Przeczytaj

Na początek przypomnienie – co to takiego to prawdopodobieństwo.

Niech $Ω$ będzie skończoną przestrzenią wyników pewnego doświadczenia losowego.

Prawdopodobieństwem nazywamy funkcję, która każdemu zdarzeniu $A \subset Ω$ przyporządkowuje liczbę $P (A)$ tak, aby spełnione były warunki:

$P (A) \geq 0$ ,

$P (Ω) = 1$ ,

jeśli $A \cap B = \emptyset$ , to $P (A \cup B) = P (A) + P (B)$ .

Wzór, z którego często korzystamy, wyznaczając prawdopodobieństwo zdarzenia losowego, określa klasyczna definicja prawdopodobieństwaklasyczna definicja prawdopodobieństwaklasyczna definicja prawdopodobieństwa.

Klasyczna definicja prawdopodobieństwa

Definicja: Klasyczna definicja prawdopodobieństwa

Niech $Ω$ będzie skończonym zbiorem wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych jednakowo prawdopodobnych.

Prawdopodobieństwem zajścia zdarzenia $A \subset Ω$ nazywamy liczbę:

P (A) = \frac{|A|}{|Ω|}

Przykład 1

Wezyr Oszukista namówił sułtana Prostodusznego, aby rzucali na przemian złotą monetą. Jeżeli wypadnie awers, sułtan płaci wezyrowi dukata, jeżeli wypadnie rewers – wezyr płaci dukata sułtanowi. Moneta była tak sporządzona, aby awers (na którym widniał portret sułtana) wypadał dwa razy częściej niż rewers. Sułtan jednak nie zorientował się, że moneta jest fałszywa, gdyż był dumny widząc swoją podobiznę na monecie. Obliczymy prawdopodobieństwo, że przy dwukrotnym rzucie tą monetą wypadnie awers i rewers.

Oznaczmy:
$A$ – w rzucie monetą wypadnie awers,
$B$ – w rzucie monetą wypadnie rewers,
$C$ – w dwukrotnym rzucie monetą wypadnie awers i rewers.

Wtedy:

$Ω = \{(A, R), (R, A), (A, A), (R, R)\}$ .

Awers wypada dwa razy częściej niż rewers, zatem:

$P (\{A\}) = \frac{2}{3}$ i $P (\{R\}) = \frac{1}{3}$ .

Stąd:

$P (\{A, R\}) = P (\{R, A\}) = \frac{2}{9}$ ,
$P (\{R, R\}) = \frac{1}{9}$ ,
$P (\{A, A\}) = \frac{4}{9}$ .

Zdarzeniu $C$ sprzyjają dwa wyniki.

$C = \{(A, R), (R, A)\}$ .

Z tego wynika, że $P (C) = \frac{2}{9} + \frac{2}{9} = \frac{4}{9}$ .

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo, że przy dwukrotnym rzucie tą monetą wypadnie awers i rewers jest równe $\frac{4}{9}$ .

Przykład 2

Przed nieczynną fontanną stoi duży pojemnik zawierający pięć kul, ponumerowanych odpowiednio: $1$ , $2$ , $3$ , $4$ , $5$ . Stoi też sześć małych pojemników oznaczonych odpowiednio: $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ , $H$ . Gdy turysta podchodzi do fontanny, maszyna pobiera wszystkie kule z dużego pojemnika i wrzuca je losowo do małych pojemników. Gdy dokładnie jeden z pojemników pozostaje pusty, z fontanny tryska woda. Oblicz prawdopodobieństwo, że fontanna zacznie działać.

Oznaczmy:
$F$ – zdarzenie polegające na tym, że fontanna zacznie działać.

Zbiór zdarzeń elementarnych jest zbiorem wszystkich pięciowyrazowych ciągów o wyrazach: $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ , $H$ . Czyli:

$|Ω| = 6^{5}$ .

Kule trafiają do pojemników w sposób losowy, więc wszystkie możliwe rozmieszczenia kul w pojemnikach są jednakowo prawdopodobne.

Zatem:

$|F| = 6 \cdot 5! = 6 \cdot 120$

Korzystamy z klasycznej definicji prawdopodobieństwa.

$P (F) = \frac{6 \cdot 120}{6^{5}} = \frac{120}{1296} = \frac{5}{54}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo tego, że fontanna zacznie działać jest równe $\frac{5}{54}$ .

W kolejnym przykładzie przypomnimy, jak rozwiązujemy zadania z wykorzystaniem prawdopodobieństwa warunkowego.

Prawdopodobieństwo warunkowe

Definicja: Prawdopodobieństwo warunkowe

Niech $A \subset Ω$ i $B \subset Ω$ oraz niech $P (B) > 0$ . Prawdopodobieństwem zajścia zdarzenia $A$ , pod warunkiem, że zaszło zdarzenie $B$ , nazywamy liczbę:

P (A | B) = \frac{P (A \cap B)}{P (B)}

Przykład 3

Wejścia do Zamku Śpiącej Królewny broni smok. Śmiałkowi, który chce dostać się do zamku, smok proponuje, aby z talii zawierającej $52$ karty wyciągnął losowo jedna po drugiej dwie karty bez zwracania. Jeśli druga z wylosowanych przez śmiałka karta jest dziewiątką, pod warunkiem, że pierwsza karta jest królem, może wejść do zamku. W przeciwnym razie śmiałek musi wykonać sto przysiadów i wrócić tam, skąd przybył. Oblicz prawdopodobieństwo, że śmiałkowi stojącemu przed bramą Zamku Śpiącej Królewny uda się obudzić królewnę.

Zbiór zdarzeń elementarnych jest zbiorem wszystkich uporządkowanych par różnych kart, czyli zbiorem dwuelementowych wariacji bez powtórzeń spośród $52$ elementów.

Z tego wynika, że:

$|Ω| = 52 \cdot 51$

Oznaczmy:
$A$ – zbiór tych par, w których druga karta jest dziewiątką,
$B$ – zbiór tych par, w których pierwsza karta jest królem.

Wtedy:

$A \cap B$ – zbiór tych par, w których pierwsza karta jest królem, a druga dziewiątką.

$|B| = 4 \cdot 51$

$|A \cap B| = 4 \cdot 4 = 16$

Korzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo warunkoweprawdopodobieństwo warunkoweprawdopodobieństwo warunkowe.

$P (A | B) = \frac{P (A \cap B)}{P (B)}$

$P (A | B) = \frac{\frac{16}{52 \cdot 51}}{\frac{4 \cdot 51}{52 \cdot 51}} = \frac{16}{4 \cdot 51} = \frac{4}{51}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo, że śmiałkowi stojącemu przed bramą Zamku Śpiącej Królewny uda się obudzić królewnę jest równe $\frac{4}{51}$ .

W doświadczeniach wieloetapowych obliczanie prawdopodobieństwa związane jest ze wzorem na prawdopodobieństwo całkowite. Nim rozwiążemy zadanie pokazujące zastosowanie tego wzoru – przypomnimy odpowiednie pojęcia.

Zupełny układ zdarzeń

Definicja: Zupełny układ zdarzeń

Niech $Ω$ będzie dowolnym zbiorem zdarzeń elementarnych. Mówimy, że zdarzenia $B_{1}$ , $B_{2}$ , $\dots$ , $B_{n} \subset Ω$ tworzą zupełny układ zdarzeń wtedy i tylko wtedy, gdy spełnione są warunki:

$P (B_{i}) > 0$ , gdy $i \in \{1, 2, 3, \dots, n\}$ ,

$B_{1} \cup B_{2} \cup \dots \cup B_{n} = Ω$ ,

$B_{i} \cap B_{j} = \emptyset$ , gdy $i \neq j$ oraz $i \in \{1, 2, \dots, n\}$ i $j \in \{1, 2, \dots, n\}$ .

Wzór na prawdopodobieństwo całkowite (zupełne)

Twierdzenie: Wzór na prawdopodobieństwo całkowite (zupełne)

Jeżeli zdarzenia $B_{1}$ , $B_{2}$ , $\dots$ , $B_{n} \subset Ω$ tworzą zupełny układ zdarzeń, to prawdopodobieństwo dowolnego zdarzenia $A \subset Ω$ wyraża się wzorem:

P (A) = P (B_{1}) \cdot P (A | B_{1}) + P (B_{2}) \cdot P (A | B_{2}) + \dots + P (B_{n}) \cdot P (A | B_{n})

Przykład 4

Pałac Ponurego Księcia sprzątają tylko małe stworki przy czym $40 %$ wszystkich stworków to krasnoludy, $10 %$ to krasnoludki, $50 %$ to skrzaty. Wiadomo też, że w czerwonych czapeczkach chodzi $10 %$ krasnoludów, $20 %$ krasnoludków i $60 %$ skrzatów. Obliczymy prawdopodobieństwo tego, że spotkany w pałacu stworek nie nosi czerwonej czapeczki.

Oznaczmy:
$A$ – zdarzenie polegające na tym, że losowo spotkany stworek nie nosi czerwonej czapeczki,
$B$ – zdarzenie polegające na tym, że losowo spotkany stworek to krasnolud,
$C$ – zdarzenie polegające na tym, że losowo spotkany stworek to krasnoludek,
$D$ – zdarzenie polegające na tym, że losowo spotkany stworek to skrzat.

Zauważmy, że zdarzenia $B$ , $C$ , $D$ tworzą zupełny układ zdarzeń. Możemy więc skorzystać ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite.

$P (A) = P (B) \cdot P (A | B) + P (C) \cdot P (A | C) + P (D) \cdot P (A | D)$

Zauważmy, że

$P (B) = 0, 4$

$P (C) = 0, 1$

$P (D) = 0, 5$

Na podstawie treści zadania, możemy zapisać:

$P (A | B) = 0, 9$

$P (A | C) = 0, 8$

$P (A | D) = 0, 4$

Uzyskane liczby wstawiamy do wzoru na prawdopodobieństwo całkowite.

$P (A) = 0, 4 \cdot 0, 9 + 0, 1 \cdot 0, 8 + 0, 5 \cdot 0, 4$

$P (A) = 0, 36 + 0, 08 + 0, 2 = 0, 64$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo tego, że spotkany w pałacu stworek nie nosi czerwonej czapeczki jest równe $0, 64$ .

Rozwiązanie następnego zadania będzie wymagało zastosowania twierdzenia określającego prawdopodobieństwo $k$ sukcesów w $n$ próbach Bernoulliego. Przypominamy je.

Prawdopodobieństwo uzyskania

k

sukcesów w

n

próbach Bernoulliego

Twierdzenie: Prawdopodobieństwo uzyskania

k

sukcesów w

n

próbach Bernoulliego

Prawdopodobieństwo, że w $n$ próbach Bernoulliego sukces wypadnie dokładnie $k$ razy wyraża się wzorem:

P (S_{n} = k) = (\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}) \cdot p^{k} \cdot q^{n - k}

gdzie:
$p$ – prawdopodobieństwo sukcesu,
$q = 1 - p$ – prawdopodobieństwo porażki w jednej próbie, $k \in \{0, 1, 2, 3, \dots, n\}$ i $0 < p < 1$ .

Przykład 5

Pan Anielski gra z panami Diabelskim, Czartowskim i Wampirskim w pokera. Anielski opracował niezawodny system wygrania, ale musi w sześciu rozdaniach otrzymać asa kier $4$ razy. Obliczymy, jakie byłoby prawdopodobieństwo wygrania pana Anielskiego, gdyby nie miał opracowanego niezawodnego systemu wygranej (i gdyby w sześciu rozdaniach otrzymał asa kier $4$ razy).

Zakładamy, że karty rozdawane są w sposób losowy (za każdym razem gracze otrzymują po $13$ kart).

Prawdopodobieństwo otrzymania asa kier przez każdego z graczy w danym rozdaniu jest równe $p = \frac{1}{4}$ i $n = 6$ (liczba rozdań).

Korzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo $k = 4$ sukcesów w $n = 6$ próbach Bernoulliego.

$P (S_{6} = 4) = (\begin{matrix} 6 \\ 4 \end{matrix}) \cdot {(\frac{1}{4})}^{4} \cdot {(1 - \frac{1}{4})}^{2}$

$P (S_{6} = 4) = \frac{6!}{4! \cdot 2!} \cdot \frac{1}{256} \cdot {(\frac{3}{4})}^{2}$

$P (S_{6} = 4) = 15 \cdot \frac{1}{256} \cdot \frac{9}{16}$

$P (S_{6} = 4) = \frac{135}{4096}$

Odpowiedź:

Prawdopodobieństwo wygrania przez pana Anielskiego, gdyby nie miał opracowanego niezawodnego systemu wygranej, byłoby równe $\frac{135}{4096}$ .

Słownik

klasyczna definicja prawdopodobieństwa

niech $Ω$ będzie skończonym zbiorem wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych jednakowo prawdopodobnych; prawdopodobieństwem zajścia zdarzenia $A \subset Ω$ nazywamy liczbę:

P (A) = \frac{|A|}{|Ω|}

prawdopodobieństwo warunkowe

niech $A \subset Ω$ i $B \subset Ω$ oraz niech $P (B) > 0$ ; prawdopodobieństwem zajścia zdarzenia $A$ , pod warunkiem, że zaszło zdarzenie $B$ , nazywamy liczbę:

P (A | B) = \frac{P (A \cap B)}{P (B)}

Wprowadzenie

Galeria zdjęć interaktywnych

Słownik