1 Przestrzeń zdarzeń elementarnych

Transkrypt

1 Przestrzeń zdarzeń elementarnych Przestrzeń zdarzeń elementarnych jest pojęciem pierwotnym w teorii prawdopodobieństwa. W zastosowaniach tej teorii zdarzenia elementarne interpretuje się jao możliwe przypadi, wynii doświadczenia, stany obietów, wystąpienia zjawis, itp., jedna zawsze w taiej sytuacji, iedy istnieje niepewność, tóry z przypadów, wyniów, stanów, itd. pojawił się bądź pojawi się w przyszłości. Zbiory zdarzeń elementarnych, czyli podzbiory danej przestrzeni zdarzeń elementarnych nazywamy róto zdarzeniami. Zbiór pusty nazywamy zdarzeniem niemożliwym, a całą przestrzeń zdarzeniem pewnym. O zdarzeniach elementarnych, tóre należą do danego zdarzenia, mówimy, że mu sprzyjają. Oznaczenia: Ω przestrzeń zdarzeń elementarnych; ω zdarzenie elementarne; A Ω zdarzenie; A = Ω \ A zdarzenie przeciwne. Jeśli np. rozpatrujemy doświadczenie polegające na rzucie ostą, to zdarzeniami elementarnymi będą poszczególne wynii:, 2, 3, 4, 5, 6. Przestrzeń zdarzeń elementarnych jest zbiorem Ω = {, 2, 3, 4, 5, 6}. Zdarzeniem jest ażdy jego podzbiór, np. A = {, 3, 5} (wyrzucenie nieparzystej liczby ocze); zdarzeniem przeciwnym jest wtedy A = {2, 4, 6}(wyrzucenie parzystej liczby ocze). (Wszystich zdarzeń jest 2 6 = 64 dlaczego?) Ja widać w onretnym problemie zbiór Ω musi być zdefiniowany, i na ogół nie powinno to sprawiać problemu. Jedna trzeba sobie zdawać sprawę, że zdarzenia nie są elementami zbioru Ω, lecz jego podzbiorami. Zatem należy rozpatrywać jaąś lasę F podzbiorów zbioru Ω. Może to być lasa wszystich podzbiorów, ale nie musi. W wyborze tej lasy nie ma całowitej dowolności: aby poprawnie rozwijać teorię lasa F musi mieć trzy cechy:. F ; 2. A F A F; 3. A, A 2,... F n= A n F.

2 Te własności zapewniają, że suma, przerój (iloczyn), czy dopełnienie zdarzenia też jest zdarzeniem. Rodzinę zbiorów o taich własnościach matematycy nazywają ciałem zdarzeń. Definicja Niech F będzie ciałem zdarzeń. Funcję liczbową P : F [0, ] nazywamy prawdopodobieństwem jeśli: P. (A, A 2,... F oraz A i A j = dla i j) P ( n= A n ) = n= P (A n ); P2. P (Ω) =. Tróję (Ω, F, P ) nazywamy przestrzenią probabilistyczną. Na danym ciele zdarzeń można oreślić różne prawdopodobieństwa. Umiejętne oreślenie zarówno zbioru Ω ja i prawdopodobieństwa ma podstawowe znaczenie dla suteczności zastosowania teorii. Definicja prawdopodobieństwa jest stosunowo prosta, ale waruni P i P2 są na tyle mocne, że można z nich wywniosować następujące własności prawdopodobieństwa. Własności prawdopodobieństwa. P ( ) = 0; 2. P ( n = A ) = n = P (A ), o ile A i A j ; 3. Jeżeli A, B F oraz A B, to P (A) P (B); 4. Jeżeli A, A 2,... F, to P ( = A ) = P (A ); 5. Jeżeli A, B F, to P (A B) = P (A) + P (B) P (A B). Przyładowo wyażemy własność 5. Mamy B = (A B) (B \ A), zatem z warunu P: P (B) = P (A B) + P (B \ A), czyli P (B \ A) = P (B) P (A B). Ale taże A B = A (B \ A), więc P (A B) = P (A) + P (B \ A), i podstawiając P (B \ A) = P (B) P (A B) otrzymujemy tezę. 2

3 2 Sończone przestrzenie probabilistyczne Przestrzeń probabilistyczną nazywamy sończoną, gdy sończona jest przestrzeń zdarzeń elementarnych Ω. Jeżeli Ω = {ω, ω 2,..., ω n }, to ciałem zdarzeń F jest wtedy zbiór wszystich podzbiorów zbioru Ω. F ma zatem 2 n elementów. Prawdopodobieństwo będzie oreślone, jeżeli ażdemu zdarzeniu elementarnemu ω i przyporządujemy liczbę p i taą, że p i 0 oraz n i= p i =. Wtedy ażdemu zdarzeniu A = {ω i,..., ω i } będzie przypisane prawdopodobieństwo P (A) = P (ω i ) + P (ω i2 ) + + P (ω i ). W szczególności, jeśli przyjmiemy p i =, to otrzymamy lasyczną definicję n prawdopodobieństwa (Laplace a): Prawdopodobieństwo zdarzenia A jest równe stosunowi liczby zdarzeń sprzyjających zdarzeniu A do liczby wszystich możliwych zdarzeń elementarnych. Przyład Sześcian, tórego wszystie ściany są pomalowane rozpiłowano tworząc 000 sześcianiów jednaowej wielości. Obliczyć prawdopodobieństwo, że losowo wybrany sześciani będzie miał dwie ściany pomalowane. Rozwiązanie. Tutaj n = Ω = 000. Ponieważ ściana ma 2 rawędzi, a na ażdej z nich 8 sześcianiów o dwóch ścianach pomalowanych, zatem = 2 8 = 96. Ostatecznie p = = 0, 096. n 3 Niesończone przestrzenie probabilistyczne Jeżeli przestrzeń zdarzeń elementarnych jest niesończona, to również przestrzeń probabilistyczną (Ω, F, P ) nazywamy niesończoną. W tym przypadu lasyczna definicja prawdopodobieństwa nie może być zastosowana. Ale w wielu przypadach można zastosować tzw. prawdopodobieństwo geometryczne. Mianowicie, jeśli całą przestrzeń zdarzeń elementarnych można zinterpretować jao obszar na płaszczyźnie (lub w przestrzeni), to można przyjąć, że prawdopodobieństwem jest zwyła miara geometryczna, a doładniej P (A) = A Ω, gdzie A, Ω oznaczają miary geometryczne obszarów (długość na prostej, pole na płaszczyźnie, objętość w przestrzeni). 3

4 Przyład Jaie jest prawdopodobieństwo, że suma dwóch na chybił trafił wybranych dodatnich liczb, z tórych ażda jest nie więsza od, jest nie więsza od a ich iloczyn jest nie więszy od 2 9? Rozwiązanie. Niech x, y będą wybranymi liczbami. Ponieważ 0 x, 0 y, więc obszarem Ω jest wadrat o polu. Wartości sprzyjające spełniają nierówności Pole obszaru sprzyjającego: zatem A = 3 0 ( x)dx + x + y, xy x dx + ( x)dx = ln 2 0, P (A) = 0, 487. Przyład 2 Na płaszczyźnie poprowadzone są proste równoległe, odległości między nimi wynoszą na zmianę,5 cm i 8 cm. Obliczyć prawdopodobieństwo, że losowo rzucony na tę płaszczyznę orąg o promieniu 2,5 cm nie przetnie ani jednej prostej. 3 Odp. 0, 36. 9,5 Przyład 3 Dwie osoby maja jednaowe prawdopodobieństwo przybycia na dane miejsce w ażdej chwili przedziału czasu o długości T. Obliczyć prawdopodobieństwo, że czas oczeiwania jednej osoby na drugą będzie nie dłuższy niż t. Rozwiązanie Przestrzeń Ω to wadrat o bou T : 0 x T, 0 y T. Natomiast (x, y) A y x t. Zatem więc P (A) = 2 T t t2 T 2. A = T (T t)2 = 2T t t 2, 4 Prawdopodobieństwo warunowe Czasem dysponujemy informacjami, na podstawie tórych należy wyeliminować pewne zdarzenia elementarne, ponieważ nie będą mogły one wystąpić. W taiej sytuacji należy rozważać prawdopodobieństwo warunowe. 4

5 Załadamy, że oreślona jest przestrzeń probabilistyczna (Ω, F, P ) i mamy warune ograniczający, tzn pewne zdarzenie B F, P (B) > 0. Przez wystąpienie zdarzenia A pod waruniem zdarzenia B rozumiemy zdarzenie A B. Prawdopodobieństwo warunowe zdarzenia A pod waruniem zdarzenia B oznaczamy P (A B). Prawdopodobieństwo warunowe można obliczyć tworząc przestrzeń probabilistyczną, w tórej przestrzenią zdarzeń elementarnych będzie B. Będziemy rozważać lasę F B = {A B : A F}, tóra jest ciałem zdarzeń. Na tym ciele oreślamy nową funcję prawdopodobieństwa: P (A B) P (A B) =, A, B F, P (B) > 0. P (B) Jeżeli P (A B) = P (A), to zdarzenia A i B nazywamy niezależnymi. Wtedy mamy P (A B) = P (A) P (B), i zwyle ten warune podaje się jao definicję zdarzeń niezależnych. Przyłady. Niech Z n, n =, 2,... oznacza zdarzenie polegające na tym, że nowo zainstalowane urządzenie znajdować sie będzie w stanie zdatności przez ores n olejnych miesięcy. Wiadomo, że P (Z 6 ) = 0, 89 i P (Z 2 ) = 0, 53. Obliczyć prawdopodobieństwo, że urządzenie pracujące 6 miesięcy będzie zdatne do użytu przez dalsze 6 miesięcy. P (Z 2 Z 6 ) = P (Z 2 Z 6 ) = P (Z 2) 0, 53 = = 0, 6. P (Z 6 ) P (Z 6 ) 0, Prawdopodobieństwo występowania załóceń przy przesyłaniu sygnału impulsowego (zdarzenie A) jest równe P (A) = 0, 02, natomiast prawdopodobieństwo stłumienia sygnału (zdarzenie B) przez załócenie wynosi P (B A) = 0, 25. Jaie jest prawdopodobieństwo, że wystąpi załócenie tłumiące sygnał? P (A B) = P (A) P (B A) = 0, 003. Twierdzenie (o prawdopodobieństwie całowitym) Jeżeli zdarzenia H, H 2,..., H n tworzą podział przestrzeni zdarzeń elementarnych i P (H i ) > 0 dla i =, 2,... n, to dla dowolnego zdarzenia A zachodzi równość: n P (A) = P (A H i )P (H i ). i= 5

6 D o w ó d. Ponieważ A = n i= (A H i ) oraz A H i są parami rozłączne, więc n n P (A) = P (A H i ) = P (A H i )P (H i ). i= i= Przyład Prawdopodobieństwo, że przedmiot wyproduowany przez maszynę M będzie pierwszego gatunu wynosi 0,7. Dla maszyny N to prawdopodobieństwo wynosi 0,8. Na maszynie M zrobiono dwa przedmioty, a na N trzy. Obliczyć prawdopodobieństwo, że wszystie przedmioty są pierwszego gatunu. Rozwiązanie. Niech A i oznacza zdarzenie, że i-ty przedmiot jest pierwszego gatunu, H, że został zrobiony na maszynie M, a H 2, że został zrobiony na maszynie N. Wtedy P (A i ) = P (A i H )P (H ) + P (A i H 2 )P (H 2 ) = 0, 7 0, 4 + 0, 8 0, 6 = 0, 76. Ponieważ zdarzenia A i są niezależne, więc P (A A 5 ) = P (A i ) 5 = 0, 254. Twierdzenie 2 (wzór Bayesa) Jeżeli hipotezy H i, i =, 2,..., n stanowią pełny uład wyłączających się zdarzeń, to prawdopodobieństwo hipotezy H pod waruniem, że zaszło zdarzenie A wynosi P (H A) = P (H )P (A H ) P (A) = P (H )P (A H ) ni= P (H i )P (A H i ). Przyłady. W partii 000 żarówe może występować 0,,..., 5 wadliwych żarówe. Możliwości te są jednaowo prawdopodobne. Wzięto losowo 00 żarówe, i wszystie oazały się dobre. Jaie jest prawdopodobieństwo, że wszystie są dobre? Rozwiązanie. Niech H i będzie zdarzeniem, że i żarówe jest wadliwych, A że losowo wybranych 00 jest dobrych. Wtedy mamy ) dla i = 0,,..., 5, więc P (H i ) = 6, P (A H i) = ( 000 i 00 ( ) P (H 0 A) = P (H 0)P (A H 0 ) 5i=0 P (H i )P (A H i ) = = 0,

7 2. Wiadomo, że 90% producji pewnego wyrobu spełnia wymagania normy. Stosując uproszczoną ontrolę wyrobu uznaje się wybraną sztuę za dobrą z prawdopodobieństwem 0,98 gdy jest ona rzeczywiście dobra, i z prawdopodobieństwem 0,05, gdy jest zła. Jaie jest prawdopodobieństwo, że sztua uznana za dobrą jest rzeczywiście dobra? Rozwiązanie. Niech H : sztua dobra; H 2 = H : sztua zła; A : uznanie za dobrą; A 2 = A : uznanie za złą. Po rachunach: P (H A ) 0, 998. Można też obliczyć, że P (H A 2 ) = 0, 59 = 5, 9%. Zatem jest dość duże prawdopodobieństwo, że sztua uznana za złą jest dobra. 3. W czasie egzaminu 50% studentów odpisywało. Spośród studentów uczciwych zdało 60%, a z grupy oszuujących 40%. Jaie jest prawdopodobieństwo, że student, tóry zdał egzamin, jest uczciwy? Rozwiązanie. Niech A jest zdarzeniem, że zdał; U, że jest uczciwy. P (U A) = P (U)P (A U) P (U)P (A U) + P (U )P (A U ) = = 3 5 = 60%. Przy innych danych: 60% odpisuje, zdaje 70% uczciwych i 40% nieuczciwych mamy wyni P (U A) = %. 4. Pewna choroba występuje u 0, 2% ogółu ludności. Test do wyrycia choroby daje wyni pozytywny (tj. osoba jest chora) u 97% chorych i % zdrowych. U pewnej osoby test dał wyni pozytywny. Jaie jest prawdopodobieństwo, że jest ona chora? Rozwiązanie. A: chora; T : test pozytywny. P (A T ) = P (A)P (T A) P (A)P (T A) + P (A )P (T A ) 5 Schemat Bernoullego = 0, 63 = 6, 3%. Rozpatrzmy serię n olejnych powtórzeń tego samego doświadczenia. W wyniu ażdego z tych powtórzeń może zostać zrealizowane pewne zdarzenie A. Jeżeli prawdopodobieństwo wystąpienia zdarzenia A jest w ażdym powtórzeniu taie samo, to model probabilistyczny taiej serii doświadczeń nazywamy schematem Bernoullego. 7

8 Wystąpienie zdarzenia A nazywamy sucesem, a zdarzenie A porażą. Załóżmy, że dla pojedynczej próby P (A) = p. Jaie jest prawdopodobieństwo P () wystąpienia sucesów w n próbach? Ponieważ olejne próby są niezależne, więc wystąpienie danej sewencji sppssp... p sucesów i poraże z liczbą sucesów równą wynosi p ( p) n. Ale taich sewencji jest ( ) n, stąd P () = ( ) n p ( p) n. Przyład. Stacja radioloacyjna wyrywa obiet będący w polu obserwacji z prawdopodobieństwem 0,93 przy ażdym obrocie anteny. Jaa musi być liczba obrotów, aby obiet został wyryty z prawdopodobieństwem 0,999? Rozwiązanie. Zdarzenie przeciwne: prawdopodobieństwo, że obiet nie będzie wyryty wynosi ( ) n P (0) = p 0 ( p) n = ( p) n. 0 Ma być stąd a więc n = 3. n > 6 Zmienne losowe ( p) n < 0, 00, log 0, 00 log( p) 2, 6, Niech (Ω, F, P ) będzie przestrzenią probabilistyczną. Definicja 2 Zmienną losową nazywamy funcję taą, że dla dowolnego x R X : Ω R, {ω Ω : X(ω) < x} F. 8

9 Warune podany w definicji oznacza, że zbiór zdarzeń elementarnych dla tórych wartości X są mniejsze od x jest zdarzeniem. W typowych zagadnieniach pratycznych ten warune jest spełniony, i dlatego najważniejsze jest zapamiętanie, że zmienna losowa przyporządowuje zdarzeniom liczby. Tradycyjnie zmienne losowe oznaczamy dużymi literami łacińsimi: X, Y, Z,.... Przyład. Rozpatrzmy doświadczenie polegające na rzucie dwiema ostami. Niech ω ij oznacza zdarzenie elementarne polegające na tym, że na pierwszej ostce wypadnie i a na drugiej j. Funcja oreślona wzorem X(ω ij ) = i + j jest zmienną losową, bo ażdy ze zbiorów {X < x}, tj. {ω ij Ω : X(ω ij ) < x} jest zdarzeniem. Zauważmy np., że dla x 2 zbiór {X < x} jest pusty, bo zmienna X nie może mieć wartości mniejszych niż 2. Jeśli 2 < x 3, to {X < x} = {ω }; jeśli 3 < x 4, to {X < x} = {ω, ω 2, ω 2 }, itd. Jeśli x > 2, to zdarzenie {X < 2} jest pewne. Każdemu z powyższych zdarzeń odpowiada jego prawdopodobieństwo. Rozład prawdopodobieństwa można zapisać w tabeli: x (, 2] (2, 3] (3, 4] (4, 5] (5, 6] (6, 7] (7, 8] P (X < x) (8, 9] (9, 0] (0, ] (, 2] (2, ) Definicja 3 Niech X będzie zmienną losową. Funcję F : R [0, ], F (x) = P (X < x) nazywamy dystrybuantą zmiennej losowej. Przyład. Powyższa tabela jest w istocie tabelą dystrybuanty. Wyres: 9

10 Twierdzenie 3 Jeżeli F (x) jest dystrybuantą zmiennej losowej X, x, x 2 R oraz x < x 2, to D o w ó d. P (x X < x 2 ) = F (x 2 ) F (x ). P (x X < x 2 ) = P (X x X < x 2 ) = = P (X x X < x 2 ) + P (X x ) + P (X < x 2 ) = = + ( P (X < x )) + P (X < x 2 ) = F (x 2 ) F (x ). Twierdzenie 4 Dystrybuanta F (x) zmiennej losowej jest funcją niemalejącą, lewostronnie ciągłą. Ponadto lim F (x) = 0, lim x F (x) =. x Ze względu na charater dystrybuanty wyróżniamy dwa typy zmiennych losowych. Definicja 4 Zmienną losową nazywamy typu dysretnego (lub dysretną, soową), gdy jej dystrybuanta jest funcją przedziałami stałą i posiada przeliczalną ilość puntów nieciągłości (soów). Obrazem (przeciwdziedziną) zmiennej typu dysretnego jest przeliczalny podzbiór zbioru R sładający się z tych wartości argumentu, dla tórych dystrybuanta nie jest ciągła. Oznaczmy P (x i ) = p i. Wtedy zbiór par {(x i, p i )} przeazuje pełną informację o zmiennej losowej soowej. Przyład. Dla rzutu dwiema ostami i zmiennej X(ω ij ) = i + j mamy tabelę: x i p i Funcję P (x) def = P (X = x) nazywamy funcją prawdopodobieństwa zmiennej typu dysretnego. Przyład. Z partii 00 części, wśród tórych jest 0 braów, wybrano losowo 5 części. Niech X będzie zmienną losową oznaczającą ilość braów w tej próbie. Wyznaczyć funcję prawdopodobieństwa

11 Zmienna X przyjmuje wartości x i, x i = 0,,..., 5 oraz P (x i ) = ( )( ) x i x ( ) i Tabela (przybliżone wartości do 3 miejsc po przecinu) Rozład Bernoullego x i p i 0, 583 0, 340 0, 070 0, 007 0, 000 0, 000 Ze schematem Bernoullego związana jest zmienna losowa oreślona jao liczba sucesów w n próbach. Doładniej: mówimy, że zmienna losowa ma rozład Bernoullego, jeżeli przyjmuje wartości = 0,, 2,..., n z prawdopodobieństwem odpowiednio P (p, n, ) = Zmienna ta ma dwa parametry: p i n. Rozład Poissona ( ) n p ( p) n. Załóżmy, że w rozładzie Bernoullego parametry p i n związane są zależnością pn = λ = const i obliczmy granicę, gdy n (czyli p 0): lim n ( ) n p ( p) n = lim n ( n ) ( λ n n! = n lim!(n )! ( = λ! lim n ) ( λ n) n = λ ( n λ n ) n ( λ n) = n) λ n n! n lim (n )!(n λ) = λ e λ.! Otrzymany rozład graniczny, tórego prawdopodobieństwo wynosi P (λ, ) = λ e λ!

12 nazywamy rozładem Poissona. Rozład Bernoullego zastępujemy rozładem Poissona, gdyż w tym drugim łatwiej jest wyonywać rachuni. Jest tylo jeden parametr λ = pn. Pratycznie, gdy n > 20 i p < 0, 2, to niedoładność wyniająca z zastąpienia rozładu Bernoullego rozładem Poissona jest niewiela. Przyłady. Partia wyrobów zawiera 3% braów. Z partii losujemy próbę liczącą n = 00 sztu. Obliczyć prawdopodobieństwo, że w próbie znajdzie się = 0,,..., 00 braów. Rozwiązanie. Stosując rozład Poissona należy przyjąć λ = 3. Wtedy P (3, ) = 3 e 3,! więc dla = 0,,..., 00 mamy 0,050, 0,49, 0,224, itd. 2. Przy transmisji n bitów dodajemy jeszcze jeden bit ta, aby liczba wszystich jedyne była parzysta. Błąd wyryjemy jeśli podczas przesyłu wystąpi nieparzysta liczba błędów. Obliczyć prawdopodobieństwo niewyrycia błędu, gdy prawdopodobieństwo przełamania wynosi 0 6 a n = 0 5. Załadamy, że przełamania są niezależne. Rozwiązanie. Prawdopodobieństwo niewyrycia jest w przybliżeniu równe 0, 0, 2 P (X = 2) = e 2 0, (prawdopodobieństwa P (X = 4), P (X = 6), itd. można pominąć, bo są bardzo małe. Np.P (X = 4) = 0, Elementy wadliwe stanowią średnio % wszystich elementów. Znaleźć prawdopodobieństwo tego, że wśród 200 elementów będzie więcej niż 3 wadliwe. Rozwiązanie. Stosujemy rozład Poissona z λ = 200 0, 0 = 2. ( p = P (2, 0) P (2, ) P (2, 2) P (2, 3) = e ) ! + 23 = 0, ! 7 Wartość oczeiwana zmiennej losowej Definicja 5 Jeżeli zmienna losowa X może przyjmować wartości x, x 2,... z prawdopodobieństwami p, p 2,... odpowiednio, i jeżeli szereg i= p i x i jest bezwzględnie zbieżny, to jego sumę nazywamy wartością oczeiwaną (przeciętną) zmiennej losowej X i oznaczamy E(X) lub EX. 2

13 Przyład. Student potrafi odpowiedzieć na a) 5 z 0 pytań egzaminacyjnych; b) 0 z 20 pytań egzaminacyjnych. Na egzaminie losuje 3 pytania. Jaa jest wartość oczeiwana liczby pytań na tóre odpowie? Rozwiązanie. a) Zatem b) EX = x i p i = =, 5. Zatem EX = x i p i Własności wartości oczeiwanej = Jeżeli zmienna losowa X = c =const, to EX = c. 2. E(cX) = cex. 3. E(X + Y ) = EX + EY. =, Jeżeli zmienne losowe X, Y są niezależne, to E(XY ) = EX EY. Uwaga. Zmienne losowe X, Y nazywamy niezależnymi, gdy P (X < x Y < y) = P (X < x) P (Y < y). Przyład. Trzy przyrządy niezależnie od siebie podlegają ontroli. Prawdopodobieństwo, że poszczególne przyrządy nie będą działały są równe odpowiednio p, p 2, p 3. Wyazać, że wartość oczeiwana liczby niedziałających przyrządów jest równa p + p 2 + p 3. Rozwiązanie. Oreślamy zmienne X, X 2, X 3 wzorem X i = { i ty przyrząd nie działa 0 i ty przyrząd działa 3

14 Wtedy EX i = p i dla i =, 2, 3. Niech Z będzie liczbą niedziałających przyrządów: Z = X + X 2 + X 3. Wtedy EZ = EX + EX 2 + EX 3 = p + p 2 + p 3. Korzystając z definicji obliczymy wartości oczeiwane nietórych zmiennych losowych. Wartość oczeiwana rozładu Bernoullego Wiemy, że P (p, n, ) = ( ) n p ( p) n dla = 0,,..., n. Zatem ( ) n n EX = p ( p) n. =0 Aby obliczyć tę sumę orzystamy z dwumianu Newtona. (p + q) n = n =0 Podstawiając q = p otrzymujemy ( ) n p q n d dp ( ) n n n(p + q) n = p q n p =0 ( ) n n pn(p + q) n = p q n. =0 ( ) n n np = p ( p) n, =0 czyli EX = np. Wartość oczeiwana rozładu Poissona Ponieważ P (λ, ) = λ e λ! dla = 0,, 2,..., więc EX = =0 λ e λ! = e λ = λ! = λe λ = λ ( )! = λe λ =0 λ! = λ. 4

15 8 Wariancja zmiennej losowej Rozważmy dwa załady o wyni rzutu monetą:. jeżeli wypadnie orzeł wygrywamy zł, jeżeli resza tracimy zł; 2. jeżeli wypadnie orzeł wygrywamy 00 zł, jeżeli resza tracimy 00 zł. Wartość oczeiwana odpowiednich zmiennych losowych jest w obu przypadach taa sama (równa 0), ale w pierwszym przypadu wartości zmiennej nie odbiegają zbytnio od wartości oczeiwanej, a w drugim ta. Druga zmienna jest bardziej rozproszona. Definicja 6 Wariancją zmiennej losowej nazywamy liczbę VarX = E(X EX) 2. Spotya się taże oznaczenie D 2 X. Zauważmy, że E(X EX) 2 = E(X 2 2XEX + (EX) 2 ) = E(X 2 ) (EX) 2, zatem VarX = E(X 2 ) (EX) 2. Dla zmiennych wspomnianych wyżej mamy Var(X) = E(X 2 ) (bo EX = 0). W pierwszym przypadu jest to, w drugim 00 2 = Wariancja ma wymiar wadratu zmiennej losowej. Czasem wygodniej jest posługiwać się pierwiastiem z wariancji. Nazywa się go odchyleniem standardowym i oznacza σ X : σ X = VarX. Twierdzenie 5 Niech X ma rozład Bernoullego. Wtedy VarX = npq, gdzie q = p. D o w ó d. VarX = ) n E(X 2 ) (EX) 2 = 2( n p q n (np) 2 = =0 = n n! ( )!(n )! p q n (np) 2 = = np = n =0 (n )! ( + )!(n )! p q n (np) 2 = 5

16 ( ) n n = np ( + ) p q n (np) 2 = =0 = np ( (n )p + (p + q) n ) (np) 2 = np(np p + ) (np) 2 = = np(np + q) (np) 2 = n 2 p 2 + npq (np) 2 = npq. Twierdzenie 6 Niech X ma rozład Poissona z parametrem λ. Wtedy D o w ó d. VarX = λ. VarX = E(X 2 ) (EX) 2 = 2 λ e λ λ 2 = =0! = e λ λ = ( )! λ2 = e λ λ ( + ) λ =0! λ2 = = λ 2 + λ λ 2 = λ 9 Zmienne losowe typu ciągłego Niech X będzie zmienną losową. Jeżeli dystrybuantę F (x) można przedstawić w postaci F (x) = x f(t)dt, to zmienną losową X nazywamy zmienną losową typu ciągłego. Każdą funcję f(t) dla tórej spełniona jest powyższa równość nazywamy gęstością zmiennej losowej. Jeżeli F (x) jest funcją różniczowalną, to F (x) = f(x). Twierdzenie 7 Funcja f(x) jest gęstością zmiennej losowej wtedy, i tylo wtedy, gdy:. f(x) 0; 2. f(x)dx =. 6

17 Przyład. Dobrać stałą a ta, aby funcja f(x) = była funcją gęstości. Przyład 2. Sprawdzić, że funcja F (x) = { a sin x, x [0, π] 0, x R \ [0, π] { e x 2, x 0 0, x < 0 jest dystrybuantą zmiennej losowej X. Wyznaczyć P (X > ), P ( < X 2), P (X = 3). Definicja 7 Wartość oczeiwaną zmiennej losowej typu ciągłego oreślamy następująco o ile cała jest zbieżna. EX = xf(x)dx, Jeżeli nowa zmienna losowa Y jest funcją zmiennej X, Y = f(x), to można wyazać, że EY = Wariancję oreślamy ja poprzednio: g(x)f(x)dx. VarX = D 2 X = E(X EX) 2 = EX 2 (EX) 2. Omówimy teraz nietóre rozłady typu ciągłego. Definicja 8 Rozładem jednostajnym na przedziale [a, b] nazywamy rozład oreślony funcją gęstości f(x) = Dystrybuanta wynosi więc { b a, x [a, b] 0, x [a, b] F (x) = x a dt b a = x a b a dla x [a, b] 7

18 Dla x < a jest F (x) = 0, dla x > b jest F (x) =. Możemy obliczyć wartość oczeiwaną: i wariancję: VarX = b a EX = x 2 b a dx b a ( a + b 2 x b a dx = a + b 2, ) 2 = b3 a 3 3(b a) ( ) 2 a + b = 2 (b a)2. 2 Przyład. Załóżmy, że napięcie U = U max sin ϕ prądu zmiennego ma losową fazę ϕ o rozładzie jednostajnym na przedziale [ π, π ]. Znaleźć dystrybuantę 2 2 i gęstość napięcia U. Mamy 0 dla u U max F (u) = P (ϕ < arc sin u U max ) dla U max < u < U max dla u U max Ale P (ϕ < ϕ 0 ) = ϕ 0 + π/2 π dla ϕ 0 < π/2 (najprostszy sposób obliczenia: zauważyć, że to prawdopodobieństwo można interpretować jao pole prostoąta o podstawie ϕ 0 + π/2 i wysoości /π). Zatem więc oraz f(u) = π P (ϕ < arc sin u 2 U 2 max u ) = arc sin u + U max π U max 2, = U max π U 2 max u 2 f(u) = 0 dla u U max dla u < U max Przyład 2. X ma rozład jednostajny na [, 2]. Znaleźć dystrybuantę i gęstość zmiennej losowej Y = X 2. 0 dla y 0 F (y) = P (X 2 < y) dla 0 < y 4 dla y > 4 8

19 ale P (X 2 < y) = P ( X < y) = = Zatem gęstość wynosi { P ( y < x < y), 0 < y P (x < y), < y 4 = f(y) = 0, y 0 3 y, 0 < y 6 y, < y 4 0, y > 4. { 2 3 y, 0 < y + y 3, < y 4. Definicja 9 Rozładem wyładniczym nazywamy rozład oreślony funcją gęstości { 0 dla x < 0 f(x) = λe λx dla x 0 gdzie λ jest parametrem rozładu. Zatem dystrybuanta wynosi F (x) = { 0 dla x < 0 e λx dla x 0 Można sprawdzić, że EX = λ, VarX = λ 2. Rozład wyładniczy jest stosowany w teorii niezawodności, bo dobrze opisuje czas pracy elementów niestarzejących się. Jeżeli T jest czasem pracy taiego elementu, to τ = λ jest średnim czasem pracy, a parametr λ = τ jest nazywany intensywnością uszodzeń. Niestarzenie się elementu oznacza, że prawdopodobieństwo awarii w danym przedziale czasu nie zależy od wieu elementu. Oreślamy tę własność jao bra pamięci rozładu wyładniczego. Mamy więc P (T > t 0 + t T > t 0 ) = P (T > t), co łatwo sprawdzić bezpośrednio, bo P (T > t) = P (T t) = ( e λt ) = e t/τ 9

20 więc P (T > t 0 + t T > t 0 ) = P (T > t 0 + t) P (T > t 0 ) t+t 0 = e τ = e t/τ. e t 0 τ Przyład Zmienna losowa X ma rozład wyładniczy o wartości oczeiwanej. Znaleźć gęstość zmiennej losowej Y = ln X oraz obliczyć P (Y > 0). Rozwiązanie. Obliczamy dystrybuantę: G(y) = P (Y < y) = P (ln X < y) = P (X < e y ) = F (e y ) = e ey. Zatem oraz g(y) = ( e ey) = e e y e y = e y ey, P (Y > 0) = P (Y 0) = ( e e0) = e = 0, 79. Definicja 0 Rozładem normalnym nazywamy rozład oreślony funcją gęstości f(x) = e x2 /2. 2π Mówimy wtedy, że zmienna losowa ma rozład N(0, ). Uwaga: można wyazać, że: e x2 /2 = 2π. Jeżeli zmienna losowa Y ma rozład N(0, ), to zmienna X = σy + m ma rozład N(m, σ). Piszemy wtedy X N(m, σ) i mówimy, że zmienna ma rozład normalny z parametrami m, σ. Odwrotnie, jeżeli X N(m, σ), to zmienna X = X m σ N(0, ). To przeształcenie nazywa się standaryzacją zmiennej losowej X. Można wyazać, że gęstość zmiennej losowej o rozładzie N(m, σ) wynosi f(x) = σ /2σ2 e (x m)2. 2π 20

21 Wyres tej funcji nazywamy rzywą Gaussa. Osią symetrii wyresu jest prosta x = m. Dla x = m funcja osiąga masimum. Dla rozładu N(0, ) mamy EX = 0, bo funcja podcałowa xe x2 /2 jest funcją nieparzystą. Natomiast EX 2 = = 2π x 2 e x2 /2 dx = 2 x xe x2 /2 dx = 2π 0 ] e x2 /2 dx = 2 2π 0 2π 2 2 2π [ xe x2 /2 0 + =. Stąd otrzymujemy VarX = EX 2 (EX) 2 =. Zatem dla zmiennej X N(m, σ) mamy: EX = E(σ X + m) = σ 0 + m = m, VarX = Var(σ X + m) = σ 2 Var X = σ 2. Wynia z tego, że rozład normalny jest całowicie oreślony przez dwa parametry m = EX i σ = VarX. Dystrybuantę zmiennej losowej X N(0, ) oznacza się Φ(x). Jest to funcja nieelementarna. Jej wartości dostępne są w tablicach statystycznych lub programach omputerowych. Tablice zawierają na ogół wartości Φ(x) = 2π x e t2 /2 dt, dla x > 0. Aby obliczyć wartość dla ujemnego x orzystamy ze wzoru Φ( x) = Φ(x), dla x > 0. Wynia on z symetrii funcji gęstości, bo x /2 e t2 dt = x Następująca własność znana jest jao reguła 3-sigmowa. e t2 /2 dt. Twierdzenie 8 Jeżeli zmienna losowa X ma rozład normalny N(m, σ), to P ( X m > 3σ) < 0, 0. 2

22 D o w ó d. Niech X = X m σ będzie zmienną standaryzowaną, X N(0, ). Wtedy P ( X m > 3σ) = X m P ( σ > 3) = = P ( X 3) = (Φ(3) Φ( 3)) = = Φ(3) + Φ(3)) = 2( Φ(3)) = 0, 0027 < 0, 0. Przyład.Pomiar odległości obietu obarczony jest błędem systematycznym i losowym. Błąd systematyczny wynosi 50 m w stronę zaniżenia odległości. Błędy losowe mają rozład normalny z odchyleniem standardowym σ = 00 m. Znaleźć: ) prawdopodobieństwo pomiaru odległości z błędem niewięszym niż 50 m; 2) prawdopodobieństwo, że zmierzona odległość nie przeroczy prawdziwej odległości. Rozwiązanie. ) Niech X będzie sumarycznym błędem pomiaru. Błąd systematyczny wynosi -50 m i jest to wartość oczeiwana zmiennej losowej X. Zatem X N( 50, 00). Obliczamy P ( X < 50) = P ( 50 < X < 50) = P ( 00 < X + 50 < 200) = = P ( < X + 50 < 2) = Φ(2) Φ( ) = 00 = Φ(2) + Φ() = 0, , 843 = 0, ) P (X < 0) < P (X + 50 < 50) = P ( X+50 < ) = Φ(0, 5) = 0, Przyład 2. Przedmiot jest tratowany ja produt wysoiej jaości, jeżeli wartość bezwzględna odchylenia jego rozmiarów od rozmiarów nominalnych nie przeracza 2,5 mm. Losowe odchylenia rozmiarów przedmiotu od rozmiarów nominalnych mają rozład N(0; 2, ). Oreślić średnią ilość produtów wysoiej jaości, jeżeli wytworzono 00 przedmiotów. Rozwiązanie. Potratujemy próbę 00 przedmiotów jao próbę Bernoullego i wyliczymy prawdopodobieństwo sucesu p: p = P ( X < 2, 5) = P (2, 5 < X < 2, 5) = P ( 25 2 < X 2, < 25 2 ) = = Φ( 25 2 ) Φ( 25 ) = 2Φ(, 9) = 0,

23 Zatem wartość oczeiwana liczby sucesów w 00 próbach wynosi np = 00 0, 766 = 76, 6. Przyład 3. Odchylenie losowe wymiaru detalu wyproduowanego na danej maszynie od wymiaru nominalnego ma zerową wartość oczeiwaną i odchylenie standardowe równe 5µ. Ile trzeba wyproduować detali aby z prawdopodobieństwem niemniejszym niż 0,9 był wśród nich choćby detal dobry, jeżeli dla detalu dobrego dopuszczalne jest odchylenie wymiaru od wymiaru nominalnego niewięsze niż 2µ? Rozwiązanie. Obliczymy najpierw prawdopodobieństwo wyproduowania detalu dopuszczalnego. P ( X < 2) = P ( 2 < X < 2) = P ( 2 5 < X 5 < 2 5 ) = Φ(2 5 ) Φ( 2 5 ) = = 2Φ( 2 ) = 0, Stosujemy teraz schemat Bernoullego. Prawdopodobieństwo zera sucesów w n próbach wynosi 0, 6892 n, więc n musi spełniać nierówność 0, 6892 n 0, 9. Zatem n log 0, log 0, 6892 = Należy wyproduować 7 detali. Rozład χ 2. log 0, 6892 = 6, 9. Niech X i, i =, 2,..., n będą niezależnymi zmiennymi losowymi o rozładzie N(0, ). Oreślamy n χ 2 = χ 2 n = Xi 2 i= i mówimy, że zmienna losowa χ 2 ma rozład chi-wadrat o n stopniach swobody. Zmienna χ 2 ma dla małych n rozład asymetryczny, ale wraz ze wzrostem n jej rozład zbliża się do rozładu normalnego. Przyjmuje się, że dla n > 30 dystrybuanta Φ(x) rozładu normalnego przybliża dystrybuantę rozładu chi-wadrat wystarczająco dobrze. 23