Przykłady do listy 1: Przestrzeń probabilistyczna. Prawdopodobieństwo klasyczne. Prawdopodobieństwo geometryczne. Twierdzenie o

(1)

Rachunek prawdopodobieństwa MAP1151 Wydział Elektroniki, rok akad. 2011/12, sem. letni

Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz

Przykłady do listy 1: Przestrzeń probabilistyczna. Prawdopodobieństwo klasyczne. Prawdopodobieństwo geometryczne. Twierdzenie o

prawdopodobieństwie całkowitym. Wzór Bayesa. Niezależność zdarzeń

Przykłady do zadania 1.1 :

(a) Przy dwukrotnym rzucie monetą zaobserwowano, że konfiguracja OR (tzn. „orzeł” w jednym z rzutów, „reszka” w drugim) pojawia się w ¹₃ przypadków. Czy moneta, którą wykonywano rzut, jest symetryczna?

• Przyjmujemy Ω = {(O, O), (O, R), (R, O), (R, R)}, F = 2^Ω, P określone przez p₁ = P {(O, O)}, p₂ = P {(O, R)}, p₃ = P {(R, O)}, p₄ = P {(R, R)}.

• Niech p oznacza szansę na wyrzucenie „orła”, 0 < p < 1. Wtedy 1 − p ta szansa na „reszkę”.

Moneta jest symetryczna, gdy p = 0, 5.

• Rzuty są niezależne, więc mamy p₁ = p², p₂ = p₃ = p(1 − p), p₄ = (1 − p)². (Spr. p_i  0 dla i = 1, 2, 3, 4 oraz ^P⁴

i=1

p_n = p²+ 2p(1 − p) + (1 − p)² = (p + 1 − p)² = 1.)

• W takim modelu prawdopodobieństwo konfiguracji OR wynosi

P (OR) = P ((O, R), (R, O)) = p₂+ p₃ = 2p(1 − p).

Szukamy takiego p, dla którego P (OR) = 1/3.

• Rozwiązujemy równanie 2p(1 − p) = 1/3, czyli równanie kwadratowe 6p²− 6p + 1 = 0.

Otrzymujemy ∆ = 12, p = 3 −√ 3

6 ≈ 0, 21 lub 3 +√ 3

6 ≈ 0, 79.

(Zauważmy, że wartości p sumują się do 1. Nie ma w tym nic dziwnego. Wynika to z symetrycznej roli „orła” i „reszki” w modelu i badanym zdarzeniu.)

• W obu przypadkach p 6= 0, 5, zatem w ramach modelu wnioskujemy, że moneta nie jest symetryczna.

(b) Hasło potrzebne do uzyskania połączenia w sieci komputerowej składa się z jednej cyfry i następnie pięciu dużych liter alfabetu angielskiego. Znaleźć prawdopodobieństwo, że osoba postronna odgadnie hasło, jeśli wiadomo, że cyfra jest nieparzysta, a wśród liter są dokładnie trzy litery E.

• Ω = {(c, l₁, . . . , l₅), gdzie c ∈ {1, 3, 5, 7, 9}, l_i to duże litery, dokładnie 3 wśród nich to E}, F = 2^Ω, P - prawdopodobieństwo klasyczne.

• #Ω = 5 ·⁵₃· (25)² = 31250,

bo jest 5 możliwości wyboru cyfry, ⁵₃ możliwości wyboru miejsc na E,

(26 − 1)² możliwości wyboru liter innych niż E na każde z dwóch pozostałych miejsc

• zdarzenie, że osoba postronna odgadnie hasło, A = {właściwe hasło}, #A = 1

• P (A) = #A

#Ω = 1

31250 ≈ 0, 000032.

(2)

(c) Użytkownik karty kredytowej używa czterocyfrowego hasła dostępu. Bankomat blokuje kartę, gdy po raz trzeci hasło zostanie nieprawidłowo podane. Jakie jest prawdopodobieństwo, że złodziej karty dostanie się na nasze konto nie znając hasła?

• Ω = {{h₁, h₂, h₃}, gdzie h_i to trzy różne hasła spośród 10⁴ możliwych haseł}.

F = 2^Ω, P - prawdopodobieństwo klasyczne.

• A = {dostęp do konta} = {{właściwe hasło,h₂, h₃}}

• #Ω =¹⁰₃⁴, #A =¹⁰⁴₂⁻¹.

• P (A) = #A

#Ω = (10⁴ − 1)!

2!(10⁴− 3)! ·3!(10⁴− 3)!

(10⁴)! = 0, 0003.

(d) Drewniany sześcian, którego wszystkie boki są pomalowane na niebiesko, rozpiłowano na 64 = 4³ jednakowej wielkości mniejsze sześcianiki. Sześcianiki te dokładnie wymieszano, następnie wylosowano 10 z nich. Jakie jest prawdopodobieństwo, że dokładnie jeden z wylosowanych sześcianików będzie miał 3 niebieskie ściany? Odpowiedź uzasadnić.

• Ω = {{s₁, . . . , s₁₀}, gdzie s_i to różne sześcianiki spośród 64 możliwych}

F = 2^Ω, P - prawdopodobieństwo klasyczne.

• A = {dokładnie jeden narożny} = {{narożny,s2, . . . , s10}, gdzie s_i nie są narożne}

• #Ω =⁶⁴₁₀, #A =⁸₁⁵⁶₉

• P (A) = #A

#Ω = 24597300

61474519 ≈ 0, 4.

(a) Rzucamy monetą tak długo, aż upadnie dwa razy pod rząd na tę samą stronę. Określić Ω i P odpowiadające temu eksperymentowi dla monety symetrycznej. Obliczyć prawdopodobieństwo, że wykonamy mniej niż 7 i więcej niż 2 rzuty.

• Ω = {OO, ROO, OROO, . . .} ∪ {RR, ORR, RORR, . . .}, F = 2^Ω, pn,O = P (n rzutów+OO) =¹₂ⁿ⁺², pn,R= P (n rzutów+RR) =¹₂ⁿ⁺² dla monety symetrycznej.

• Przestrzeń probabilistyczna jest dobrze określona, bo p_n,O, p_n,R 0 dla dowolnego n oraz

∞

P

n=0

(pn,O+ pn,R) =

∞

P

n=0

2 · ¹₄ ·¹₂ⁿ= ¹₂ · 1

1 − ¹₂ = 1.

• P (mniej niż 7 i więcej niż 2 rzuty) = P ( 3, 4, 5 lub 6 rzutów) =

4

P

n=1

(p_n,O+ p_n,R) = 15 32

(3)

(b) Niech Ω = {ω_n, n = 1, 2, . . .}, F = 2^Ω. Weźmy ciąg p_n = cz⁻ⁿ, n = 1, 2, . . ., gdzie z > 1 jest ustalone. Dobrać stałą c tak, aby ciąg (p_n) określał prawdopodobieństwo P na zbiorze Ω tak, że pn= P ({ωn}). Obliczyć P ({ω1, . . . , ω10}).

• p_n 0 dla każdego n wtedy i tylko wtedy, gdy c 0

• ^P^∞

n=1

p_n= c ^P^∞

n=1

₁

z

n

= c · 1 z · 1

1 − ¹_z = c

z − 1 = 1 wtedy i tylko wtedy, gdy c = z − 1 0

• Oba warunki na ciąg określający prawdopodobieństwo na Ω są spełnione dla c = z − 1

• P ({ω₁, . . . , ω₁₀}) = ^P¹⁰

n=1

p_n= ^P¹⁰

n=1

(z − 1)¹_zⁿ= (z − 1) · 1

z ·1 −¹_z¹⁰

1 − ¹_z = 1 −

1 z

10

(a) Na okręgu wybieramy „losowo” cięciwę. Uściślić na kilka sposobów pojęcie „losowo” i dla każdego z nich obliczyć prawdopodobieństwo, że długość cięciwy będzie większa od promienia okręgu.

1. sposób Ustalamy kierunek i wybieramy spośród cięciw o tym samym kierunku od średnicy do cięciwy „zerowej”, przy czym nie wyróżniamy żadnej z nich. Odpowiada to jednostajnemu wyborowi punktu x z odcinka [0, R], gdzie R to promień okręgu.

−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5

−1.5

−1

−0.5 0 0.5 1 1.5

x R

l(x)

• Ω = [0, R], F to rodzina zbiorów borelowskich z tego odcinka, P to prawdopodobieństwo geometryczne.

• Dla wybranego x długość odpowiadajęcej mu cięciwy wynosi l(x) = 2√

R²− x²

• l(x) > R wtedy i tylko wtedy, gdy x ∈ [0,√

3R/2).

• Zatem P (l(x) > R) = P ([0,√

3R/2)) =

√3R/2

R =

√3 2 .

(4)

2. sposób Ustalamy punkt A₀ na okręgu i wybieramy spośród cięciw o punkcie początkowym A₀, przy czym nie wyróżniamy żadnej z nich. Odpowiada to jednostajnemu wyborowi punktu A (końcowego punktu cięciwy) z okręgu, albo równoważnie wyborowi kąta ϕ z przedziału [−π, π], patrz rysunek.

−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5

−1.5

−1

−0.5 0 0.5 1 1.5

A 0

A

fi l(fi) R

0

• Ω = [−π, π], F to rodzina zbiorów borelowskich z tego odcinka, P to prawdopodobieństwo geometryczne.

• Dla wybranego ϕ długość odpowiadajęcej mu cięciwy wynosi l(ϕ) = 2^q2R²(1 + cos ϕ).

• l(ϕ) > R wtedy i tylko wtedy, gdy ϕ ∈ (−2π/3, 2π/3).

• Zatem P (l(ϕ) > R) = P ((−2π/3, 2π/3)) = 2 · 2π/3 2π = 2

3.

3. sposób Wybieramy bez wyróżniania punkt A z koła bez środka. Punkt ten potraktowany jako środek cięciwy jednoznacznie ją wyznacza (wyjątkiem byłby środek koła odpowiadający średnicom, odrzucając środek koła na początku przyjęliśmy, że prawdopodobieństwo wy- losowania średnicy wynosi 0).

−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5

−1.5

−1

−0.5 0 0.5 1 1.5

.

0 R

R r

A l(A)

(5)

(b) Obliczyć prawdopodobieństwo tego, że wybrany losowo punkt kwadratu |x| < 4, |y| < 4 leży na zewnątrz koła x²+ y² < 1.

• Ω = {(x, y) : |x| < 4, |y| < 4} - kwadrat, F to borelowskie podzbiory Ω, P - prawdopod. geometryczne.

• A = {(x, y) : x²+ y² < 1} - koło.

• P (A^c) = 1 − P (A) = 1 − pole A

pole Ω = 1 − π

64 ≈ 0, 951.

−5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5

−5

−4

−3

−2

−1 0 1 2 3 4 5

1 4

A A^c

Ω

−4

−4 4

(c) W przypadkowych chwilach z przedziału czasu [0, 60] minut mogą nadejść do odbiornika dwa sygnały. Odbiornik zostaje uszkodzony, jeśli różnica w czasie między tymi dwoma sygnałami jest mniejsza od 2 minut. Obliczyć prawdopodobieństwo uszkodzenia odbiornika.

• Ω = {(t₁, t₂) : t₁, t₂ ∈ [0, 60]}, F to borelowskie podzbiory Ω, P - prawdopod. geometrycz- ne.

• A - zdarzenie, że odbiornik został uszkodzony. A = {(t₁, t₂) ∈ Ω : |t₁− t₂| < 2}

• P (A) = pole A

pole Ω = 60²− 58²

60² ≈ 0, 0655.

0 10 20 30 40 50 60

t2=t 1+2

t2=t 1−2

t1 t2

A

Ω

(6)

(a) Zakład pracuje na trzy zmiany. Zmiany produkują odpowiednio n₁ = 200, n₂ = n₃ = 150 wyrobów, przy czym szansa wyprodukowania wadliwego wyrobu wynosi odpowiednio p1 = p₂ = 0, 1, p₃ = 0, 3. Obliczyć prawdopodobieństwo, że wyrób wylosowany z całej produkcji jest wadliwy. Obliczyć prawdopodobieństwo, że wylosowany wadliwy wyrób wyprodukowała druga zmiana.

• Wprowadzamy oznaczenia:

A - zdarzenie, że wylosowany wyrób jest wadliwy;

B_n - zdarzenie, że wylosowany wyrób wyprodukowała n-ta zmiana, n = 1, 2, 3.

• Mamy P (B1) = n₁

n₁+ n₂+ n₃ = 200

500 = 0, 4; P (B2) = P (B3) = 0, 3;

P (A|B₁) = P (A|B₂) = 0, 1; P (A|B₃) = 0, 3.

• Z tw. o prawdop. całkowitym

P (A) = P (A|B₁)P (B₁) + P (A|B₂)P (B₂) + P (A|B₃)P (B₃) =

= 0, 1 · 0, 4 + 0, 1 · 0, 3 + 0, 3 · 0, 3 = 0, 16.

• Szukamy teraz P (B₂|A).

Ze wzoru Bayesa P (B2|A) = P (A|B₂)P (B₂)

P (A) = 0, 1 · 0, 3 0, 16 = 3

16 = 0, 1875.

(b) Prawdopodobieństwo trafienia w cel w jednym strzale wynosi 1/2, natomiast prawdopodobień- stwo zniszczenia celu przy k trafieniach wynosi 1 −¹₃^k, k = 0, 1, . . .. Wyznaczyć prawdopo- dobieństwo zniszczenia celu przy oddaniu 10 strzałów.

A - zdarzenie, że zniszczono cel przy oddaniu 10 strzałów, B_k - zdarzenie, że w 10 strzałach jest k trafień, k = 0, 1, . . . , 10.

• B₀, B₁, . . . , B₁₀ stanowią rozbicie przestrzeni probabilistycznej (są parami rozłączne i w sumie są zdarzeniem pewnym Ω).

• Mamy P (B_k) =¹⁰_k₂¹^k1 − ¹₂^10−k =¹⁰_k¹₂¹⁰; P (A|B_k) = 1 −¹₃^k.

• Z tw. o prawdop. całkowitym P (A) = ^P¹⁰

k=0

P (A|B_k)P (B_k) = ^P¹⁰

k=0

(1 −¹₃^k)¹⁰_k¹₂¹⁰ =

=¹₂¹⁰

₁₀ P

k=0

₁₀

k

1^k1^10−k− ^P¹⁰

k=0

₁₀

k

1 3

k

1^10−k

=¹₂¹⁰

(1 + 1)¹⁰−¹₃ + 1¹⁰

=

= 1 −²₃¹⁰ ≈ 0, 983,

gdzie korzystaliśmy ze wzoru (a + b)¹⁰ =^P¹⁰ ¹⁰a^kb^10−k.

(7)

(c) W pewnym teleturnieju za jednymi z trzech zamkniętych drzwi znajduje się samochód, a za pozostałymi dwoma kozy. Prowadzący grę wie, które drzwi kryją samochód. Gracz wskazuje na jedne z drzwi, prowadzący otwiera jedne z pozostałych odkrywając kozę i następnie pyta gracza, które z zamkniętych drzwi otworzyć (tzn. czy gracz zmienia wybór, czy nie). Jeżeli gracz wskaże na odpowiednie drzwi, wygrywa samochód.

Powiedzmy, że gracz wskazał na początku na drzwi nr 1, a prowadzący grę otworzył drzwi nr 3 z kozą. Czy graczowi opłaca się zmienić decyzję i wskazać na drzwi nr 2? Odpowiedź uzasadnić.

• Wprowadzamy oznaczenia: A_i - zdarzenie, że samochód jest za drzwiami nr i, B_i - zdarzenie, że prowadzący otworzył drzwi nr i, i = 1, 2, 3

• Mamy P (A_i) = ¹₃, P (B₃|A₁) = ¹₂, P (B₃|A₂) = 1, P (B₃|A₃) = 0.

• Stąd P (B₃) = ^P³

i=1

P (B₃|A_i)P (Ai) = ¹₂ z tw. o prawdop. całkowitym,

• i ze wzoru Bayesa P (A₁|B₃) = P (B₃|A₁)P (A₁) P (B₃) = 1

3 oraz P (A₂|B₃) = P (B3|A2)P (A2)

P (B₃) = 2 3

• Wniosek: Graczowi opłaca się zmienić decyzję, bo zwiększa swoją szansę na wygraną.

(d) Pewna choroba jest obecna w 0,01% populacji. Opracowano test, który daje wynik dodatni u 90% chorych i u 5% zdrowych. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że pacjent z wynikiem dodatnim jest zdrowy? Czy ma on powody do obaw?

A - zdarzenie, że test daje wynik dodatni; B - zdarzenie, że pacjent jest chory.

Szukamy P (B^c|A).

• Ze wzoru Bayesa P (B^c|A) = P (A|B^c)P (B^c) P (A)

• Mamy P (B) = 0, 0001 = 1 − P (B^c); P (A|B) = 0, 9; P (A|B^c) = 0, 05.

• Zatem P (A) = P (A|B)P (B) + P (A|B^c)P (B^c) = 0, 050085 z tw. o prawdop. całkowitym.

• oraz P (B^c|A) = 0, 05(1 − 0, 0001)

0, 050085 ≈ 0, 9982

• Wniosek: Test w istocie nie wykrywa choroby, bo pacjent z wynikiem dodatnim jest zdrowy na ponad 99% i raczej nie ma powodów do obaw.

(8)

(a) Dwa razy kontrolowana jest jakość pewnego urządzenia przez niezależne kontrole. Wynik kon- troli to jedna z dwóch opinii: S - urządzenie sprawne lub N - urządzenie niesprawne. Szansa na to, że S będzie wynikiem pierwszej kontroli, wynosi p, drugiej kontroli - q, 0 ¬ p, q ¬ 1.

Zbadać niezależność zdarzenia A, że wynik pierwszej kontroli to S, oraz zdarzenia B, że obie kontrole stwierdziły to samo.

• Ω = {SS, SN, N S, N N }, F = 2^Ω,

P (SS) = pq, P (SN ) = p(1 − q), P (N S) = (1 − p)q, P (N N ) = (1 − p)(1 − q), gdyż kontrole są niezależne.

• A = {SS, SN }, B = {SS, N N }, A ∩ B = {SS}

• P (A ∩ B) = P (A)P (B) wtedy i tylko wtedy, gdy pq = (pq + p(1 − q))(pq + (1 − p)(1 − q)), czyli gdy pq = p(1 − p − q + 2pq).

• Równość zachodzi dla p = 0 albo p = 1 albo q = 1/2.

• Zatem zdarzenia A i B są niezależne w skrajnych przypadkach p = 0 lub p = 1 bez względu na q oraz w ciekawszym przypadku q = 1/2 bez względu na p.

(b) Elektron emitowany jest w losowej chwili τ przedziału [0, T ]. Dla ustalonej chwili t przedziału (0, T ) niech A będzie zdarzeniem, że emisja nastąpi po chwili t, a B zdarzeniem, że emisja nastąpi przed chwilą T − t. Czy zdarzenia A, B są niezależne?

• Ω = [0, T ], F to zbiory borelowskie z tego odcinka, P to prawdopodobieństwo geometryczne.

• A = [t, T ], B = [0, T − t]

• P (A) · P (B) =

T − t T

²

.

• A ∩ B =

( ∅, gdy T − t < t,

[t,T-t], gdy T − t t; i stąd P (A ∩ B) =







0, gdy T /2 < t < T, T − 2t

T , gdy 0 < t ¬ T /2.

• Ponieważ P (A ∩ B) 6= P (A)P (B), zdarzenia A i B nie są niezależne.

(Zauważmy, że wniosek ten nie zależy od wyboru t.)

(c) Prawdopodobieństwo zestrzelenia samolotu przez wystrzał z karabinu wynosi p = 0, 004. Jakie jest prawdopodobieństwo zestrzelenia samolotu przez salwę z 250 karabinów?

A_i = {zestrzelenie samolotu z i-tego karabinu }, i = 1, 2, . . . , 250,