kombinacje z po- wtórzeniami można interpretować, jako rozmieszczenie k nierozróżnialnych elementów w n szufladach, przy czym w każdej szufladzie może być dowolna, nie przekraczająca k, liczba elementów.

Ckn= k+ n− 1 k

!

= k+ n− 1 n− 1

!

. (6)

Przykład 1.4.

W teorii cząstek elementarnych bada się rozmieszczenie k cząstek w podzielonej na komór- ki przestrzeni fazowej, którą można matematycznie opisać np.jako podzbiór przestrzeni czterowymiarowej, gdzie współrzędnymi są położenie i pęd cząstki. Fizycy stwierdzili do- świadczalnie, że niektóre cząstki zachowują się, jak kule rozróżnialne, inne - jak kule nierozróżnialne i zaproponowali trzy następujące modele zachowania się cząstek :

a) statystyka Maxwella-Boltzmanna. Cząstki zachowują się, jak kule rozróżnialne, więc pytając o liczbę możliwych rozmieszczeń k cząstek w n komórkach mamy do czynienia z wariacjami z powtórzeniami i każde spośród nk rozmieszczeń jest jednakowo prawdopo- dobne. Nie znaleziono jeszcze cząstek, które zachowywałyby się zgodnie z tym modelem.

b) statystyka Fermiego-Diraca. Cząstki zachowują się, jak kule nierozróżnialne, ale w każ- dej komórce może być co najwyżej jedna cząstka i wszystkie możliwe rozmieszczenia są jednakowo prawdopodobne. Tak zachowują się np. elektrony, protony i neutrony.

c) statystyka Bosego-Einsteina. Cząstki zachowują się, jak kule nierozróżnialne, w każdej

(8)

komórce może być dowolna liczba cząstek i wszystkie możliwe rozmieszczenia są jednako- wo prawdopodobne. Tak zachowują się np. fotony.

Zadanie — w każdym z rozważanych wyżej modeli wyznaczyć prawdopodobieństwo, z jakim k (k ¬ n) cząstek można rozmieścić po jednej w k z góry zadanych komórkach.

R o z w i ą z a n i e.

a) Przy ustalonej permutacji k rozróżnialnych cząstek tylko jedno rozmieszczenie spośród wszystkich nk możliwych rozmieszczeń spełnia żądany warunek. Ponieważ cząstki moż- na ustawić na k! sposobów, więc prawdopodobieństwo, z jakim k rozróżnialnych cząstek można rozmieścić po jednej w k z góry zadanych komórkach równe jest nk!k.

b) Jeżeli nie odróżniamy cząstek, ale w każdej komórce może być co najwyżej jedna to wystarczy wybrać k spośród n komórek i wrzucić do niej cząstkę, a to można zrobić na

n

k

 sposobów. Tylko jeden z nich spełnia warunek z zadania, więc prawdopodobieństwo, z jakim k nierozróżnialnych cząstek można rozmieścić po jednej w k z góry zadanych komórkach wynosi 1

(nk).

c) W tym przypadku mamy do czynienia z k-elementowymi kombinacjami z powtórze- niami z n różnych elementów. Dla ustalonych k-komórek jest tylko jeden ciąg cząstek spełniający warunki zadania, więc prawdopodobieństwo, z jakim k nierozróżnialnych czą- stek można rozmieścić po jednej w k z góry zadanych komórkach wynosi 1

(k+n−1k ).

Przykład 1.5.

W pudle są kule białe i czarne. Razem jest ich n. Ile powinno być kul czarnych, aby praw- dopodobieństwo wylosowania (bez zwracania) dwu kul różnych kolorów było takie samo, jak prawdopodobieństwo wylosowania dwu kul tego samego koloru?

R o z w i ą z a n i e.

Dwie spośród n kul można wybrać na n2 sposobów. Oznaczmy przez k liczbę kul czar- nych. Zdarzeniu A ”wylosowano dwie kule różnych kolorów” sprzyja k(n− k) zdarzeń elementarnych. Zdarzeniu B ”wylosowano kule tego samego koloru” sprzyja k2+n−k2  zdarzeń elementarnych. Wykorzystując wzór na prawdopodobieństwo klasyczne otrzymu- jemy

P(A) = k·(n−k)·2n(n−1) oraz P(B) = 2k2−2nk+nn(n−1)2−n.

Ponieważ zdarzenia A i B są przeciwne, to zamiast warunku P (A) = P (B) wystarczy rozważać jeden z warunków P (A) = 12 lub P (B) = 12. Każdy z nich jest równoważny równaniu

4k2− 4kn + n2− n = 0.

Rozwiązaniami tego równania są liczby k1 = n+2n oraz k2 = n2n. Zauważmy, że jeżeli

√n nie jest liczbą naturalną, to zadanie nie ma rozwiązania. Jeżeli zaś

n jest liczbą naturalną, to zarówno

k1 = n2n = n(2n−1) jak i k2 = n+2n = n(2n+1) są liczbami naturalnymi oraz k1+ k2 = n.

Podsumowując — zadanie ma rozwiązanie jedynie w przypadku, gdy n jest kwadratem liczby naturalnej (tylko wówczas

n jest liczbą naturalną), czarnych kul powinno być k1 = n2n = n(2n−1) lub k2 = n+2n = n(2n+1) .

(9)

Przykład 1.6.

W szufladzie są dwie skarpety na prawą nogę i jedna na lewą nogę. Prawdopodobieństwo, że losowo wybierając dwie skarpety otrzymamy parę równe jest 2

(32) = 23, zaś prawdopodo- bieństwo wyciągnięcia dwu prawych wynosi (22)

(32) = 13. Do szuflady dołożono jedną skarpetę.

Jaka to jest skarpeta, skoro teraz prawdopodobieństwo, że wylosowane dwie skarpety sta- nowią parę, wynosi 12?

R o z w i ą z a n i e.

Wykorzystajmy poprzedni przykład. Mamy n = 4. Wylosowanie pary skarpet odpowia- da wylosowaniu kul różnych kolorów. Zatem skarpet jednego typu może być k1 = 3 lub k2 = 1, czyli dołożono prawą skarpetę.

Przykład 1.7.

Przypuśćmy, że do jeziora zawierającego nieznaną liczbę N ryb wpuszczono dodatkowo 1000 ryb oznakowanych (np. pomalowanych na czerwono). Po pewnym czasie dokonano połowu 1000 ryb i znaleziono wśród nich 100 ryb z czerwonymi plamami. Jak na podsta- wie tych danych ocenić liczbę ryb w jeziorze?

R o z w i ą z a n i e.

Za ocenę N przyjmiemy taką liczbę, dla której prawdopodobieństwo wyłowienia 100 zna- czonych ryb spośród 1000 jest największe. Przyjmując, że liczba ryb w jeziorze równa się (N + 1000), wyznaczymy prawdopodobieństwo pN(A), gdzie A oznacza zdarzenie po- legające na wylosowaniu 100 ryb oznaczonych przy losowaniu 1000 ryb. Ω jest zbiorem kombinacji 1000-elementowych ze zbioru N + 1000 elementowego. Wśród wylosowanych jest 900 nieoznakowanych, więc N ­ 900. Stąd

Ω =N+10001000 , A =1000100900N, więc pN(A) = (1000100)(900N) (N1000+1000) .

Aby określić najbardziej prawdopodobną liczbę ryb w jeziorze, wyznaczymy wartość N, przy której pN(A) osiąga wartość maksymalną. Rozpatrzmy

pN(A)

pN −1(A) = (N −900)(N+1000)N2 = 1 + −100N+900·1000 (N −900)(N+1000).

Zauważmy, że iloraz ten jest większy od 1 bądź mniejszy niż 1 w zależności od tego, czy 100N < 900· 1000, czy 100N > 900 · 1000. Oznacza to, że gdy N rośnie, liczby pN(A) najpierw rosną a potem maleją. Rozważany iloraz osiąga wartość największą, gdy N jest największą liczbą naturalną nie przekraczjącą 900·1000100 , czyli N = 900·1000100 lub N = 8999.

1.1.2 Przeliczalna nieskończona przestrzeń probabilistyczna Niech Ω =1, ω2, . . .}. Jeżeli P (ωi) = pi przy czym pi­ 0 oraz P

i=1pi = 1, to prawdopo- dobieństwo zdarzenia A⊂ Ω określone jest wzorem

P(A) = X

ωi∈ A

pi. (7)

(10)

Przykład 1.8.

Dwaj gracze, A oraz B, rzucają na przemian monetą, dopóki dwa razy pod rząd upadnie ona na tę samą stronę. Jeżeli drugi pod rząd orzeł albo druga pod rząd reszka pojawi się w rzucie nieparzystym, to wygrywa gracz A. W przeciwnym przypadku wygrywa gracz B. Obliczyć prawdopodobieństwo wygranej dla każdego z graczy.

R o z w i ą z a n i e.

W opisanej grze zdarzeniem elementarnym jest ciąg, którego elementami są orły lub reszki i na ostatnich dwu miejscach, po raz pierwszy pod rząd są dwa orły lub dwie reszki, czyli Ω = {oo, rr, orr, roo, oroo, rorr, . . .} ma nieskończenie, ale przeliczalnie, wiele zdarzeń elementarnych. Niech αk oznacza zdarzenie ”druga reszka pod rząd pojawiła się po raz pierwszy w k-tym rzucie monetą”, zaś βk - ”drugi orzeł pod rząd pojawił się po raz pierwszy w k-tym rzucie.”. Oczywiście k = 2, 3, . . . . Na przykład α5 = ororr, β5 = roroo.

Prawdopodobieństwo dla zdarzeń αk, βk wynosi

P(k}) = P ({βk}) = 2−k, k = 2, 3, . . . .

Gracz A wygra, jeżeli zajdzie zdarzenie A = 3, β3, α5, β5, . . .}. Wygranej gracz a B sprzyja zdarzenie A ={α2, β2, α4, β4, . . .}. Zatem

P(A) = P

k=1P(2k+1, β2k+1}) = 2 P

k=12−(2k+1) = 2· 2−3· 1−21−2 = 13 oraz

P(B) = P

k=1

P(2k, β2k}) = 2 P

k=1

2−2k= 2· 2−2·1−21−2 = 23.

Prawdopodobieństwo wygranej gracza, który rzuca monetą na parzystych miejscach jest dwa razy większe niż gracza, który rzuca monetą na nieparzystych miejscach. W tej grze pozwólmy przeciwnikowi rozpocząć grę! My rzucajmy na miejscach parzystych!

1.1.3 Prawdopodobieństwo geometryczne

W wielu zagadnieniach zbiór Ω można przedstawić jako podzbiór borelowski przestrzeni IR (IR2 lub IR3), który ma skończoną miarę m - długość (pole, objętość). Dla zdarzenia losowego A⊂ Ω, dla którego tę miarę potrafimy obliczyć, prawdopodobieństwo zdarzenia A zdefiniowane wzorem

P(A) = m(A)

m(Ω), (8)

nazywamy prawdopodobieństwem geometrycznym.

Przykład 1.9.

Kawałek drutu o długości 20cm zgięto pod kątem prostym w przypadkowo wybranym punkcie. Następnie zgięto drut jeszcze w dwu punktach tak, by powstała ramka prosto- kątna o obwodzie 20cm.

a) Jakie jest prawdopodobieństwo, że pole ograniczone ramką nie przekroczy 21cm2? b) Jakie jest prawdopodobieństwo, że pole ograniczone ramką jest równe 21cm2? R o z w i ą z a n i e.

a) Niech x oznacza odległość wybranego punktu od bliższego końca drutu. Wówczas Ω = [0, 10]. Zdarzenie A ”pole ograniczone ramką nie przekracza 21cm2” zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy x(10− x) ¬ 21. Rozwiązując nierówność

−x2+ 10x− 21 ¬ 0 dla x[0, 10]

(11)

otrzymujemy

A={x[0, 10] : x[0, 3]∪ [7, 10]}, więc P (A) = m(A)m(Ω) = 106.

b) Niech B oznacza zdarzenie ”pole ograniczone ramką jest równe 21cm2”. Wówczas B zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy x = 3 lub x = 7, więc P (B) = m(B)m(Ω) = 0, ponieważ długość zbioru złożonego z dwu punktów wynosi 0. Zauważmy, że zdarzenie B jest możliwe ale prawdopodobieństwo jego zajścia równe jest 0.

Przykład 1.10.

W każdej chwili odcinka czasu T jednakowo możliwe jest nadejście do odbiornika każde- go z dwu sygnałów, które w tym odcinku czasu zostaną przesłane. Odbiornik nie może przyjąć drugiego sygnału, jeżeli nadejdzie on w czasie krótszym niż τ od chwili nadejścia pierwszego sygnału. Obliczyć prawdopodobieństwo przyjęcia przez odbiornik obu sygna- łów.

R o z w i ą z a n i e.

Niech x i y oznaczają czasy nadej- ścia sygnałów do odbiornika. Wtedy przestrzeń zdarzeń elementarnych

Ω = {(x, y) : x, y[0, T ]} możemy interpretować jako kwadrat o boku T a interesujące nas zdarze- nie można zapisać w postaci

A={(x, y) ∈ T × T : |x − y| ­ τ}.

Zatem P (A) = (T −τ )T2 2 =1 Tτ

2

.

x y

O T

T

τ τ

Rys. 1.01.

Przykład 1.11.

Z przedziału [0, 1] wybieramy losowo trzy liczby x, y, z. Jakie jest prawdopodobieństwo, że ich suma jest liczbą z przedziału [12,1]?

R o z w i ą z a n i e.

W tym przykładzie Ω ={(x, y, z) : 0 ¬ x, y, z ¬ 1}, czyli geometrycznie Ω jest sześcianem jednostkowym. Rozważane zdarzenie to zbiór

A=n(x, y, z) : 12 ¬ x + y + z ¬ 1o.

Tutaj m(A) jest objętością zbioru A, który jest różnicą dwu ostrosłupów. Zatem m(A) = 13

1

2 · 1 · 1 − 12 · 12 · 12



= 13 ·38 = 18. Ponieważ m(Ω) = 1, więc P (A) = 18.

(12)

2 Prawdopodobieństwo warunkowe.

Niezależność zdarzeń.

2.1 Prawdopodobieństwo warunkowe.

Niech (Ω,F, P ) będzie przestrzenią probabilistyczną, a B - dowolnie ustalonym zdarze- niem takim, że P (B) > 0.

Definicja 2.1. Prawdopodobienstwem warunkowym zdarzenia´ A pod warunkiem B nazy- wamy liczbę

P(A|B) = P(A∩ B) P(B) . Stąd oczywiście P (A∩ B) = P (A|B)P (B).

Posługując się zasadą indukcji matematycznej możemy udowodnić, że dla dowolnego n, przy założeniu, że P (A1∩ · · · ∩ An−1) > 0, prawdziwa jest równość

P(A1∩ · · · ∩ An) = P (A1)P (A2|A1)P (A3|A1∩ A2)· . . . · P (An|A1 ∩ · · · ∩ An−1). (9)

Fakt 2.2. Jeżeli P (B) > 0, to funkcja P (·|B) określona na F spełnia aksjomaty praw- dopodobieństwa.

Przykład 2.1.

Rzucamy dwa razy symetryczną kostką.

a) Jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia różnej liczby oczek?

b) Jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia różnej liczby oczek, jeżeli suma oczek wy- nosi 11?

c) Jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia różnej liczby oczek, jeżeli suma oczek wy- nosi 10?

R o z w i ą z a n i e.

Przestrzeń zdarzeń elementarnych Ω jest zbiorem par uporządkowanych (a, b), gdzie a, b{1, 2, 3, 4, 5, 6}. Wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne.

a) Niech A oznacza zdarzenie ”wypadła różna liczba oczek”, czyli

A={(a, b)Ω : a6= b} = Ω \ {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6)}.

Ponieważ Ω = 62 = 36 oraz A = 36− 6 = 30, więc P (A) = 3036 = 56. b) Zdarzenie ”suma oczek wynosi 11” oznaczmy przez B. Oczywiście B = {(5, 6), (6, 5)}. Ponieważ B ⊂ A, więc B∩ A = B i stąd

P(A|B) = PP(B)(B) = 1.

W tym przykładzie informacja o zdarzeniu B dawała pewność, że zajdzie zdarzenie A.

c) Warunkiem jest zdarzenie D ={(4, 6), (6, 4), (5, 5)}. Mamy:

P(D) = 121 , A∩ D = {(4, 6), (6, 4)}, P(A∩ D) = 181. Zatem

(13)

P(A|D) = PP(A∩D)(D) = 23.

Jak widać, przy różnych warunkach prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A jest różne.

Przykład 2.2.

Wybrano losowo dwie liczby z przedziału [0, 1]. Jakie jest prawdopodobieństwo, że xy ­ 0, 09 , jeżeli wiadomo, że x + y ¬ 1 ?

R o z w i ą z a n i e.

Przestrzeń zdarzeń elementarnych jest kwadratem jednost- kowym Ω ={(x, y) : x, y[0, 1]}.

Interesujące nas zdarzenia to A = {(x, y) : xy ­ 0.09}

oraz B = {(x, y) : x + y ¬ 1}. Oczywiście P (B) = 12. Ponieważ

A∩ B =n(x, y) : 0.1¬ x ¬ 0, 9; 0,09x ¬ y ¬ 1 − xo, więc P (A∩ B) = 0.9R

0,1

(1− x − 0,09x )dx = 25 1009 ln 9.

Stąd P (A|B) = PP(A∩B)(B) = 2·25 1009 ln 9.

x y

O 1

1

Rys. 1.02.

Przykład 2.3.

Studenci Wydziału Elektroniki muszą zdać w I semestrze trzy egzaminy: z fizyki (A), analizy matematycznej (C) i z algebry (B). Z danych Dziekanatu wynika, że 70% stu- dentów zalicza I semestr a 90% - zdaje egzamin z fizyki. Jeżeli student zaliczy algebrę i fizykę, to prawdopodobieństwo, że zda analizę wynosi 45. Jakie jest prawdopodobieństwo, że student, który zdał fizykę, zda algebrę?

R o z w i ą z a n i e.

Skorzystamy ze wzoru

P(A∩ B ∩ C) = P (A) · P (B|A) · P (C|A ∩ B).

Mamy 107 = 109 · P (B|A) · 45, skąd P (B|A) = 1825.

2.2 Wzór na prawdopodobieństwo całkowite i wzór Bayesa.

Załóżmy,że Ω jest sumą rozłącznych zbiorów Bi ∈F dla iI. Wówczas dla dowolnego zdarzenia A zbiory A∩ Bi są parami rozłączne. Ponadto A = S

i ∈ I

(A∩ Bi), więc P (A) =

P

i

P(A∩Bi). Jeżeli wszystkie zdarzenia Bimają dodatnie prawdopodobieństwo, to P (A∩ Bi) = P (A|Bi)· P (Bi) dla każdego iI i otrzymujemy następujące twierdzenie.

Twierdzenie 2.1. (Twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym)

Jeżeli Ω jest sumą rozłącznych zbiorów Bi, przy czym P (Bi) > 0 dla wszystkich iI, to dla dowolnego zdarzenia A zachodzi równość

P(A) =X

iI

P(A|Bi)· P (Bi).

(14)

Czasem zdarzenia Bi występujące we wzorze na prawdopodobieństwo całkowite nazywa- my przyczynami, zdarzenie A - skutkiem. Rozważmy zagadnienie w pewnym sensie odwrotne do zagadnienia obliczania prawdopodobieństwa całkowitego. Mianowicie zapy- tajmy, jakie jest prawdopodobieństwo przyczyny Bi, gdy znany jest skutek A. Ponieważ P(Bi∩ A)=P (A|Bi)· P (Bi), więc otrzymujemy tzw. wzór Bayesa

P(Bi|A) = P(A|Bi)P (Bi)

P

iI

P(A|Bi)· P (Bi). (10)

Wzór Bayesa nazywamy wzorem na prawdopodobieństwo przyczyny.

Przykład 2.4.

Na stole leży 5 długopisów. Każde przypuszczenie (hipoteza) dotyczące liczby zepsutych długopisów jest jednakowo prawdopodobne. Wybrany losowo długopis okazał się zepsuty.

Które przypuszczenie dotyczące liczby zepsutych długopisów jest najbardziej prawdopo- dobne?

R o z w i ą z a n i e.

Oznaczmy przez Hi hipotezę, że liczba zepsutych długopisów wynosi i, i = 0, 1, 2, 3, 4, 5.

Mamy P (Hi) = 16. Niech A oznacza zdarzenie ”wylosowany długopis jest zepsuty”, wów- czas P (A|Hi) = 5i. Zatem, ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite otrzymujemy

P(A) =

5

X

i=0

i 5 ·1

6 = 1 2, a stąd

P(Hi|A) = P(A|Hi)· P (Hi)

P(A) =

i 5 · 16

1 2

= i 15.

Przy warunku, że wylosowano zepsuty długopis najbardziej prawdopodobne jest, że wszyst- kie długopisy są zepsute.

W statystyce prawdopodobieństwa hipotez P (Hi) nazywamy prawdopodobieństwami a priori (przed doświadczeniem), prawdopodobieństwa P (Hi|A) - prawdopodobieństwa- mi a posteriori (po doświadczeniu).

Przykład 2.5.

Telegraficzne przesyłanie informacji polega na wysyłaniu sygnałów: 0 albo 1. Przy przesy- łaniu 0 przekłamanie występuje w dwu przypadkach na trzydzieści, a przy przesyłaniu 1 przekłamanie występuje w dwu przypadkach na czterdzieści. Stosunek liczby wysyłanych 0 do liczby wysyłanych 1 wynosi 5 : 3. Obliczyć prawdopodobieństwo, że:

a) wysłano 0, jeżeli wiadomo, że odebrano 0, b) wysłano 1, jeżeli wiadomo, że odebrano 1, c) wysłano 1, jeżeli wiadomo, że odebrano 0.

R o z w i ą z a n i e.

a) Oznaczmy przez B1 zdarzenie ”wysłano 0”, przez B2 zdarzenie ”wysłano 1”, przez A1 zdarzenie ”odebrano 0” oraz przez A2 zdarzenie ”odebrano 1” . Wiemy, że

P(A2|B1) = 302 , P(A1|B2) = 402, PP(B(B1)

2) = 53.

(15)

Zgodnie ze wzorem Bayesa, prawdopodobieństwo zdarzenia ”wysłano 0, jeżeli odebrano 0” równe jest

P(B1|A1) = P(A1P|B(A1)·P (B1) 1).

Zdarzenia B1, B2 spełniają założenia twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym, więc

P(A1) = P (A1|B1)· P (B1) + P (A1|B2)· P (B2).

Ponieważ P (B2) = 35P(B1) oraz P (A1|B1) = 1− P (A2|B1), więc P(B1|A1) = 1−P (A1−P (A2|B1)

2|B1)+P (A1|B235 = 280289 ≈ 0, 969.

b) Zgodnie ze wzorem Bayesa, prawdopodobieństwo zdarzenia ”wysłano 1, jeżeli odebrano 1” równe jest

P(B2|A2) = P(A2P|B(A2)·P (B2) 2).

Zdarzenia B1, B2 spełniają założenia twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym, więc

P(A2) = P (A2|B1)· P (B1) + P (A2|B2)· P (B2).

Ponieważ P (B1) = 53P(B2) oraz P (A2|B2) = 1− P (A1|B2), więc P(B2|A2) = 1−P (A1−P (A1|B2)

1|B2)+P (A1|B253 ≈ 0, 919 c) P (B2|A1) = 1− P (B1|A1) = 1− 0.969 = 0.031.

Przykład 2.6.

Przeciętnie 3% wyprodukowanych elementów ma wadę. Do wykrywania wady stosuje się test, który z prawdopodobieństwem 0, 9 wskazuje wadę (wynik testu pozytywny), jeżeli element ma wadę i z prawdopodobieństwem 0, 95 nie wskazuje wady, jeżeli element jej nie ma.

a) Jakie jest prawdopodobieństwo, że element ma wadę, jeżeli wynik testu jest pozytywny?

b) Jakie jest powyższe prawdopodobieństwo, jeżeli element poddamy testowi dwukrotnie i za każdym razem otrzymamy pozytywny wynik testu?

R o z w i ą z a n i e.

a) Oznaczmy przez W zdarzenie ”element ma wadę” i przez N zdarzenie ”element nie ma wady.” Zdarzenia te są rozłączne, W ∪ N = Ω oraz

P(W ) = 0.03, P(N) = 0.97.

Niech D oznacza zdarzenie ”wynik testu jest pozytywny”. Z danych zawartych w zadaniu wynika, że

P(D|W ) = 0.9, P(D|N) = 0.95.

Do obliczenia prawdopodobieństwa zdarzenia ”element ma wadę, jeżeli wynik testu był pozytywny”, czyli prawdopodobieństwa warunkowego P (W|D) wykorzystamy wzór Bay- esa.

P(W|D) = P(D|W )·P (W )

P(D) = P(D|W )·P (W )

P(D|W )·P (W )+P (D|N)·P (N) = 0.9·0.03+0.05·0.970.9·0.03 = 0.358 ponieważ z własności prawdopodobieństwa warunkowego wynika, że

(16)

P(D|N) = 1 − P (D|N).

Zatem, jeżeli wynik testu jest pozytywny, to prawdopodobieństwo, że losowo wybrany element ma wadę wynosi 35, 8%, czyli wśród elementów, które test wskazuje jako wadliwe tylko 35, 8% elementów ma wadę! Co wpływa na taką jakość testu? Jaki test byłby lepszy?

Dla wad, które występują rzadko należałoby wykorzystywać testy o większych wartościach P(D|W ) oraz P (D|N).

b) Obliczamy, jakie jest prawdopodobieństwo, że element ma wadę, jeżeli test przeprowa- dzony na nim dwukrotnie dał wyniki pozytywne.

Niech A oznacza zdarzenie ”test przeprowadzony dwukrotnie na elemencie dał za każdym razem wynik pozytywny”. Wówczas

P(A|W ) = P (D|W ) · P (D|W ) oraz P (A|N) = P (D|N) · P (D|N).

Stąd P(W|A) = P(A|W )·P (W )

P(A|W )·P (W )+P (A|N)·P (N) = (0.9)2·0.03+(0.05)(0.9)2·0.032·0.97 = 0.909. Zatem, jeżeli dwukrotnie zastosowany test dał wyniki pozytywne, to prawdopodobieństwo, że element ma wadę wynosi 0.909. Prawdopodobieństwo trafnej diagnozy znacznie wzrosło, gdy test przeprowadzilśmy dwukrotnie! ˇtatwo policzyć, że prawdopodobieństwo zdarzenia ”element ma wadę, jeżeli test przeprowadzony trzykrotnie na tym elemencie dał za każdym razem wynik pozytywny” równe jest 0.994.

Przykład 2.7.

Prawdopodobieństwo, że pogoda w danej miejscowości jest taka sama, jak dnia poprzed- niego równe jest a dla dnia deszczowego i b — dla dnia bezdeszczowego (a, b(0, 1)).

Prawdopodobieństwo, że pierwszy dzień roku jest deszczowy równe jest p1. Obliczyć praw- dopodobieństwo pn, że n-ty dzień roku jest deszczowy.

R o z w i ą z a n i e.

Oznaczmy przez Dn zdarzenie ”n-ty dzień roku jest deszczowy”, a przez Bn zdarzenie

”n-ty dzień roku jest bezdeszczowy”. Wówczas dla dowolnego n­ 1 mamy:

P(Dn+1|Dn) = a, P(Bn+1|Bn) = b, P(Dn+1|Bn) = 1− b, P (Bn+1|Dn) = 1− a.

Policzmy

p2 = P (D2) = P (D2|D1)· p1+ P (D2|B1)· (1 − p1) = ap1+ (1− b)(1 − p1)

= p1(a + b− 1) + 1 − b,

p3 = P (D3) = P (D3|D2)· p2+ P (D3|B2)· (1 − p2) = ap2+ (1− b)(1 − p2)

= p1(a + b− 1)2+ (1− b)(a + b − 1) + 1 − b,

p4 = P (D4) = P (D4|D3)· p3+ P (D4|B3)· (1 − p3) = p3(a + b− 1) + 1 − b

= p1(a + b− 1)3+ (1− b)(a + b − 1)2+ (1− b)(a + b − 1) + 1 − b,

Posługując się zasadą indukcji matematycznej można pokazać, że pn = p1(a + b− 1)n−1+ (1− b)

n−2

X

k=0

(a + b− 1)k

= p1(a + b− 1)n−1+ (1− b)1− (a + b − 1)n−1 1− a − b + 1

= 1− b)

(1− a) + (1 − b) + p1(a + b− 1)n−1(1− b)(a + b − 1)n−1 (1− a) + (1 − b) . Ponieważ a + b− 1(0, 1), więc lim (a + b− 1)n−1 = 0 i stąd lim pn = 1−b .

(17)

2.3 Niezależność zdarzeń.

Definicja 2.3. Dwa zdarzenia A i B nazywamy niezaleznymi˙ , jeżeli P(A∩ B) = P (A) · P (B).

Jeżeli P (B) > 0, to z niezależności zdarzeń A i B wynika, że P (A|B) = P (A), czyli, jak się potocznie mówi, zajście zdarzenia B nie ma wpływu na prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A. Oczywiście dla dowolnego AF zdarzenia A i Ω są niezależne. Podobnie - zdarzenia A i ∅ są niezależne. Jeżeli zdarzenia A i B są rozłączne i mają niezerowe prawdopodobieństwa, to nie mogą być niezależne.

Zdarzenia A1, A2, A3, . . . nazywamy rodziną zdarzeń niezależnych, jeżeli dla każdej skończonej ilości zdarzeń Ai1, Ai2, . . . , Ain zachodzi równość

P(Ai1 ∩ · · · ∩ Ain) = P (Ai1)· · · P (Ain). (11)

Fakt 2.4. Jeżeli zdarzenia A1, A2, . . . , An są niezależne, to niezależne są także zdarzenia B1, B2, . . . , Bn, gdzie Bi = Ai lub Bi = Ai dla i = 1, 2, . . . , n.

Przykład 2.8.

Wyrazić prawdopodobieństwo sumy n niezależnych zdarzeń Ai, i= 1, 2, . . . , n za pomocą prawdopodobieństw poszczególnych składników.

R o z w i ą z a n i e.

Ponieważ

n

S

i=1Ai = Ω\ Tn

i=1Ai,

więc korzystając z własności prawdopodobieństwa i z niezależności zdarzeń Ai, i = 1, 2, . . . , n możemy napisać

P

 n S

i=1Ai



= 1− P (Tn

i=1Ai) = 1 Qn

i=1P(Ai) = 1 Qn

i=1(1− P (Ai)).

czyli

P

 n

[

i=1

Ai



= 1

n

Y

i=1

(1− P (Ai)). (12)

W tym momencie warto sobie przypomnieć, jak się oblicza prawdopodobieństwo sumy zdarzeń, o których nie wiadomo, czy są parami rozłączne (wzór ??). Widać, że, gdy zdarzenia Ai są niezależne, ten dość skomplikowany wzór można mocno uprościć.

Przykład 2.9.

Trzech kontrolerów jakości pracuje niezależnie. Pierwszy wykrywa 90% wad, drugi - 80%

a trzeci - 60%. Jaki procent wad wykrywają łącznie? Jaki procent wad wykrywa trzeci kontroler a nie wykrywa pierwszy ani drugi?

R o z w i ą z a n i e.

Niech Ai oznacza zdarzenie ”wadę wykrył i-ty kontroler”. Wówczas:

P(A1) = 109, P(A2) = 108, P(A3) = 106,

Wada zostanie wykryta, gdy zajdzie zdarzenie A = A1∪ A2∪ A3. Wykorzystując wzór na prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego oraz prawa de Morgana otrzymujemy

Obraz

Updating...

Cytaty

Powiązane tematy :