7 Toruński Festiwal Nauki i Sztuki

Transkrypt

1 7 Toruński Festiwal Nauki i Sztuki Rok 2007 rokiem Samuela Bogumiła Lindego Prawdopodobieństwo = podobieństwo do prawdy; przewidzieć skutki sprawy swoiey z niejaka prawdopodobnościa Słownik Języka Polskiego przez Samuela Bogumiła Linde, 1807 Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 1

2 Problem sekretarki i dylemat więźnia, czyli dlaczego warto znać podstawy teorii prawdopodobieństwa mgr Joanna Karłowska-Pik dr Bartosz Ziemkiewicz Katedra Teorii Prawdopodobieństwa i Analizy Stochastycznej Wydział Matematyki i Informatyki UMK Toruń Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 2

3 Paradoks kawalera de Méré Antoine Gombaud kawaler de Méré ( ) Przy rzucie trzema kostkami sumę oczek równa 11 można uzyskać na tyle samo sposobów, co 12: 11 = = = = = = = = = = = = Dlaczego częściej wypada suma równa 11? Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 3

4 Symulacja rzutów trzema kostkami Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 4

5 Definiujemy przestrzeń zdarzeń elementarnych Ω jako zbiór wszystkich możliwych wyników danego doświadczenia losowego. Np. dla rzutu moneta Ω = {O,R}, dla rzutu kostka Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. W naszym przypadku przestrzenia zdarzeń elementarnych jest zbiór składajacy się z trójek (r 1,r 2,r 3 ) wynik 1. rzutu wynik 2. rzutu Takich trójek jest = 216. wynik 3. rzutu Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 5

6 Po uwzględnieniu kolejności 11 : (6, 4, 1), (6, 1, 4), (4, 1, 6), (4, 6, 1), (1, 4, 6), (1, 6, 4) (6, 3, 2), (6, 2, 3), (3, 2, 6), (3, 6, 2), (2, 6, 3), (2, 3, 6) (5, 5, 1), (5, 1, 5), (1, 5, 5) (5, 4, 2), (5, 2, 4), (4, 2, 5), (4, 5, 2), (2, 4, 5), (2, 5, 4) (5, 3, 3), (3, 5, 3), (3, 3, 5) (4, 4, 3), (4, 3, 4), (3, 4, 4) 27 możliwości! Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 6

7 Po uwzględnieniu kolejności 12 : (6, 5, 1), (6, 1, 5), (5, 1, 6), (5, 6, 1), (1, 5, 6), (1, 6, 5) (6, 4, 2), (6, 2, 4), (4, 2, 6), (4, 6, 2), (2, 6, 4), (2, 4, 6) (6, 3, 3), (3, 6, 3), (3, 3, 6) (5, 5, 2), (5, 2, 5), (2, 5, 5) (5, 4, 3), (5, 3, 4), (4, 3, 5), (4, 5, 3), (3, 4, 5), (3, 5, 4) (4, 4, 4) 25 możliwości! Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 7

8 Paradoks losowych liczb naturalnych Dwie osoby graja w następujac a grę. Krupier wybiera losowo dwie kolejne liczby naturalne i przyznaje je (losowo) graczom. Każdy z graczy widzi liczbę przeciwnika, ale nie zna swojej. Krupier pyta się graczy, czy graja, czy pasuja. Jeśli graja, krupier sprawdza jakie liczby wylosowali i wtedy osoba z mniejsza liczba płaci drugiej tyle złotych, ile wynosiła jej liczba. Jeśli choć jeden z graczy spasuje, krupier powtarza losowanie. Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 8

9 Żaden z graczy jednak nie spasuje, bo rozumuje następujaco: Gdy widzę, że przeciwnik ma liczbę k, to ja mam k+1 lub k 1. Każda z tych liczb jest jednakowo prawdopodobna. Gdy wygram, zyskuję k złotych, gdy przegram tracę k 1 złotych. Średnio wygrywam k (k 1) 2 = 1 2 = 50 gr. Drugi gracz rozumuje podobnie, więc gra jest korzystna dla obu. Gdzie tkwi bład? Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 9

10 Definicja prawdopodobieństwa Prawdopodobieństwo zdarzenia A to liczba P(A) spełniajaca warunki: 0 P(A) 1, P(Ω) = 1, jeśli mamy zdarzenia, które się wykluczaja, to prawdopodobieństwo, że zajdzie co najmniej jedno z nich (czyli zajdzie pierwsze z nich lub drugie, lub trzecie,... ) jest równe sumie ich prawdopodobieństw: P(A 1 lub A 2 lub A 3 lub...) = P(A 1 ) + P(A 2 ) + P(A 3 ) +... Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 10

11 Źródło paradoksu W naszym przykładzie gracze mieli nieskończona przestrzeń Ω i zakładali, że wylosowanie każdej pary liczb jest jednakowo prawdopodobne. Wtedy P(Ω) = p + p + p +... }{{} nieskończenie wiele = +, ale P(Ω) musi być równe 1! Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 11

12 Paradoks dni urodzin Jak duża musi być grupa, żeby szansa, że dwie osoby z tej grupy obchodza urodziny tego samego dnia, wynosiła co najmniej 50%: około 25 osób, około 180 osób, około 360 osób? Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 12

13 Prawdopodobieństwo klasyczne Jeśli zbiór zdarzeń elementarnych jest skończony i wszystkie zdarzenia elementarne sa jednakowo prawdopodobne, to P(A) = #A #Ω. Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 13

14 Rozwiazanie: Policzymy prawdopodobieństwo p n, że żadne dwie osoby nie maja urodzin w tym samym dniu. Zakładamy, że szanse urodzenia się w danym dniu roku sa jednakowe. 365 liczba dni w roku, n 365 liczba osób w grupie. p n = (365 n + 1) (365) n. Prawdopodobieństwo, że urodziny dwóch osób wypadaja w tym samym dniu, jest równe p n = (365 n + 1) (365) n. Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 14

15 Prawdopodobieństwa p n, że wśród n osób przynajmniej dwie obchodza urodziny w tym samym dniu: n p n n p n 10 0, , , , , , , , , , , , , , , ,99999 Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 15

16 Prawdopodobieñstwo pary Liczba osób Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 16

17 Prawdopodobieństwo spotkania Ania i Basia umówiły się między a w centrum Torunia. Przyjmijmy, że komunikacja miejska w godzinach szczytu działa losowo. Osoba, która przyjdzie pierwsza czeka na druga 20 minut potem odchodzi. Jaka jest szansa, że dojdzie do spotkania? Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 17

18 Prawdopodobieństwo geometryczne Jeśli Ω jest ograniczonym podzbiorem R d (prostej, płaszczyzny, przestrzeni), to P(A) = ld (A) l d (Ω), gdzie l d miara zbioru (długość, pole, objętość). Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 18

19 Rozwiazanie problemu Ω = [0, 1] [0, 1] t Basi (h) Ania przyjdzie 20 minut przed Basia Ania i Basia przyjda w tej samej chwili A Ania przyjdzie 20 minut po Basi t Ani (h) Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 19

20 l 2 (Ω) = 1 1 = 1, l 2 (A) = = = 5 9, P(A) = l2 (A) l 2 (Ω) = 5/9 1 = 5 9. Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 20

21 Problem sekretarki Roztargniona sekretarka wkładała listy do zaadresowanych kopert całkowicie losowo. Jakie jest prawdopodobieństwo, że przynajmniej jeden list dotrze do adresata, jeśli listy były 3? Jakie, jeśli listy były 4? Czy przy coraz większej liczbie listów możemy się spodziewać, że prawdopodobieństwo, że choć jeden list znajdzie się we właściwej kopercie, będzie bliskie 1? Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 21

22 Wzór właczeń i wyłaczeń n = 2 A 1 ia 2 A 1 A 2 P(A 1 lub A 2 ) = P(A 1 ) + P(A 2 ) P(A 1 ia 2 ) Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 22

23 n = 3 A 1 i A 2 A 1 A 2 A 1 i A 3 A 2 i A 3 A 3 A 1 i A 2 i A 3 P(A 1 luba 2 luba 3 ) = P(A 1 ) + P(A 2 ) + P(A 3 ) P(A 1 i A 2 ) P(A 2 i A 3 ) P(A 1 i A 3 ) + P(A 1 i A 2 i A 3 ). Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 23

24 3 listy A 1 1. list dotarł do adresata A 2 2. list dotarł do adresata A 3 3. list dotarł do adresata P(A 1 ) = P(A 2 ) = P(A 3 ) = = 1 3 P(A 1 ia 2 ) = P(A 2 ia 3 ) = P(A 1 ia 3 ) = = 1 6 P(A 1 ia 2 ia 3 ) = 1 6 Stad P(A 1 lub A 2 lub A 3 ) = = 2 3 = 0, Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 24

25 4 listy P(A 1 ) = = P(A 4 ) }{{} 4 możliwości P(A 1 ia 2 ) = = P(A 3 ia 4 ) }{{} 6 możliwości = = 1 4 P(A 1 ia 2 ia 3 ) = = P(A 2 ia 3 ia 4 ) }{{} 4 możliwości P(A 1 ia 2 ia 3 ia 4 ) = = = = 1 12 = = 1 24 P(A 1 lub A 2 lub A 3 lub A 4 ) = = 5 8 = 0, 625 Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 25

26 n listów n p n p n n e Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 26

27 Idź na całość! Monty Hall problem nazwa pochodzi od nazwiska prowadzacego amerykańska wersję programu: Let s Make a Deal. Maurice Halperin (Monty Hall), ur Marilyn vos Savant opisała problem i podała rozwiazanie w kolumnie Ask Marilyn magazynu Parade. Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 27

28 Opis problemu Przypuśćmy, że grasz w teleturnieju i masz do wyboru trzy bramki: za jedna z nich jest samochód, za dwoma Zonk. Wybierasz bramkę, np. nr 1, a gospodarz teleturnieju, wiedzac co jest za drzwiami, otwiera inna bramkę, np. nr 3, za która jest Zonk. Gospodarz zadaje pytanie: Czy chcesz wybrać bramkę nr 2? Czy powinieneś zmienić swoja decyzję i wybrać bramkę nr 2 zamiast bramki nr 1? Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 28

29 Odpowiedź TAK! Prawdopodobieństwo, że za Twoimi drzwiami jest samochód wynosi 1/3, a prawdopodobieństwo, że jest on za drzwiami numer 2 jest równe 2/3. Dlaczego? Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 29

30 Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 30

31 Start 1/3 1/3 1/3 S1 S2 S3 1/3 1/3 1/3 1/3 1/3 1/3 1/3 1/3 1/3 B1 B2 B3 B1 B2 B3 B1 B2 B3 1/2 1/ /2 1/ /2 1/2 Z2 Z3 Z3 Z2 Z3 Z1 Z3 Z1 Z2 Z1 Z1 Z2 1/18 1/18 1/9 1/9 1/9 1/18 1/18 1/9 1/9 1/9 1/18 1/18 Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 31

32 Dylemat więźnia Trzej więźniowie: Arnold, Bernard i Cezary zostali skazani na śmierć. Król postanowił ułaskawić jednego z nich, o czym dowiedzieli się zainteresowani, ale nie dowiedzieli się, który z nich będzie wolny. Arnold przekupił strażnika, który zgadza się wymienić imię jednego z więźniów, który zostanie ścięty, ale o losie Arnolda nic nie powie. Przed zadaniem pytania Arnold ocenia, że każdy ma szansę ułaskawienia równa 1/3. Strażnik twierdzi, że Bernard zostanie odesłany w ręce kata. Arnold uważa teraz, że jego szanse rosna do 1/2 (bo zostanie ułaskawiony Arnold lub Cezary). Czy popełnia bład? Kolumna Martina Gardnera Mathematical Games w Scientific American (polski Świat Nauki ), 1959 r. Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 32

33 Problem jest analogiczny do problemu Monty Halla. Trzeba postawić pytanie: Czy Arnold, gdyby mógł, powinien zamienić swój los na los Cezarego? Strażnik zachowuje się analogicznie do prowadzacego teleturniej: jeśli Arnold będzie ułaskawiony, może wskazać Bernarda lub Cezarego, jeśli Bernard będzie ułaskawiony, musi wskazać Cezarego, jeśli Cezary będzie ułaskawiony, musi wskazać Bernarda. Tak więc Arnold ma 1/3 szans na ułaskawienie! Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 33

34 Król 1/3 1/3 1/3 A B C 1/2 1/2 1 1 B C C B 1/6 1/6 1/3 1/3 Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 34

35 Paradoks Lewisa Carrolla (8.XI.1887) Charles Lutwidge Dodgson (Lewis Carrolll), W torbie sa dwie kulki. Wiadomo o nich tyle, że każda z nich może być biała lub czarna. Następujace rozumowanie pokazuje, że jedna musi być biała a druga czarna! Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 35

36 Wiemy, że P(BB) = P(CC) = 1 4, P(BC) = 1 2. Wkładamy do torby jedna czarna kulkę. Potrzasamy torba i wyciagamy w sposób losowy jedna kulkę. Jakie jest prawdopodobieństwo, że kulka jest czarna? P(C) = 1 P(CCC) P(CCB) P(CBB) = = 2 3. Ale torba zawierała 3 kulki. Szansa, że wylosujemy czarna wynosi 2/3, więc w torbie musza być dwie czarne kulki i jedna biała. Przed dodaniem czarnej kulki w torbie musiała więc być jedna kulka biała i jedna czarna! Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 36

37 Wzór na prawdopodobieństwo całkowite Jeśli zbiory B 1,B 2,B 3 tworza rozbicie przestrzeni Ω i P(B 1 ) > 0,P(B 2 ) > 0,P(B 3 ) > 0, to B 1 B 2 B 3 A Ω P(A) = P(A B 1 ) P(B 1 ) +P(A B 2 ) P(B 2 ) +P(A B 3 ) P(B 3 ). Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 37

38 Źródło paradoksu Obliczajac P(C), wstawiliśmy w miejsce P(CCC), P(CCB), P(CBB) prawdopodobieństwa, które znamy z sytuacji dla dwóch kulek w urnie. Tymczasem Ω = {(C,C,C), (C,C,B),(C,B,C), (B,C,C), więc #Ω = 7 i (C,B,B), (C,B,B), (B,B,C)}, P(CCC) = 1 7, P(CCB) = 3 7, P(CBB) = 3 7. Stad P(C) = = Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat więźnia... p. 38