W poprzednim rozdziale opisaliśmy bardzo ogólnie postać matematycznego modelu doświadczenia losowego. Składa się on mianowicie ze zbioru zdarzeń elementarnych Ω i funkcji prawdopodobieństwa P przypisującej podzbiorom Ω liczby z przedziału [0,1]. Spróbujmy zobaczyć jak wygląda funkcja P w kilku bardzo prostych sytuacjach:
Przykład 1 Rzucamy raz monetą. Naturalnym kandydatem na Ω jest zbiór {O,R}. Jak powinno wyglądać P? Można łatwo sprawdzić, że jeśli wybierzemy dowolną liczbę \(p\in [0,1]\) i ustalimy \(P(\emptyset)=0, P(\{O\}) = p, P(\{R\}) = 1-p, P(\{O,R\}) = 1\), to spełnione będą wszystkie własności z poprzedniego rozdziału. Możemy na przykład przyjąć P({O}) = 0.3 i P({R}) = 0.7. To jest bardzo podejrzane, przecież powinno wyjść P({O}) = 0.5!!!
Otóż nie powinno i bardzo dobrze, że nie wyszło. Jeśli rzucamy oszukaną monetą, tak sprytnie skonstruowaną, że orzeł wypada dwa razy częściej niż reszka, to przecież prawdopodobieństwo orła nie jest równe 0.5. Więcej nawet, jeśli się dobrze zastanowić, to praktycznie każda moneta ma jakieś drobne niedoskonałości, które sprawiają, że jeden z wyników rzutu jest bardziej prawdopodobny niż drugi. Podejrzana byłaby teoria matematyczna sugerująca, że dla każdej monety musi zachodzić P({O}) = 0.5.
No pięknie, mamy zatem bardzo solidną teorię matematyczną i jeden mały problem --- korzystając z tej teorii nie da się niczego policzyć. Nie wszystko jednak stracone. Skoro nasza teoria nie pozwala nam obliczyć P({O}), to być może musimy po prostu coś dodatkowo założyć o doświadczeniu losowym, które badamy. W przykładzie z monetą moglibyśmy założyć, że jest to moneta symetryczna. Moneta symetryczna to taka wyidealizowana moneta na której prawdopodobieństwa orła i reszki są równe. Jeśli przyjmiemy takie założenie, tj. P({O}) = P({R}), to z własności \(P(\bar{A}) = 1-P(A)\) wynika, że P({O}) = P({R}) = 0.5.
Uwaga W powyższych rozważaniach dość często pojawiały się napisy P({O}) i P({R}). W celu uproszczenia notacji będziemy od teraz pisać P(O) zamiast P({O}) oraz P(R) zamiast P({R}) i ogólnie P(x) zamiast P({x}). Należy jednak pamiętać, że jest to tylko skrót notacyjny, a argumentami funkcji P są tylko i wyłącznie podzbiory Ω, a nie elementy Ω.
Spróbujmy przeanalizować trochę bardziej skomplikowany przykład.
Przykład 2 Rzucamy raz kostką. Tym razem naturalnie jest przyjąć Ω = {1,2,3,4,5,6}. Aby uzyskać zgodną z intuicją i doświadczeniem funkcję prawdopodobieństwa P zakładamy, że każdy z wyników jest równie prawdopodobny, tj. P(1) = P(2) = P(3) = P(4) = P(5) = P(6). Łatwo sprawdzić, podobnie jak poprzednio, że założenie to prowadzi do wniosku, że wszystkie te prawdopodobieństwa są równe \(\frac{1}{6}\). Mamy bowiem \(P(1)+\ldots+P(6) = P(\{1,2,3,4,5,6\}) = P(\Omega) = 1\).
Skoro udało nam się zdefiniować funkcję P, to spróbujmy policzyć prawdopodobieństwa prostych zdarzeń:
Przykład 3 Jakie jest prawdopodobieństwo wypadnięcia na kostce co najmniej trójki? Interesuje nas tu prawdopodobieństwo zdarzenia opisanego zbiorem {3,4,5,6}. Mamy
\(P(\{3,4,5,6\}) = P(3)+P(4)+P(5)+P(6) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}.\)
Ogólnie, jeśli interesuje nas prawdopodobieństwo dowolnego zdarzenia \(A \subseteq \Omega\), to powtarzając rozumowanie powyżej możemy pokazać, że \(P(A) = \frac{|A|}{6}\), czyli \(P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|}\).
Możemy nasze dotychczasowe rozważania podsumować następująco:
| Twierdzenie (Schemat klasyczny): |
|
Jeśli przyjmiemy, że wszystkie elementy Ω są równie prawdopodobne, to dla dowolnego zdarzenia \(A \subseteq \Omega\) zachodzi \(P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|}\). |
\(1 = P(\Omega) = P(\omega_1) + \ldots + P(\omega_n) \)
a ponieważ wszystkie P(ωi) mają być równe, to musi być:
\( P(\omega_1) = P(\omega_2) = \ldots = P(\omega_n) = \frac{1}{n}.\)
Wtedy dla dowolnego \(A \subseteq \Omega\) zachodzi
\( P(A) = |A| \cdot \frac{1}{n} = \frac{|A|}{|\Omega|}.\)
Powyższy wzór opisuje tzw. schemat klasyczny, czasem mówi się też o klasycznej definicji prawdopodobieństwa. W początkowym okresie rozwoju teorii prawdopodobieństwa używano powyższego wzoru jako definicji.
Spróbujmy użyć naszej metody w nieco bardziej skomplikowanych sytuacjach
Przykład 4 Rzucamy 3 razy symetryczną monetą, jakie jest prawdopodobieństwo uzyskania co najmniej 2 orłów?
Naturalnym kandydatem na Ω jest zbiór wszystkich trzyelementowych ciągów składających się z symboli O i R, czyli Ω = {OOO,OOR,ORO,ORR,ROO,ROR,RRO,RRR}. Ze względu na to, że mamy do czynienia z monetą symetryczną, zakładamy, że każdy z ciągów jest jednakowo prawdopodobny. Interesujące nas zdarzenie, tj. wypadnięcie co najmniej dwóch orłów odpowiada zbiorowi A = {OOO,OOR,ORO,ROO}. A zatem \(P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}\).
Istnieje też prostsze rozwiązanie tego zadania, korzystające bezpośrednio z założenia, że moneta jest symetryczna. Niech mianowicie A będzie zdarzeniem "wypadły co najmniej dwa orły", a B zdarzeniem "wypadły co najmniej dwie reszki". Wtedy z symetrii wynika, że P(A) = P(B). Jednocześnie A,B są rozłączne i \(A \cup B=\Omega\), więc \(P(A) = P(B) = \frac{1}{2}\).
To drugie rozumowanie jest poprawne niezależnie od tego jak zdefiniujemy Ω.
Przykład 5 Rzucamy trzy razy kostką sześcienną. Jakie jest prawdopodobieństwo uzyskania sumy oczek równej 7?
Za Ω przyjmiemy zbiór wszystkich trzyelementowych ciągów o elementach ze zbioru \(\{1,\ldots,6\}\), czyli \(\Omega = \{(a_1,a_2,a_3) : a_1,a_2,a_3 \in \{1,\ldots,6\}\}\) Nie będziemy wypisywać wszystkich elementów Ω, jest ich aż 63 = 216 (czytelników, dla których jest to niespodzianką, odsyłamy do kursu Kombinatoryka). Zakładamy, że każdy element Ω jest równie prawdopodobny ze względu na symetrię kostki. Jak wygląda podzbiór Ω odpowiadający sumie oczek równej 7? A = {(5,1,1),(4,2,1),(4,1,2),(3,3,1),(3,2,2),(3,1,3),(2,4,1),(2,3,2),(2,2,3),(2,1,4),(1,5,1),(1,4,2),(1,3,3),(1,2,4),(1,1,5)}. Uff, trochę tego jest. Zbiór A ma 15 elementów, a zatem \(P(A) = \frac{15}{216} = \frac{5}{72}\).
Zastanówmy się co by się stało w powyższym przykładzie gdybyśmy inaczej zdefiniowali Ω. Można na przykład za zdarzenia elementarne uznać wszystkie możliwe sumy oczek z trzech kostek i przyjąc \(\Omega=\{3,4,\ldots,17,18\}\). Można też za zdarzenie elementarne uznać uporządkowany niemalejąco ciąg wyników z poszczególnych kostek, tj. \(\Omega=\{(1,1,1),(1,1,2),(1,1,3),\ldots\}\) (ale nie np. (3,4,3)). W obu przypadkach zastosowanie schematu klasycznego byłoby nieuzasadnione i doprowadziłoby do błędnych wyników. Przy pierwszej definicji intuicyjnie jest dość jasne, że suma 3 nie powinna być równie prawdopodobna jak suma 10. Podobnie, w drugiej definicji, wynik (1,1,1) jest mniej prawdopodobny, niż (1,2,3). Jest tak dlatego, że (1,2,3) może zajść na 6 różnych sposobów, a (1,1,1) tylko na jeden. Te przykłady pokazują, że wybierając definicję zbioru zdarzeń elementarnych warto postarać się, aby wszystkie jego elementy były równie prawdopodobne. Wtedy dalsze rozumowanie znacząco się upraszcza.
Zadania
Zadanie 1 Wracając z pracy do domu Jaś korzysta z metra. Jeśli jako pierwsze przyjeżdza metro jadące w kierunku mieszkania jego mamy, to najpierw odwiedza mamę, a dopiero później wraca do domu. Jeśli natomiast jako pierwsze przyjeżdza metro jadące w kierunku domu, to jedzie bezpośrednio do domu i nie odwiedza mamy. Mama Jasia narzeka, że Jaś odwiedza ją bardzo bardzo rzadko. Jaś, który właśnie dowiedział się z portalu www.ucze-sie.pl o schemacie klasycznym, odpowiada "Mamo, przecież mamy tutaj tylko dwie równie prawdopodobne możliwości: Albo najpierw przyjedzie metro jadące w Twoim kierunku, albo metro jadące do domu. A zatem prawdopodobieństwo tego, że Cię odwiedzę wynosi \(\frac{1}{2}\)". Czy Jaś słusznie używa schematu klasycznego w tym przypadku? Uzasadnij swoją odpowiedź.
Rozwiązanie:
Zanim użyje się schematu klasycznego do obliczania prawdopodobieństwa trzeba się dobrze zastanowić, czy na pewno można go zastosować w rozpatrywanej przez nas sytuacji!
Zadanie 2 W urnie znajdują się 3 piłeczki czarne i 2 białe. Wybieramy losowo 2 piłeczki (bez zwracania ich do urny). Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że obie są czarne? Dla chętnych: co jeśli czarnych piłeczek jest c, a białych b?
Interesujące nas zdarzenie \(A \subseteq \Omega\) odpowiadające wylosowaniu dwóch czarnych piłeczek wygląda tak A = {c1c2,c1c3,c2c1,c2c3,c3c1,c3c2}, a zatem | A | = 6.
Ponieważ każdy układ dwóch różnych piłeczek powinien być równie prawdopodobny, korzystamy ze schematu klasycznego i dostajemy:
\( P(A) = \frac{6}{20} = \frac{3}{10} . \)
To samo rozumowanie przenosi się na przypadek c czarnych piłeczek i b białych. Analogicznie zdefiniowany zbiór Ω ma w tym przypadku moc | Ω | = (k + l)(k + l − 1) Z kolei zdarzenie A odpowiadające wylosowaniu dwóch piłeczek czarnych ma moc | A | = c(c − 1). Razem dostajemy
\( P(A) = \frac{c(c-1)}{(b+c)(b+c-1)} . \)
Zadanie 3 W totolotku skreślamy 6 liczb z 49. Jeśli skreślimy dokładnie te liczby, które zostaną wylosowane w oficjalnym losowaniu, wygrywamy tzw. "szóstkę", czyli bardzo wysoką nagrodę. Jeśli wśród skreślonych przez nas liczb znajdzie się 5 z 6-ciu liczb wylosowanych w oficjalnym losowaniu, wygrywamy "piątkę". Jakie jest prawdopodobieństwo wygrania odpowiednio szóstki i piątki?
Niech X będzie zbiorem liczb skreślonych przez nas na kuponie. Wtedy zdarzenie \(A\subseteq \Omega\) odpowiadające wygraniu przez nas "szóstki", to po prostu A = {X}. Zdarzenie A ma tylko jeden element, jest nim zbiór X, a zatem \(P(A) = \frac{1}{{{49} \choose 6}}\).
Niech \(B \subseteq \Omega\) będzie zdarzeniem odpowiadającym wygraniu przez nas piątki. Wtedy do B należą wszystkie zbiory, które zawierają dokładnie pięc elementów X i jeden element nie należący do X. Ile jest takich zbiorów? Piątek elementów należących do X jest \({6 \choose 5} = 6\). Dla każdej takiej piątki mamy 49 − 6 = 43 elementy nie należące do X. Razem daje to \(6\cdot 43\) możliwości. A zatem \(P(B) = \frac{6\cdot 43}{{{49} \choose 6}}\).
Zadanie 4 (*) W klasie jest 30 osób. Oszacuj prawdopodobieństwo tego, że pewne dwie osoby mają urodziny tego samego dnia. Zastanów się jakie założenia przyjąłeś rozwiązując to zadanie. UWAGA: W rozwiązaniu może przydać się następujące oszacowanie, prawdziwe dla x bliskich zeru: \( e^x \approx 1+x\).
W tym zadaniu za Ω dobrze jest przyjąć zbiór wszystkich ciągów długości 30 o elementach z 365-elementowego zbioru zawierającego wszystkie dni roku. A zatem | Ω | = 36530. Niech \(A \subseteq \) będzie zdarzeniem odpowiadającym sytuacji, w której każda z osób ma urodziny innego dnia. Wtedy A składa się z tych ciągów z Ω, w których wszystkie elementy są różne. Ile jest takich ciągów? Pierwszy element ciągu można wybrać dowolnie, t.j. na 365 sposobów. Przy ustalonym pierwszym elemencie drugi można wybrać na 364 sposoby. Przy ustalonych dwóch pierwszych elementach trzeci można wybrac na 363 sposoby, itd. A zatem \(|A| = 365 \cdot 364 \cdot \ldots \cdot 336 \), i otrzymujemy
\( P(A) = \frac{365 \cdot 364 \cdot \ldots \cdot 336}{365^{30}} .\)
Jest to prawdopodobieństwo tego, że każda z osób ma urodziny innego dnia. Interesujące nas prawdopodobieństwo wystąpienia tego samego dnia urodzin co najmniej dwukrotnie wynosi 1 − P(A).
Podane przez nas wyrażenie na P(A) jest dość skomplikowane i patrząc na nie trudno jest ocenić rząd wielkości odpowiedzi. Aby oszacować P(A) użyjemy wzoru ze wskazówki. Mamy mianowicie
\( P(A) = \frac{365}{365} \cdot \frac{365-1}{365}\cdot\ldots\cdot\frac{365-29}{365}\)
czyli
\( P(A) = \left(1-\frac{0}{365}\right)\left(1-\frac{1}{365}\right)\cdot\ldots\cdot\left(1-\frac{29}{365}\right).\)
Korzystając z wzoru \(e^x \approx 1+x\), prawdziwego dla x bliskich 0, uzyskujemy przybliżoną wartość P(A)
\( P(A) \approx e^{-\frac{0}{365}} \cdot e^{-\frac{1}{365}} \cdot \ldots \cdot e^{-\frac{29}{365}} = e ^ {-\left(\frac{0}{365}+\frac{1}{365}+\ldots+\frac{29}{365}\right)}\)
Wreszcie, korzystając ze wzoru na sumę szeregu arytmetycznego otrzymujemy:
\(P(A) \approx e^{-\frac{30\cdot 29/2}{365}} = e^{-\frac{435}{365}} \approx 0.3\)
A zatem przy 30 osobach wystąpienie pary osób o tym samym dniu urodzin jest ponad dwukrotnie bardziej prawdopodobne niż brak takiej pary osób. Spróbuj znaleźć liczbę osób, przy której obie sytuacje mają zbliżone prawdopodobieństwa.