WYK LAD Z RACHUNKU PRAWDOPODOBIEŃSTWA I. jest przedstawienie krótkiego rysu historycznego oraz naszkicowanie intuicji zwiazanych

Transkrypt

1 WYK LAD Z RACHUNKU PRAWDOPODOBIEŃSTWA I ADAM OS EKOWSKI Wprowadzenie Celem niniejszego wstepu jest przedstawienie krótkiego rysu historycznego oraz naszkicowanie intuicji zwiazanych z formalna definicja prawdopodobieństwa; Czytelnik, który od razu chce przejść do ścis lych rozważań, może opuścić ten fragment tekstu i przejść do Rozdzia lu 1. Rachunek prawdopodobieństwa jest dziedzina, która towarzyszy ludzkości już od czasów starożytnych (pojecie szansy, czy też ryzyka, pojawia sie w sposób naturalny w kontekście gier hazardowych). Historia zwiazana z rozwojem tej dziedziny zas luguje na osobna monografie, ograniczymy sie wiec tylko do podania bardzo podstawowych informacji na ten temat. Pierwsze próby formalnego, matematycznego podejścia do tej dziedziny datuje sie na XV wiek: w 1494 roku pojawi l sie podrecznik L. Paccioli Summa de arithmetica, geometria, proportioni e proportionalita, którego fragmenty dotycza rachunku prawdopodobieństwa. W XVI wieku G. Cardano, zainspirowany tym dzie lem, napisa l ksiażk e pt. Liber de Ludo Aleae, poświecon a grom losowym. Dalszy rozwój dziedziny nastapi l w zwiazku z ożywiona korespondencja P. Fermata i B. Pascala dotyczac a tzw. sprawiedliwego podzia lu stawki (po lowa XVII wieku). Wśród wielu znakomitych matemayków, którzy kontynuowali badania nad rachunkiem prawdopodobieństwa i jego zastosowaniami, należy wymienić m.in. J. Bernoulliego (Ars Conjectandi, 1713 rok), A. de Moivre a (The Doctrine of Changes, 1718 rok), Laplace a (Théorie analytique des probabilités, 1812 rok), wspomnieć należy także o pracach L. Boltzmanna oraz J. W. Gibbsa poświeconych mechanice statystycznej (koniec XIX wieku). Co ciekawe, aż do po lowy XX wieku pojecie prawdopodobieństwa nie by lo do końca sprecyzowane. Prowadzi lo to do wielu niewygodnych i nieoczekiwanych paradoksów (m.in. paradoksu J. Bertranda z końca XIX wieku, por. Rozdzia l 1 poniżej), które podważa ly sensowność traktowania rachunku prawdopodobieństwa jako dziedziny matematyki. Problemy te znikne ly w momencie podania ścis lej aksjomatyki przez A. Kolmogorowa w 1933 roku; rok ten można uznać za poczatek nowoczesnego podejścia do dziedziny. Warto tu zaznaczyć, iż aksjomaty Ko lmogorowa definiuja prawdopodobieństwo jako miare unormowana na przestrzeni mierzalnej; w zwiazku z tym, w latach czterdziestych i piećdziesi atych przeważa lo przeświadczenie, iż teoria prawdopodobieństwa jest w gruncie rzeczy szczególnym przypadkiem teorii miary tudzież statystyki. Dopiero prace J. L. Dooba z tego okresu, wprowadzajace innowacyjny aparat pojeć i argumentów, pozwoli ly na ukonstytuowanie rachunku prawdopodobieństwa jako odrebnego i niezależnego dzia lu matematyki. Na tym kończymy krótki rys historyczny i przechodzimy do zilustrowania podstawowych problemów, które pojawiaja sie przy analizie nawet najprostszych zagadnień. Podane tu rozważania bed a mia ly charakter nieprecyzyjny, formalne definicje pojawia sie w nastepnym rozdziale. Rozpocznijmy od nastepuj acego prostego 1

2 2 ADAM OS EKOWSKI zadania. Za lóżmy, że rzucamy raz moneta i interesuje nas szansa uzyskania or la. Analize rozpoczynamy od wypisania wszystkich możliwych wyników, które możemy otrzymać. W naszym przypadku wyniki sa dwa: możemy wyrzucić or la (,,O ) lub wyrzucić reszke (,,R ); zbiór tych wyników oznaczmy litera Ω. Wynikom tym odpowiadaja szanse ich uzyskania, p O oraz p R, które sa liczbami z przedzia lu [0, 1] spe lniajacymi warunek p O +p R = 1. W jaki sposób wyznaczyć te liczby? Jasne jest, że musimy coś wiecej wiedzieć na temat monety, która wykonujemy rzut. Latwo sobie wyobrazić sytuacje, że moneta jest tak wyważona, że zawsze wypada or lem do góry; wówczas wypadniecie or la jest zdarzeniem pewnym, a wypadniecie reszki - zdarzenieniem niemożliwym. W takiej specjalnej sytuacji k ladziemy p O = 1, p R = 0. Podobnie, jeśli moneta zawsze wypada reszka do góry, wówczas musimy przyjać p O = 0, p R = 1; tak wiec bez dodatkowych informacji dotyczacych,,fizycznych w lasności monety nie możemy nic powiedzieć o szansach p O i p R. W wielu typowych przyk ladach przyjmuje sie, że moneta jest,,prawid lowa (czasami używa sie też terminu,,symetryczna ), tzn. zarówno orze l jak i reszka maja te sama szanse na wypadniecie. Wówczas p O = p R i warunek p O + p R = 1 oznacza, iż każdy z tych wyników ma prawdopodobieństwo 1/2. Odpowiedź, która w laśnie uzyskaliśmy (w przypadku symetrycznym) posiada bardzo wygodna interpretacje w kontekście,,czestościowym. Mianowicie, w celu wyznaczenia prawdopodobieństwa uzyskania or la, mogliśmy postepować inaczej. Rzućmy ustalona moneta wielokrotnie, powiedzmy, razy, i policzmy, ile razy uzyskaliśmy or la. Naturalnie jest przyjać, że prawdopodobieństwo uzyskania or la powinno być zbliżone do ilorazu liczba rzutów w których uzyskaliśmy or la W praktyce okazuje sie, że liczba otrzymanych or lów (uzyskiwanych w seriach rzutów po razy) oscyluje wokó l 5000, a wiec powyższy iloraz jest zbliżony do 1/2. Jak już zaznaczyliśmy wcześniej, jest to zwiazane z czestościow a interpretacja prawdopodobieństwa (a także tzw. prawami wielkich liczb); bedziemy to ściślej badać w dalszej cześci skryptu. Rozważmy teraz nieco bardziej z lożony przyk lad. Za lóżmy, że rzucamy raz kostka do gry i interesuje nas prawdopodobieństwo uzyskania dok ladnie trzech oczek na wierzchniej ściance. Tak jak w poprzednim przyk ladzie, zaczynamy od wypisania wszystkich możliwych wyników doświadczenia; możemy otrzymać jedno, dwa, trzy, cztery, pieć lub sześć oczek, a wiec przyjmujemy Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Każdemu wynikowi j Ω odpowiada jego szansa p j ; liczby p 1, p 2,..., p 6 sa nieujemne i daja w sumie 1. Jest oczywiste, iż nie możemy powiedzieć nic wiecej na temat tych liczb, jeśli nie wiemy nic o fizycznych w lasnościach kostki (przyk ladowo, może być ona tak wyważona, że zawsze wypada sześć oczek; wówczas p 1 = p 2 =... = p 5 = 0, p 6 = 1). W wielu konkretnych zagadnieniach przyjmuje sie, że kostka jest prawid lowa, tzn. p 1 = p 2 =... = p 6. Wówczas warunek p 1 + p p 6 = 1 wymusza równość p 1 = p 2 =... = p 6 = 1/6. Warto jeszcze zaznaczyć, iż rozważane tu doświadczenie dopuszcza szereg innych naturalnych pytań. Przyk ladowo, możemy sie zastanawiać, jaka jest szansa uzyskania liczby oczek podzielnej przez trzy; uzyskania liczby oczek niemniejszej od czterech; itp.. W pierwszym z tych pytań interesuje nas prawdopodobieństwo tego, że wynik bedzie należa l do zbioru {3, 6}; w drugim, do zbioru {4, 5, 6}; w ogólności, każde pytanie wiaże sie z pewnym podzbiorem zbioru Ω (takie podzbiory bedziemy nazywać zdarzeniami). Aby podać odpowiedzi, sumujemy

3 WYK LAD Z RACHUNKU PRAWDOPODOBIEŃSTWA I 3 prawdopodobieństwa odpowiadajace,,pojedynczym wynikom należacym do tych zbiorów. Tak wiec w pierwszym przypadku otrzymujemy szanse 1/6 + 1/6 = 1/3, a w drugim 1/6 + 1/6 + 1/6 = 1/2. W kolejnym przyk ladzie komplikujemy nieco doświadczenie i rozważamy dwukrotny rzut kostka. Przypuśćmy, iż chcemy wyznaczyć prawdopodobieństwo tego, że w obu rzutach uzyskamy te sama liczbe oczek. Tym razem pojedynczym wynikiem doświadczenia jest para liczb (i, j), i, j {1, 2, 3, 4, 5, 6} (pierwszym elementem pary jest liczba oczek uzyskana w pierwszym rzucie moneta, a drugim elementem pary - liczba oczek w drugim rzucie). Zbiór Ω z lożony ze wszystkich takich par jest wiec zbiorem 36-elementowym i jeśli tylko kostka jest prawid lowa, to każdy wynik ma to samo prawdopodobieństwo 1/36. W rozważanym przyk ladzie interesuje nas prawdopodobieństwo tego, że uzyskana para liczb bedzie należa la do zbioru {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6)}. Zdarzenie to ma sześć elementów, z których każdy ma szanse 1/36; wobec tego, odpowiedź brzmi 6 1/36 = 1/6. Przejdźmy teraz do kolejnego przyk ladu. Rozważmy urne zawierajac a jedna bia l a kule, dwie czarne i trzy zielone. Jaka jest szansa, że losujac kule jedna kule z urny, wyciagniemy kule zielona? Przedstawimy dwa rozumowania prowadzace do odpowiedzi. Jak wcześniej, zacznijmy od,,technicznego za lożenia dotyczacego kul: zak ladamy, że maja one ten sam rozmiar i sa dok ladnie wymieszane (chodzi o to, żeby każda z nich mia la te sama szanse na wyciagni ecie). Mamy trzy możliwe wyniki: wyciagni ecie kuli bia lej (,,B ), czarnej (,,C ) lub zielonej (,,Z ), tak wiec przyjmujemy Ω = {B, C, Z}. Zwróćmy teraz uwage na to, iż w przeciwieństwie do poprzednich przyk ladów, prawdopodobieństwa p B, p C, p Z odpowiadajace tym wynikom nie sa równe. Ponieważ kul czarnych jest dwa razy wiecej niż bia lych, spodziewamy sie, iż szansa na wyciagni ecie kuli czarnej bedzie dwa razy wieksza niż wyciagni ecie kuli bia lej: p C = 2p B. Podobnie otrzymujemy tożsamość p Z = 3p B, co w po l aczeniu z równościa p B + p C + p Z = 1 daje p B = 1/6, p C = 1/3 oraz p Z = 1/2. Tak wiec odpowiedź brzmi: 1/2. Drugi sposób rozwiazania powyższego zagadnienia polega na wprowadzeniu odcieni kolorów; innymi s lowy, umawiamy sie, iż w obrebie ustalonego koloru kule różnia sie nieco barwa. W tym momencie, jeśli losujemy jedna kule z urny, mamy sześć możliwych wyników: Ω = {B, C 1, C 2, Z 1, Z 2, Z 3 }. Teraz jednak każdy z nich odpowiada dok ladnie jednej kuli, a wiec pojedyncze wyniki sa równoprawdopodobne. Stad p B = p C1 = p C2 = p Z1 = p Z2 = p Z3 = 1/6; interesuje nas szansa tego, że wynik bedzie należa l do zbioru {Z 1, Z 2, Z 3 }, a wiec odpowiedź to 3 1/6 = 1/2. W kolejnym przyk ladzie zbiór potencjalnych wyników doświadczenia bedzie nieskończony (lecz przeliczalny). Mianowicie, za lóżmy, że rzucamy prawid lowa moneta aż do momentu wypadniecia or la. Jaka jest szansa, że rzucimy co najwyżej pieć razy? Jak wyżej, rozpoczynamy od wypisania wszystkich możliwych wyników doświadczenia. Nasz eksperyment losowy polega na rzucaniu moneta aż do chwili uzyskania or la, a wiec pojedynczy wynik to ciag reszek zakończony or lem; przyk ladowo, ciag (R, R, R, R, R, O) oznacza, że pieć razy wyrzuciliśmy reszke, a za szóstym wypad l orze l. Tak wiec Ω = {(O), (R, O), (R, R, O), (R, R, R, O),...} i zbiór ten jest nieskończony. Spróbujmy teraz wyznaczyć szanse p (R,R,...,R,O) wyniku (R, R,..., R, O), gdzie w ciagu jest dok ladnie k reszek (k jest ustalona liczba ca lkowita nieujemna). Jest raczej oczywiste, że w przeciwieństwie do trzech pierwszych przyk ladów, różne wyniki maja różne prawdopodobieństwa: np. liczba p (O)

4 4 ADAM OS EKOWSKI jest wieksza niż p (R,R,R,O). Aby obliczyć p (R,R,...,R,O), spójrzmy na nieco inne doświadczenie: rozważmy k + 1-krotny rzut moneta i zastanówmy sie, jaka jest szansa, że pierwszego or la otrzymamy w ostatnim rzucie. Jest w miare jasne, iż prawdopodobieństwo to jest równe szukanej liczbie p (R,R,...,R,O). Przewaga tego zmodyfikowanego eksperymentu tkwi w tym, że posiada on skończona liczbe wyników: rzucamy k + 1 razy, a wiec Ω = { (a 1, a 2,..., a k+1 ) : a i {O, R}, i = 1, 2,..., k + 1 }, i każdy ciag ma te sama szanse. Skoro Ω ma 2 k+1 elementów, to wnosimy stad, że szukane prawdopodobieństwo w wyjściowym doświadczeniu wynosi p (R,R,...,R,O) = 1 2 k. W zadaniu interesuje nas prawdopodobieństwo tego, że rzucimy co najwyżej pi eć razy, czyli szansa zdarzenia {(O), (R, O), (R, R, O), (R, R, R, O), (R, R, R, R, O)}. Prawdopodobieństwo wynosi wi ec p (O) + p (R,O) + p (R,R,O) + p (R,R,R,O) + p (R,R,R,R,O) = = Ostatni przyk lad bedzie mia l nieco bardziej z lożony charakter. Za lóżmy, że losujemy liczbe z przedzia lu [ 1, 2] i chcemy wyznaczyć prawdopodobieństwo tego, że wyciagniemy liczbe wieksz a niż 1. Jak wcześniej, rozpoczynamy analize od podania zbioru wszystkich możliwych wyników doświadczenia: Ω = [ 1, 2]. Zwróćmy uwage, iż zbiór Ω jest nieskończony, a nawet nieprzeliczalny (jest to źród lem pewnych technicznych komplikacji, patrz Rozdzia l 1 poniżej). Interesujace nas zdarzenie - wylosowanie liczby wiekszej niż 1 - odpowiada przedzia lowi [1, 2]. W jaki sposób wyznaczyć prawdopodobieństwo tego zdarzenia? Tak jak w poprzednich przyk ladach, nie można udzielić odpowiedzi bez dodatkowej wiedzy w jaki sposób przeprowadzone jest losowanie (odpowiedź może być niejednoznaczna). Przyk ladowo, losowanie może odbywać sie nastepuj aco: wykonujemy najpierw rzut prawid lowa moneta, a nastepnie wybieramy 0 jeśli wypad l orze l, i 1 jeśli wypad la reszka. Inny przyk lad: rzucamy prawid lowa kostka, a nastepnie uzyskana liczbe oczek dzielimy przez 3. Jak latwo widać, w obu tych przyk ladach losujemy liczbe z odcinka [ 1, 2] (można nawet powiedzieć wiecej: w pierwszym przypadku losujemy liczbe ze zbioru {0, 1}, a w drugim - ze zbioru {1/3, 2/3,..., 2}). Czytelnik z latwościa u loży inne, bardziej skomplikowane doświadczenia, których wyniki należa do zbioru [ 1, 2]. Musimy wiec doprecyzować badane zagadnienie. Piszac,,losujemy punkt z odcinka [ 1, 2] (bez żadnej dodatkowej informacji), najcześciej mamy z grubsza na myśli, iż wylosowana liczba,,ma te sama szanse na pojawienie sie w każdej cześci odcinka. Ściślej, oznacza to, iż prawdopodobieństwo uzyskania wyniku należ acego do ustalonego podzbioru A Ω jest proporcjonalne do miary Lebesgue a tego podzbioru: prawdopodobieństwo A wynosi c A dla pewnej sta lej c zależacej tylko od Ω. Aby wyznaczyć te sta l a, podstawiamy A = Ω. Jest to zdarzenie pewne (każdy wylosowany punkt, rzecz jasna, należy do Ω), a wiec posiada prawdopodobieństwo 1. Otrzymujemy stad 1 = prawdopodobieństwo Ω = c Ω, czyli c = 1/ Ω i prawdopodobieństwo A = A Ω.

5 WYK LAD Z RACHUNKU PRAWDOPODOBIEŃSTWA I 5 Wobec tego, wracajac do naszego konkretnego przyk ladu, otrzymujemy odpowiedź [1, 2] / [ 1, 2] = 1/3. 1. Aksjomatyka Rachunku Prawdopodobieństwa Celem tego rozdzia lu jest formalne wprowadzenie podstawowych pojeć z teorii prawdopodobieństwa i zbadanie ich podstawowych w lasności. Przypuśćmy, że wykonujemy pewien eksperyment losowy. Powstaje natychmiast pytanie: w jaki sposób opisać go matematycznie? Jak to czyniliśmy we wstepie, na pewno możemy mówić o jego potencjalnych,,najdrobniejszych wynikach, które bedziemy nazywać zdarzeniami elementarnymi. Zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych oznaczamy litera Ω, a do oznaczenia zdarzeń elementarnych bedziemy zazwyczaj używać litery ω. Przyk lady: 1. Rzut moneta: możliwe dwa wyniki: Ω = {O, R}. 2. Rzut kostka: możliwe sześć wyników: Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Jak widzieliśmy w poprzednim rozdziale, czesto nie interesuje nas tyle konkretny wynik ω, ale raczej to, czy należy on do wcześniej ustalonego podzbioru zbioru Ω. Takie podzbiory nazywamy zdarzeniami i oznaczamy literami A, B, C,.... Przyk lady, c.d.: 3. Rzucamy dwa razy kostka, A - suma oczek wynosi 4. Wówczas Ω = { (i, j) : i, j {1, 2, 3, 4, 5, 6} } i A = {(1, 3), (2, 2), (3, 1)}. 4. Rzucamy moneta aż do wypadniecia or la, A - wykonano co najwyżej trzy rzuty. Pojedyncze doświadczenie sprowadza sie do ciagu rzutów moneta, zakończonego w momencie uzyskania or la. Jako pojedynczy wynik możemy wiec wziać ciag wyników uzyskanych w kolejnych rzutach: Ω = { (O), (R, O), (R, R, O), (R, R, R, O),... }. Wówczas interesujace nas zdarzenie odpowiada podzbiorowi A = { (O), (R, O), (R, R, O) }. 5. Obrót tarczy w ruletce, A - strza lka zatrzymuje si e w drugiej ćwiartce. Wówczas Ω = [0, 2π) i A = [π/2, π]. Szczególne zdarzenia, interpretacje dzia lań i relacji na zdarzeniach: Ω - zdarzenie pewne, - zdarzenie niemożliwe, A B - zasz ly oba zdarzenia A, B, A B = - zdarzenia sie wykluczaja (sa roz l aczne), A B - zasz lo A lub B, A - nie zasz lo A (A nazywamy zdarzeniem przeciwnym do A, badź dope lnieniem zbioru A), A \ B = A B - zasz lo A i nie zasz lo B, A B - A pociaga za soba B. Przejdźmy teraz do kolejnego ważnego zagadnienia. Za lóżmy, że Ω jest ustalonym zbiorem i spróbujmy sie zastanowić, jakie podzbiory Ω bed a/mog a nas interesować w dalszych rozważaniach; klase tych,,dopuszczalnych podzbiorów oznaczmy

6 6 ADAM OS EKOWSKI przez F. Na pierwszy rzut oka problem ten wydaje sie nie mieć sensu: dlaczego nie możemy po prostu mieć możliwości badania wszystkich możliwych podzbiorów, tzn. dlaczego nie po lożymy F = 2 Ω? Otóż okazuje sie, iż wybór ten dobrze sie sprawdza w sytuacji gdy Ω jest zbiorem co najwyżej przeliczalnym. Z drugiej strony, dla Ω > ℵ 0 klasa 2 Ω jest na ogó l zbyt duża - w wielu naturalnych kontekstach pojawiaja sie k lopoty z określeniem na niej prawdopodobieństwa. To w konsekwencji wymusza wybór pewnej w laściwej jej podrodziny. Jak wybrać taka podrodzine? Sensowna klasa F powinna być zamknieta na branie przeliczalnych sum, iloczynów i zdarzenia przeciwnego, tak, by móc wykonywać podstawowe operacje (por. lista dzia lań powyżej). To zaś prowadzi do postulatu, iż F jest pewnym wyróżnionym σ-cia lem podzbiorów Ω. Przypomnijmy odpowiednia definicje. Definicja 1.1. Rodzin e F podzbiorów Ω nazywamy σ-cia lem, jeśli (i) F, (ii) A F A F, (iii) A 1, A 2,... F Pare (Ω, F) nazywamy przestrzenia mierzalna. A n F. Przechodzimy teraz do określenia prawdopodobieństwa: obiekt ten bedzie zadany przez szereg w lasności i postulatów. Aby zyskać nieco intuicji dotyczacej tego pojecia, jak również zrozumieć, skad biora sie odpowiednie za lożenia, wygodnie najpierw rozważyć tzw. czestość zdarzeń (por. poprzedni rozdzia l). Za lóżmy, iż w pewnym doświadczeniu interesuje nas prawdopodobieństwo zajścia pewnego zdarzenia A. Powtórzmy to doświadczenie n razy i zdefiniujmy ρ n (A) = n=1 liczba doświadczeń w których zasz lo A. n Jest to czestość wzgledna zajścia zdarzenia A w serii n doświadczeń; spodziewamy sie, iż dla dużych n liczba ρ n (A) powinna być bliska szansie zajścia zdarzenia A w pojedynczym doświadczeniu. Jak latwo sprawdzić, ρ n przyjmuje wartości w przedziale [0, 1] oraz posiada nastepuj ace w lasności: (i) ρ n (Ω) = 1, ( ) (ii) jeśli A 1, A 2,... sa parami roz l aczne, to ρ n A k = k=1 Prowadzi to do nastepuj acej definicji. ρ n (A k ). Definicja 1.2 (Aksjomatyka Ko lmogorowa). Niech (Ω, F) bedzie ustalona przestrzenia mierzalna. Funkcje P : F [0, 1] nazywamy prawdopodobieństwem, jeśli (i) P(Ω) = 1, k=1 (ii) dla dowolnych parami roz l acznych A 1, A 2,... F zachodzi ( ) P A k = P(A k ). k=1 k=1 Trójke (Ω, F, P) nazywamy przestrzenia probabilistyczna.

7 WYK LAD Z RACHUNKU PRAWDOPODOBIEŃSTWA I 7 Uwagi: 1. Prawdopodobieństwo jest wiec miara unormowana na (Ω, F). Czasami be- dziemy mówić, że P jest miara probabilistyczna. 2. Należy pamietać, iż przy modelowaniu konkretnego doświadczenia losowego wybór przestrzeni probabilistycznej zależy tylko od nas. W wielu sytuacjach z warunków doświadczenia wynikaja pewne postulaty, które w mniej czy bardziej jednoznaczny sposób zadaja trójke (Ω, F, P); czasami jednak tak nie jest (por. paradoks Bertranda poniżej). Twierdzenie 1.1 (W lasności prawdopodobieństwa). Za lóżmy, że (Ω, F, P) jest przestrzenia probabilistyczna oraz A, B, A 1, A 2,... F. Wówczas (i) P( ) = 0. ( n ) (ii) Jeśli A 1, A 2,..., A n sa parami roz l aczne, to P A i = (iii) P(A ) = 1 P(A). (iv) Jeśli A B, to P(B \ A) = P(B) P(A) oraz P(A) P(B). (v) P(A B) = P(A) + P(B) P(A B). ( ) (vi) P A i P(A i ). i=1 i=1 i=1 n P(A i ). W lasność (v) z powyższego twierdzenia można uogólnić na przypadek skończonej liczby zbiorów. Zachodzi nastepuj acy fakt. Twierdzenie 1.2 (Wzór w laczeń i wy l aczeń). Jeśli A 1, A 2,..., A n F, to n P(A 1 A 2... A n ) = P(A i A j ) + P(A i A j A k )... i=1 P(A i ) i<j i<j<k + ( 1) n+1 P(A 1 A 2... A n ). Dowody powyższych dwóch twierdzeń sa bardzo proste i opieraja sie na wykorzystaniu aksjomatyki Ko lmogorowa. Szczegó ly pozostawiamy czytelnikowi. Twierdzenie 1.3 (Twierdzenie o ciag lości). Za lóżmy, że (Ω, F, P) jest przestrzenia probabilistyczna oraz (A n ) n=1 jest ciagiem zdarzeń. (i) Jeśli ciag ten jest wstepuj acy (tzn. A 1 A 2...), to ( ) P A n = lim P(A n). n n=1 (ii) Jeśli ciag ten jest zstepuj acy (tzn. A 1 A 2...), to ( ) P A n = lim P(A n). n n=1 Dowód: (i) Rozważmy ciag (B n ) n 1 zdarzeń, zadany przez B 1 = A 1, B 2 = A 2 \ A 1, B 3 = A 3 \ A 2,.... i=1

8 8 ADAM OS EKOWSKI Jak latwo sprawdzić, zdarzenia B 1, B 2,... sa parami roz l aczne, k n=1 B n = A k dla dowolnego k 1 oraz n=1 B n = n=1 A n. Zatem ( ( P n=1 A n ) = P = n=1 B n ) P(B n ) = lim n=1 k k n=1 P(B n ) = lim k P ( k n=1 B n ) = lim k P(A k), gdzie w drugim przejściu korzystaliśmy z przeliczalnej addytywności miary P, a w czwartym skorzystaliśmy z Twierdzenia 1 (ii). (ii) Ciag dope lnień (A n) n 1 jest wstepuj acy, a zatem, korzystajac z (i) oraz z praw de Morgana, mamy ( ) (( ) ) P A n = 1 P A n n=1 = 1 P ( n=1 n=1 A n ) = 1 lim n P(A n) = lim n P(A n). Omówimy teraz kilka podstawowych przyk ladów, pojawiajacych sie w wielu naturalnych i typowych zagadnieniach. Przyk lady: 1. (Schemat klasyczny, prawdopodobieństwo klasyczne). Za lóżmy, że Ω jest zbiorem skończonym, F = 2 Ω i wszystkie zdarzenia jednoelementowe sa jednakowo prawdopodobne. Wówczas, jak latwo sprawdzić, dla dowolnego A F, P(A) = A Ω. 2. Za lóżmy, że Ω = {ω 1, ω 2,...} jest zbiorem co najwyżej przeliczalnym oraz p 1, p 2,... - liczby nieujemne o sumie 1. Wówczas wybór F = 2 Ω oraz P({ω i }) = p i, i = 1, 2,..., jednoznacznie zadaje przestrzeń probabilistyczna (Ω, F, P): dla każdego A F mamy P(A) = 1 A (ω i )p i, i gdzie 1 A to funkcja wskaźnikowa (charakterystyczna) badź indykator zbioru A: { 1 jeśli ω A, 1 A (ω) = 0 jeśli ω / A. 3. (Prawdopodobieństwo geometryczne). Za lóżmy, że Ω B(R d ), tzn. Ω jest podzbiorem borelowskim R d, przy czym 0 < Ω < (tu oznacza miar e Lebesgue a w R d ). Niech F = B(Ω) b edzie σ-cia lem podzbiorów borelowskich Ω, a miara probabilistyczna P b edzie zadana przez P(A) = A Ω. Wówczas trójka (Ω, F, P) jest przestrzenia probabilistyczna. Przestrzeń te wykorzystujemy do modelowania doświadczenia polegajacego na losowaniu punktu ze zbioru Ω.

9 WYK LAD Z RACHUNKU PRAWDOPODOBIEŃSTWA I 9 4. (Paradoks Bertranda) Z okregu o promieniu 1 wylosowano cieciw e AB. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że bedzie ona d luższa niż bok trójkata równobocznego wpisanego w ten okrag? Przedstawimy trzy rozwiazania. I) Ze wzgledu na niezmienniczość okregu na obroty, wylosowanie cieciwy AB możemy utożsamić z wylosowaniem miary kata środkowego α = AOB [0, 2π). Tak wiec Ω = [0, 2π), F = B(Ω) oraz P jest prawdopodobieństwem geometrycznym. Cieciwa spe lnia warunki zadania wtedy i tylko wtedy, gdy α (2π/3, 4π/3), a zatem szukane prawdopodobieństwo wynosi P((2π/3, 4π/3)) = (2π/3, 4π/3) [0, 2π) = 1 3. II) Wylosowanie cieciwy można utożsamić z wylosowaniem jej środka. Mamy wiec Ω = B(0, 1), F = B(Ω) i P jest prawdopodobieństwem geometrycznym. Cieciwa bedzie spe lnia la żadane warunki wtedy i tylko wtedy, gdy jej środek bedzie leża l wewnatrz ko la o promieniu 1/2 wspó lśrodkowego z danym okregiem, zatem szukane prawdopodobieństwo wynosi P([0, 1/2)) = B(0, 1/2) B(0, 1) = 1 4. III) Tak jak w poprzednim rozwiazaniu, bierzemy pod uwage po lożenie środka cieciwy, lecz tym razem patrzymy na jego odleg lość od środka okregu. Tak wiec Ω = [0, 1], F = B(Ω) i P jest prawdopodobieństwem geometrycznym. Cieciwa bedzie spe lnia la warunki zadania jeśli jej środek bedzie odleg ly od środka okregu o mniej niż 1/2. Zatem szukane prawdopodobieństwo wynosi P([0, 1/2)) = [0, 1/2) [0, 1] = 1 2. Tak wiec widzimy, iż otrzymaliśmy trzy różne wyniki, stad wyraz,,paradoks powyżej. Sprzeczności jednak tu nie ma - użyliśmy trzech różnych przestrzeni probabilistycznych do opisu tego samego doświadczenia losowego. Ogólnie rzecz ujmujac, teoria prawdopodobieństwa nie rozstrzyga, jaki model doświadczenia należy wybrać; pozwala ona obliczać prawdopodobieństwa zdarzeń dopiero w sytuacji, gdy zadano już konkretna trójke (Ω, F, P).

10 10 ADAM OS EKOWSKI 2. Zadania 1. Na ile sposobów można ustawić w ciag sześć jedynek, pieć dwójek oraz cztery trójki? 2. Wyznaczyć liczbe rozwiazań równania x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 50 a) w liczbach ca lkowitych nieujemnych x 1, x 2, x 3, x 4, b) w liczbach ca lkowitych dodatnich x 1, x 2, x 3, x Ile jest takich,,szóstek w Totolotku, że żadne dwie z wylosowanych liczb nie a kolejne? s 4. Z talii 52 kart wylosowano 13 kart. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że istnieje kolor, w którym a) dok ladnie siedem, b) dok ladnie sześć kart jest tego samego koloru? 5. Klasa liczy 15 uczniów. Nauczyciel wybiera na każdej lekcji na chybi l trafi l jednego ucznia do odpowiedzi. Obliczyć prawdopodobieństwo tego, że w ciagu 16 lekcji każdy uczeń bedzie przepytany. 6. W szafie jest n par butów. Wyjmujemy na chybi l trafi l k butów (k n). Obliczyć prawdopodobieństwo tego, że a) wśród wyj etych butów jest co najmniej jedna para, b) wśród wyj etych butów jest dok ladnie jedna para. 7. (Ω, F, P ) jest przestrzenia probabilistyczna, A, B, C F. a) Za lóżmy, że P (A B) = 1/2, P (A B) = 1/4, P (A\B) = P (B\A). Obliczyć P (A) oraz P (B\A). b) Za lóżmy, że A B C = Ω, P (B) = 2P (A), P (C) = 3P (A), P (A B) = P (A C) = P (B C). Wykazać, że 1/6 P (A) 1/4. c) Za lóżmy, że P (A) 2/3, P (B) 2/3, P (C) 2/3, P (A B C) = 0. Obliczyć P (A). 8. Rozdano 52 karty czterem graczom, po 13 kart każdemu. Jakie jest prawdopodobieństwo, że każdy z graczy ma co najmniej jednego pika? 9. Jest N listów i N zaadaresowanych kopert z różnymi adresami. Każdy list odpowiada dok ladnie jednemu adresowi i na odwrót. W lożono listy do kopert na chybi l trafi l, po jednym liście do każdej koperty. Obliczyć prawdopodobieństwo, że żaden list nie trafi l do w laściwej koperty. 10. Udowodnić, że każde nieskończone σ-cia lo jest nieprzeliczalne. 11. Kij o d lugości 1 z lamano losowo w dwóch punktach. Jakie jest prawdopodobieństwo, że z powsta lych trzech odcinków można zbudować trójkat? 12. Na nieskończona szachownice o boku 1 rzucono monete o średnicy 2 3. Jakie jest prawdopodobieństwo, że a) moneta znajdzie sie ca lkowicie we wnetrzu jednego z pól; b) przetnie sie z dwoma bokami szachownicy? 13. Na p laszczyzne podzielona na nieskończone pasy o szerokości d rzucono losowo ig l e o d lugości l (l < d). Wyznaczyć prawdopodobieństwo tego, że ig la przetnie brzeg któregoś pasa.

11 WYK LAD Z RACHUNKU PRAWDOPODOBIEŃSTWA I Prawdopodobieństwo warunkowe i niezależność zdarzeń 3.1. Prawdopodobieństwo warunkowe. W poprzednim rozdziale przekonaliśmy sie, w jaki sposób wyznaczać prawdopodobieństwa zdarzeń w momencie gdy mamy zadana przestrzeń probabilistyczna. Zajmiemy sie teraz nastepuj acym zagadnieniem: czasami, przy badaniu prawdopodobieństwa konkretnego zdarzenia, dysponujemy dodatkowa informacja, która w istotny sposób zmienia warunki. Najlepiej to zilustrować na przyk ladzie. Przyk lad 3.1. W urnie jest pieć bia lych kul ponumerowanych liczbami 1, 2, 3, 4, 5 oraz trzy kule czarne ponumerowane liczbami 1, 2, 3. Losujemy jedna kule. a) jakie jest prawdopodobieństwo, że numer na niej jest parzysty? b) Wiadomo, że wyciagni eta kula jest bia la. Jakie jest prawdopodobieństwo, że numer na niej jest parzysty? W podpunkcie a) odpowiedź brzmi 3/8: mamy osiem kul, z których trzy sa podpisane parzystymi numerami. W podpunkcie b) do lożono dodatkowa informacje: wyciagni eta kula ma bia ly kolor. Rzecz jasna, informacja ta zmienia odpowiedź: jest pieć kul bia lych, wśród nich dwie o parzystych numerach, skad dostajemy wynik 2/5. Formalnie, mamy do czynienia ze schematem klasycznym na Ω = {(1, b), (2, b),..., (5, b), (1, c), (2, c), (3, c)}. Określmy zdarzenia: A - wylosowano kule o numerze parzystym, B - wylosowano kule bia l a; zatem i mamy A = {(2, b), (4, b), (2, c)}, 2 A B A B / Ω = = = 5 B B / Ω Powyższe rozważania sugeruja nastepuj ac a definicje. B = {(1, b), (2, b),..., (5, b)} P(A B). P(B) Definicja 3.1. Za lóżmy, że (Ω, F, P) jest przestrzenia probabilistyczna oraz A, B sa zdarzeniami takimi, że P(B) > 0. Prawdopodobieństwem warunkowym (zajścia) zdarzenia A pod warunkiem (zajścia) zdarzenia B nazywamy liczbe P (A B) = P(A B). P(B) Uwaga: Jak latwo sprawdzić, przy ustalonym zdarzeniu B takim, że P(B) > 0, prawdopodobieństwo warunkowe P( B) jest nowa miara probabilistyczna na (Ω, F). Twierdzenie 3.1 (Prawdopodobieństwo iloczynu zdarzeń). Za lóżmy, że (Ω, F, P) jest przestrzenia probabilistyczna oraz A 1, A 2,..., A n sa zdarzeniami spe lniajacymi warunek P(A 1 A 2... A n ) > 0. Wówczas P(A 1 A 2... A n ) = P(A n A 1 A 2... A n 1 )P(A n 1 A 1 A 2... A n 2 )... P(A 2 A 1 )P(A 1 ). Dowód. Wystarczy zastosować definicj e prawdopodobieństwa warunkowego.

12 12 ADAM OS EKOWSKI Przyk lad 3.2. W urnie znajduje sie n 1 bia lych kul oraz jedna czarna. Losujemy po jednej kuli aż do momentu, gdy wylosujemy czarna kule. jakie jest prawdopodobieństwo tego, że wykonamy k losowań jeśli a) losujemy bez zwracania b) losujemy ze zwracaniem? Oznaczmy bia le kule przez b 1, b 2,..., b n 1, a czarna kule przez c. Mamy Ω = {(c), (b 1, c), (b 2, c),..., (b n 1, c), (b 1, b 1, c),...}, F = 2 Ω, a prawdopodobieństwo zadane jest poprzez określenie mas poszczególnych zdarzeń jednoelementowych (por. Przyk lad 2 z poprzedniego wyk ladu). Rozważmy zdarzenie A i - i-ta kula jest bia la, i = 1, 2,.... Korzystajac z powyższego twierdzenia, mamy P(A k A k 1 A k 2... A 1 ) = P(A k A k 1... A 1 )P(A k 1 A k 2... A 1 )... P(A 2 A 1 )P(A 1 ). a) Z warunków zadania wynika, że P(A i A i 1... A 1 ) = a zatem szukane prawdopodobieństwo wynosi n i n i + 1, 1 P(A k A k 1... A 1 ) = n k + 1, 1 n k + 1 n k + 1 n k + 2 n k + 2 n k n 2 n 1 n 1 = 1 n n. b) Tym razem mamy P(A i A i 1 A i 2... A 1 ) = n 1 n, a wiec szukane prawdopodobieństwo jest równe ( 1 n 1 ) n 1 n 1... n 1 = 1 ( ) k 1 n 1. n n n n n n Zajmiemy sie teraz analiza doświadczeń,,wieloetapowych, w których mamy do czynienia z losowaniem w kilku krokach, a przestrzeń probabilistyczna jest zadana poprzez specyfikacje prawdopodobieństw warunkowych zwiazanych z poszczególnymi krokami (por. przyk lad poniżej). Zacznijmy od definicji. Definicja 3.2. Mówimy, że rodzina zdarzeń (B k ) n k=1 jest rozbiciem (skończonym) zbioru Ω, jeśli B 1 B 2... B n = Ω oraz zdarzenia B 1, B 2,..., B n sa parami roz l aczne. Analogicznie definiujemy rozbicie przeliczalne Ω. Twierdzenie 3.2 (Wzór na prawdopodobieństwo ca lkowite). Za lóżmy, że (Ω, F, P) jest przestrzenia probabilistyczna oraz A F oraz (B k ) k jest rozbiciem Ω (skończonym lub przeliczalnym), takim, że P(B k ) > 0 dla wszystkich k. Wówczas P(A) = k P(A B k )P(B k ). Dowód. Zdarzenia A B 1, A B 2,..., sa parami roz l aczne i daja w sumie A, a zatem P(A) = P(A B k ) = P(A B k )P(B k ). k k

13 WYK LAD Z RACHUNKU PRAWDOPODOBIEŃSTWA I 13 Twierdzenie 3.3 (Wzór Bayesa). Przy za lożeniach jak wyżej, jeśli P(A) > 0, to dla każdego k, P(B k A) = P(A B ( k)p(b k ) n P(A B = P(A B ) k)p(b k ). n)p(b n ) P(A) Dowód. Wzór wynika natychmiast z definicji prawdopodobieństwa warunkowego oraz wzoru na prawdopodobieństwo ca lkowite. Przyk lad 3.3. Dane sa urny I oraz II. W urnie I znajduje sie b 1 kul bia lych oraz c 1 kul czarnych, zaś w urnie II - b 2 kul bia lych i c 2 kul czarnych. Losujemy urne, a nastepnie kule z tej urny. a) Jakie jest prawdopodobieństwo, że kula jest bia la? b) Za lóżmy, że wyciagni eta kula jest bia la. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że losowano z I urny? Mamy dwa etapy doświadczenia: losowanie urny oraz losowanie kuli z danej urny. Wprowadźmy zdarzenia A - wyciagni eto bia l a kule, B 1 - wylosowano urne I, B 2 - wylosowano urne II. Mamy B 1 B 2 =, B 1 B 2 = Ω, a wiec rodzina (B i ) 2 i=1 jest rozbiciem Ω. Z warunków zadania wynika, że P(B 1 ) = P(B 2 ) = 1 2 > 0, P(A B 1) = b 1 b 1 + c 1, P(A B 2 ) = b 2 b 2 + c 2. a) Korzystajac ze wzoru na prawdopodobieństwo ca lkowite mamy P(A) = P(A B 1 )P(B 1 ) + P(A B 2 )P(B 2 ) = 1 ( b1 + b ) 2. 2 b 1 + c 1 b 2 + c 2 b) Na mocy wzoru Bayesa, P(B 1 A) = P(A B 1)P(B 1 ) P(A) = b 1 /(b 1 + c 1 ) b 1 /(b 1 + c 1 ) + b 2 /(b 2 + c 2 ) Niezależność zdarzeń. Zacznijmy od intuicji. Za lóżmy, że A, B sa zdarzeniami, przy czym P(B) > 0. Wówczas zdarzenia A, B powinny być niezależne, jeśli informacja o tym, że zasz lo zdarzenie B nie wp lywa na prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A; tzn. niezależność powinna być równoważna równości P(A B) = P(A), czyli P(A B) = P(A)P(B). Przyjmujemy to jako definicje. Definicja 3.3. Za lóżmy, że (Ω, F, P) jest przestrzenia probabilistyczna. Zdarzenia A, B sa niezależne, jeśli P(A B) = P(A)P(B). Uwaga: Jeśli P(A) = 0, to dla dowolnego B F zdarzenia A oraz B sa niezależne. Ta sama teza zachodzi gdy P(A) = 1. Zdefiniujemy teraz niezależność wiekszej liczby zdarzeń. Zacznijmy od przypadku skończonego. Intuicyjnie, zdarzenia A 1, A 2,..., A n sa niezależne jeśli każdy poduk lad tych zdarzeń jest niezależny oraz zdarzenia A n, A 1 A 2... A n 1 sa niezależne. jak latwo zauważyć, powyższe warunki wymuszaja równość P(A i1 A i2... A ik ) = P(A i1 )P(A i2 )... P(A ik ) dla dowolnego k = 2, 3,..., n i dowolnego rosnacego ciagu 1 i 1 < i 2 <... < i k n. Przyjmujemy to jako definicje.

14 14 ADAM OS EKOWSKI Definicja 3.4. Mówimy, że zdarzenia A 1, A 2,..., A n sa niezależne, jeśli dla wszystkich 2 k n oraz dowolnego ciagu 1 i 1 < i 2 <... < i k n zachodzi równość P(A i1 A i2... A ik ) = P(A i1 )P(A i2 )... P(A ik ). Definicja 3.5. Mówimy, że zdarzenia A 1, A 2,..., A n sa niezależne parami, jeśli dla dowolnych różnych i, j {1, 2,..., n}, zdarzenia A i oraz A j sa niezależne. Oczywiście niezależność,,zespo lowa (czy też,, l aczna ) zdarzeń A 1, A 2,..., A n pociaga za soba ich niezależność parami. Implikacja w druga strone nie jest prawdziwa, co ilustruje nastepuj acy przyk lad. Przyk lad 3.4. Rzucamy dwa razy kostka. Niech A - za pierwszym razem wypad la parzysta liczba oczek, B - za drugim razem wypad la parzysta liczba oczek, C - suma oczek jest parzysta. Bezpośrednio wyliczamy, iż P(A) = P(B) = P(C) = 1 2, P(A B) = P(B C) = P(C A) = 1 4, a wiec zdarzenia A, B, C sa niezależne parami. Nie sa jednak niezależne zespo lowo: mamy A B C, a wiec P(A B C) = P(A B) = 1/4 P(A)P(B)P(C). W przypadku dowolnej (być może nieskończonej) liczby zdarzeń, niezależność definiujemy nastepuj aco. Definicja 3.6. Za lóżmy, że {A i } i I jest pewna rodzina zdarzeń. Mówimy, iż zdarzenia te sa niezależne, jeśli dla każdego n oraz parami różnych i 1, i 2,..., i n I zdarzenia A i1, A i2,..., A in a niezależne. Zdefiniujemy teraz poj ecie niezależności σ-cia l. s Definicja 3.7. Za lóżmy, że (Ω, F, P) jest przestrzenia probabilistyczna oraz F 1, F 2,..., F n sa σ-cia lami zawartymi w F. Mówimy, że σ-cia la te sa niezależne, jeśli dla dowolnych A 1 F 1, A 2 F 2,..., A n F n zachodzi warunek P(A 1 A 2... A n ) = P(A 1 )P(A 2 )... P(A n ). Twierdzenie 3.4. Przy za lożeniach powyższej definicji, σ-cia la F 1, F 2,..., F n sa niezależne wtedy i tylko wtedy, gdy dowolne A 1 F 1, A 2 F 2,..., A n F n sa niezależne. Dowód. oczywiste. Mamy dowieść, że dla dowolnego 2 k n oraz dowolnego ciagu 1 i 1 < i 2 <... < i k n zachodzi równość ( ) P(A i1 A i2... A ik ) = P(A i1 )P(A i2 )... P(A ik ). Rozważmy zdarzenia B 1, B 2,..., B n dane przez { A i jeśli i = i l dla pewnego l, B i = Ω w przeciwnym przypadku. Wówczas B 1 F 1, B 2 F 2,..., B n F n, a zatem co jest równoważne (*). P(B 1 B 2... B n ) = P(B 1 )P(B 2 )... P(B n ),

15 WYK LAD Z RACHUNKU PRAWDOPODOBIEŃSTWA I 15 Przyk lad 3.5. Rzucamy dwa razy kostka. Wprowadźmy standardowa przestrzeń probabilistyczna opisujac a to doświadczenie (por. poprzedni wyk lad). Rozważmy σ-cia la F 1 = {A {1, 2, 3, 4, 5, 6} : A {1, 2, 3, 4, 5, 6}}, F 2 = {{1, 2, 3, 4, 5, 6} B : B {1, 2, 3, 4, 5, 6}}. Wówczas F 1, F 2 F i F 1, F 2 sa niezależne: istotnie, dla dowolnych zdarzeń A {1, 2, 3, 4, 5, 6} F 1, B {1, 2, 3, 4, 5, 6} F 2 mamy P(A {1, 2, 3, 4, 5, 6}) = A 6 36 oraz = A 6 B, P({1, 2, 3, 4, 5, 6} B) = = B P((A {1, 2, 3, 4, 5, 6}) ({1, 2, 3, 4, 5, 6} B)) = P(A B) = A B. 36 Przyk lad 3.6. Za lóżmy, że σ(a 1 ), σ(a 2 ),..., σ(a n ) bed a σ-cia lami generowanymi przez zdarzenia A 1, A 2,..., A n, odpowiednio (przypomnijmy: σ(a) = {A, A,, Ω}). Wówczas jeśli A 1, A 2,..., A n sa niezależne, to σ(a 1 ), σ(a 2 ),..., σ(a n ) też sa niezależne. Aby to wykazać, musimy sprawdzić, że dla dowolnych B i F i, i = 1, 2,..., n, zachodzi P(B 1 B 2... B n ) = P(B 1 )P(B 2 )... P(B n ). Jeśli co najmniej jedno ze zdarzeń B i jest zbiorem pustym, to powyższa równość jest spe lniona: obie strony sa równe 0. Jeśli dla pewnego j mamy B j = Ω, to możemy to zdarzenie pominać po obu stronach. Zatem, wystarczy dowieść, że dla dowolnego ciagu 1 i 1 < i 2 <... < i k n mamy P(B i1 B i2... B ik ) = P(B i1 )P(B i2 )... P(B ik ), gdzie dla każdego j, zdarzenie B ij jest równe A ij lub A i j. Poprzez prosta indukcje, wystarczy wykazać, że P(A i 1 A i2 A i3... A ik ) = P(A i 1 )P(A i2 )P(A i3 )... P(A ik ), co natychmiast wynika z niezależności zdarzeń A 1, A 2,..., A n : istotnie, P(A i 1 A i2 A i3... A ik ) = P(A i2 A i3... A ik ) P(A i1 A i2 A i3... A ik ) = P(A i2 )P(A i3 )... P(A ik ) P(A i1 )P(A i2 )P(A i3 )... P(A ik ) = P(A i 1 )P(A i2 )P(A i3 )... P(A ik ). Rozważmy teraz nastepuj acy problem. Za lóżmy, że mamy N doświadczeń, przy czym i-te doświadczenie jest opisywane przez przestrzeń probabilistyczna (Ω i, F i, P i ). W jaki sposób możemy zbudować przestrzeń (Ω, F, P) dla doświadczenia polegajacego na niezależnym przeprowadzeniu tych N doświadczeń? Oczywiście, jako zbiór Ω bierzemy Ω 1 Ω 2... Ω N. Aby określić F, zwróćmy uwage, iż σ-cia lo F i jest reprezentowane, w kontekście powyższego zbioru Ω, przez klase F i = {Ω 1 Ω 2... Ω i 1 A i Ω i+1... Ω N : A i F i }. Stad naturalny pomys l, by wziać F = σ(f 1, F 2,..., F N ), σ-cia lo generowane przez F 1, F 2,..., F N. Innymi s lowy, jako F bierzemy σ-cia lo produktowe F 1 F 2

16 16 ADAM OS EKOWSKI... F N. Przejdźmy do określenia miary probabilistycznej P. Z powyższych postulatów, σ-cia la F 1, F 2,..., F N maj a być niezależne, a zatem poszukujemy takiego prawdopodobieństwa P, że dla dowolnych A i F i, i = 1, 2,..., N, P(A 1 A 2... A N ) = P ( (A 1 Ω 2... Ω N ) (Ω 1 A 2... Ω N )... (Ω 1... Ω N 1 A N ) ) = N P(Ω 1... A i... Ω N ). Ponadto, chcemy by P(Ω 1... A i... Ω N ) = P i (A i ) dla każdego i. Podsumowujac, poszukujemy takiego P, by dla dowolnych zdarzeń A 1, A 2,..., A N jak wyżej zachodzi la równość i=1 P(A 1 A 2... A N ) = P 1 (A 1 )P 2 (A 2 )... P N (A N ). Z teorii miary wiadomo, że istnieje dok ladnie jedno takie prawdopodobieństwo P na F 1 F 2... F N, i jest ono równe P 1 P 2... P N - produktowi miar P 1, P 2,..., P N. Analogiczne rozumowanie można przeprowadzić w przypadku gdy mamy do czyniania z nieskończona liczba doświadczeń modelowanych przez przestrzenie probabilistyczne (Ω i, F i, P i ). Przyk lad 3.7 (Schemat Bernoulliego). Za lóżmy, iż dla każdego i = 1, 2,..., N mamy Ω i = {0, 1}, F i = 2 Ωi oraz P i ({1}) = p, gdzie p [0, 1] jest ustalonym parametrem. Widzimy, iż każda pojedyncza przestrzeń (Ω i, F i, P i ) modeluje doświadczenie w którym sa dwa możliwe wyniki: 0 i 1, interpretowane jako porażka i sukces (podkreślmy: prawdopodobieństwo sukcesu jest równe p i nie zależy od numeru doświadczenia). Takie pojedyncze doświadczenie nazywamy próba Bernoulliego. Na mocy powyższej konstrukcji, przestrzeń probabilistyczna ({0, 1} N, 2 Ω, P) = (Ω 1 Ω 2... Ω N, F 1 F 2... F N, P 1 P 2... P N ) modeluje ciag niezależnych N powtórzeń próby Bernoulliego. Ciag ten nazywamy schematem Bernoulliego. Zauważmy, iż dla dowolnego ω = (ω 1, ω 2,..., ω N ) Ω mamy P({ω}) = p k (1 p) N k, gdzie k jest liczba jedynek w ciagu ω. Wynika stad, iż jeśli określimy zdarzenie A k = {liczba sukcesów jest równa k}, to P(A k ) = ( ) N P({ω}) = A k p k (1 p) N k = p k (1 p) N k. k ω A k Za lóżmy, że A 1, A 2,... sa pewnymi zdarzeniami; wówczas n=1 m=n A m możemy interpretować jako,,zasz lo nieskończenie wiele spośród zdarzeń A 1, A 2,.... Okazuje sie, że przy pewnych za lożeniach, zdarzenie to ma prawdopodobieństwo 0 lub 1. Ściślej, zachodzi nastepuj acy fakt. Lemat 3.1 (Borela-Cantelli). Za lóżmy, że (Ω, F, P) jest przestrzenia probabilistyczna oraz A 1, A 2,... F. (i) Jeśli n=1 P(A n) <, to ( ) P A m = 0 n=1 m=n

17 WYK LAD Z RACHUNKU PRAWDOPODOBIEŃSTWA I 17 (a zatem z prawdopodobieństwem 1 zachodzi skończenie wiele spośród A i ). (ii) Jeśli A 1, A 2,... sa niezależne i n=1 P(A n) =, to ( ) P A m = 1. Dowód. (i) Mamy ( P n=1 m=n n=1 m=n ) ( A m P m=n A m ) m=n P(A m ) n 0. (ii) Udowodnimy, że zdarzenie przeciwne n=1 m=n A m ma prawdopodobieństwo 0. Wystarczy wykazać, iż P( m=n A m) = 0 dla wszystkich n (wówczas rozważane zdarzenie przeciwne bedzie przeliczalna suma zbiorów miary 0, a zatem także bedzie mia lo miare 0). Korzystajac z twierdzenia o ciag lości, mamy iż dla dowolnego n, ( ) ( k ) ( P A m = P A m = lim P k ) A m, k m=n k=n m=n m=n co na mocy niezależności zdarzeń A 1, A 2,... jest równe k k lim P(A m) = lim (1 P(A m )) lim sup e k m=n P(Am) = 0. k m=n k m=n k Na zakończenie zaprezentujemy pewien przydatny fakt, tzw. lemat o π λ uk ladach. Aby podać pewna motywacje, za lóżmy, że µ, ν sa miarami probabilistycznymi na pewnej przestrzeni mierzalnej (Ω, F). Przypuśćmy, iż chcemy wykazać, iż te miary sa sobie równe: mamy wiec sprawdzić, czy dla dowolnego A F zachodzi równość µ(a) = ν(a). Powstaje bardzo naturalne pytanie: czy wystarczy zweryfikować powyższa tożsamość dla pewnej szczególnej klasy zdarzeń A, np. dla generatorów σ-cia la F? Okazuje sie że zbiór generatorów nie jest na ogó l dobrym wyborem: mianowicie trzeba za lożyć, że klasa ta jest dodatkowo π-uk ladem. Definicja 3.8. Za lóżmy, że K jest niepusta klasa podzbiorów Ω. Mówimy, że K jest π-uk ladem, jeśli klasa ta jest zamknieta ze wzgledu na branie skończonych iloczynów: z tego, że A, B K wynika, że A B K. Definicja 3.9. Za lóżmy, że L jest pewna klasa podzbiorów Ω. Mówimy, że L jest λ-uk ladem, jeśli sa spe lnione nastepuj ace warunki: (i) Ω L, (ii) jeśli A, B L i A B, to B \ A L, (iii) jeśli A 1, A 2,... jest wstepuj acym ciagiem elementów L, to n=1 A n L. Lemat 3.2 (o π λ uk ladach). Jeśli L jest λ-uk ladem zawierajacym π-uk lad K, to L zawiera także σ-cia lo generowane przez K. Dowód. Rozumowanie podzielimy na trzy cześci. 1) Zauważmy, że jeśli L jest λ-uk ladem oraz A, B L spe lniaja A B =, to A B = (A \ B) L, korzystajac z (i) i (ii).

18 18 ADAM OS EKOWSKI 2) Jeśli L jest jednocześnie π-uk ladem oraz λ-uk ladem, to jest σ-cia lem. Aby to wykazać, zauważmy, iż jeśli A, B L, to A B = A (B \ (A B)) L, na mocy 1) oraz warunków definiujacych π-uk lad i λ-uk lad. Wobec tego, przez prosta indukcje, L bedzie zamkniete ze wzgledu na branie skończonych sum, a zatem jeśli A 1, A 2,... jest dowolnym ciagiem elementów z L, to ( n ) A n = A k L. n=1 n=1 W ostatnim kroku skorzystaliśmy z tego, że A 1, A 1 A 2, A 1 A 2 A 3,... jest wstepuj acym ciagiem elementów L. 3) Niech Λ bedzie klasa wszystkich λ-uk ladów zawierajacych K i po lóżmy L 0 = L Λ L. Wówczas L 0 Λ oraz K L 0 L. Wystarczy wiec udowodnić, że L 0 jest σ-cia lem: na mocy 2), wystarczy wykazać, że L 0 jest π-uk ladem. Weźmy dowolne A K i rozważmy klase K 1 = {B : A B L 0 }. Oczywiście K 1 K, gdyż K jest π-uk ladem. Ponadto K 1 jest λ-uk ladem: (i) Ω K 1, bo A Ω = A K L 0 ; (ii) jeśli B 1, B 2 K 1, B 1 B 2, to k=1 A (B 2 \ B 1 ) = (A B 2 ) \ (A B 1 ) L 0, a wiec B 2 \ B 1 K 1 ; (iii) B 1 B 2... K 1, to ( ) A B n = (A B n ) L 0, n=1 n=1 skad wynika, iż n=1 B n K 1. Zatem K 1 zawiera L 0, gdyż L 0 jest najmniejszym λ-uk ladem zawierajacym K. Wykazaliśmy wiec, że dla dowolnego A K oraz dowolnego B L 0, A B L 0. Nastepnie powtarzamy rozumowanie: ustalamy B L 0 i definiujemy K 2 = {A : A B L 0 }. Mamy K 2 K oraz K 2 jest λ-uk ladem, skad wynika, iż K 2 L 0, a wiec dla dowolnych A, B L 0 zachodzi A B L 0. Dowód jest zakończony. Jako zastosowanie, udowodnimy nastepuj acy fakt. Twierdzenie 3.5. Za lóżmy, że (Ω, F, P) jest przestrzenia probabilistyczna. Przypuśćmy, iż rodzine {F γ } Γ niezależnych σ-cia l podzielono na n podrodzin {F γ i} γi Γ i, i = 1, 2,..., n. Wówczas σ-cia la σ ( {F γ 1} γ 1 Γ 1 ), σ ( {Fγ 2} γ 2 Γ 2 ),..., σ ({Fγ n} γ n Γ n), generowane przez poszczególne podrodziny też sa niezależne. Dowód. Przeprowadzimy dowód dla n = 2; dla wi ekszych n rozumowanie jest analogiczne. Mamy wi ec dwie rodziny {F γ } γ Γ, {G δ } δ niezależnych pod-σ-cia l F i musimy wykazać, że dla dowolnych A σ({f γ } γ Γ ), B σ({g δ } δ ) zachodzi ( ) P(A B) = P(A)P(B). Na mocy niezależności σ-cia l, wzór (*) zachodzi dla zbiorów postaci A = A γ 1 A γ 2... A γ k, A γ i F γ i, i = 1, 2,..., k,

19 WYK LAD Z RACHUNKU PRAWDOPODOBIEŃSTWA I 19 B = B δ 1 B δ 2... B δ l, B δ j G δ j, j = 1, 2,..., l. Ustalmy A jak wyżej i rozważmy klase K = {B : zachodzi (*)}. Mamy wiec K {B δ 1 B δ 2... B δ l : B δ j G δ j }, i ta ostatnia klasa jest, rzecz jasna, π-uk ladem generujacym σ({g δ } δ ). Ponadto K jest λ-uk ladem: (i) Ω K, bo P(A Ω) = P(A)P(Ω). (ii) jeśli B 1, B 2 K i B 1 B 2, to B 2 \ B 1 K: istotnie, P(A (B 2 \ B 1 )) = P ( (A B 2 ) \ (A B 1 ) ) = P(A B 2 ) P(A B 1 ) = P(A) ( P(B 2 ) P(B 1 ) ) = P(A)P(B 2 \ B 1 ). (iii) Jeśli B 1 B 2... K, to n=1 B n K, gdyż z twierdzenia o ciag lości, ( ( )) ( ) P A B n = P (A B n ) n=1 n=1 = lim n P(A B n) = lim n P(A)P(B n) = P(A)P ( ) B n. Zatem na mocy lematu o π λ uk ladach, K zawiera σ({g δ } δ ), czyli (*) zachodzi dla dowolnego zbioru A postaci A γ 1 A γ 2... A γ k oraz B σ({g δ } δ ). Nastepnie, powtarzamy rozumowanie: ustalamy B σ({g δ } δ ) i definiujemy L = {A : zachodzi (*)}. Klasa L zawiera wszystkie zbiory postaci A γ 1 A γ 2... A γ k, które tworza π-uk lad generujacy σ({f γ } γ Γ ). Tak jak wyżej, sprawdzamy, że L jest λ uk ladem, a zatem z lematu o π λ uk ladach, L σ({f γ } γ Γ ). Wobec tego (*) zachodzi dla wszystkich A σ({f γ } γ Γ ) oraz B σ({g δ } δ ), skad dostajemy żadan a niezależność σ-cia l. n=1

20 20 ADAM OS EKOWSKI 4. Zadania 1. Grupa n osób (n 3), wśród których sa osoby X, Y i Z, ustawia sie losowo w kolejce. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że a) X stoi bezpośrednio przed Y, jeśli Y stoi bezpośrednio przed Z? b) X stoi przed Y, jeśli Y stoi przed Z? 2. Z talii 52 kart losujemy 5 kart bez zwracania. Obliczyć prawdopodobieństwo tego, że mamy dok ladnie 3 asy, jeżeli wiadomo, że a) mamy co najmniej jednego asa; b) mamy asa czarnego koloru; c) mamy asa pik; d) pierwsza wylosowana karta jest as; e) pierwsza wylosowana karta jest czarny as; f) pierwsza wylosowana karta jest as pik. 3. W urnie znajduja sie trzy bia le i cztery czarne kule. Losujemy kule, wyrzucamy bez ogladania, a nastepnie losujemy kolejna kule z urny. a) Jakie jest prawdopodobieństwo, że druga kula jest bia la? b) Za lóżmy, że za drugim razem wyciagni eto bia l a kule. Jakie jest prawdopodobieństwo, że za pierwszym razem wylosowano czarna kule? 4. W populacji jest 15% dyslektyków. Jeśli w teście diagnostycznym uczeń pope lni 6 lub wiecej b l edów, to zostaje uznany za dyslektyka. Każdy dyslektyk na pewno pope lni co najmniej 6 b l edów w takim teście, ale również nie-dyslektyk może pope lnić wiecej niż 5 b l edów dzieje sie tak z prawdopodobieńswem 0,1. Jasio pope lni l w teście 6 b l edów. Jakie jest prawdopodobieństwo, że jest dyslektykiem? Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że w kolejnym teście też pope lni co najmniej 6 b l edów? 5. W pewnej fabryce telewizorów każdy z aparatów może być wadliwy z prawdopodobieństwem p. W fabryce sa trzy stanowiska kontroli i wyprodukowany telewizor trafia na każde ze stanowisk z jednakowym prawdopodobieństwem. i-te stanowisko wykrywa wadliwy telewizor z prawdopodobieństwem p i (i = 1, 2, 3). Telewizory nie odrzucone w fabryce trafiaja do hurtowni i tam poddawane sa dodatkowej kontroli, która wykrywa wadliwy telewizor z prawdopodobieństwem p 0. a) Obliczyć prawdopodobieństwo tego, że dany nowowyprodukowany telewizor znajdzie sie w sprzedaży (tzn. przejdzie przez obie kontrole). b) Przypuśćmy, że telewizor jest już w sklepie. Jakie jest prawdopodobieństwo, że jest on wadliwy? 6. Rzucamy dwa razy kostka. Rozważmy zdarzenia: A za pierwszym razem wypad la liczba oczek podzielna przez 3; B suma wyrzuconych oczek jest parzysta; C za każdym razem uzyskaliśmy te sama liczbe oczek. Czy zdarzenia A, B sa niezależne? Czy A, B, C sa niezależne? 7. Na n kartonikach zapisano n różnych liczb rzeczywistych. Kartoniki w lożono do pude lka, starannie wymieszano, a nastepnie losowano kolejno bez zwracania. Niech A k k-ta wylosowana liczba jest wieksza od poprzednich. a) Udowodnić, że P(A k ) = 1/k, k = 1, 2,..., n. b) Udowodnić, że zdarzenia A 1, A 2,..., A n sa niezależne.

21 WYK LAD Z RACHUNKU PRAWDOPODOBIEŃSTWA I Dane sa liczby ca lkowite dodatnie m, n oraz liczby p, q (0, 1) spe lniajace warunek p + q = 1. Dowieść, że (1 p n ) m + (1 q m ) n Wyznaczyć najbardziej prawdopodobna liczbe sukcesów w schemacie n prób Bernoulliego z prawdopodobieństwem sukcesu p. 10. Rzucono 10 razy kostka. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że w pierwszym rzucie otrzymano szóstke, jeśli wiadomo, że a) otrzymano trzy szóstki? b) w nastepnych dziewieciu rzutach otrzymano same szóstki? 11. Rzucamy kostka aż do momentu gdy wyrzucimy piatk e badź trzy razy szóstke ( l acznie, niekoniecznie pod rzad). Jakie jest prawdopodobieństwo, że rzucimy dok ladnie n razy? 12. Prawdopodobieństwo tego, że w urnie znajduje sie k kostek, wynosi 2k k! e 2, k = 0, 1, 2,.... Losujemy kolejno bez zwracania wszystkie kostki z urny i wykonujemy rzuty każda z nich. Jakie jest prawdopodobieństwo, że uzyskamy l szóstek? 13. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że liczba sukcesów w schemacie Bernoulliego n prób z p = 1 2 b edzie podzielna a) przez 3? b) przez 4? 14. Niech (Ω, F, P) bedzie przestrzenia probabilistyczna dla schematu n prób Bernoulliego z prawdopodobieństwem sukcesu p. Dla dowolnego 0 k n, niech A k oznacza zdarzenie, iż jest dok ladnie k sukcesów. Wykazać, że dla dowolnego B F oraz każdego k, prawdopodobieństwo warunkowe P(B A k ) nie zależy od p. 15. Rzucamy nieskończenie wiele razy moneta, dla której prawdopodobieństwo wypadniecia or la wynosi p 1/2. Dla n = 2, 4,..., rozważmy zdarzenie A n - do rzutu n w l acznie wypad lo tyle samo or lów co reszek. Udowodnić, że z prawdopodobieństwem 1 zajdzie skończenie wiele spośród zdarzeń A 1, A 2, Rzucamy nieskończenie wiele razy moneta, dla której prawdopodobieństwo wypadniecia or la wynosi p (0, 1]. Udowodnić, że z prawdopodobieństwem 1 wystapi nieskończenie wiele serii z lożonych ze 100 or lów pod rzad. 17. Dane sa dwie miary probabilistyczne µ, ν na (R, B(R)). a) Za lóżmy, że dla dowolnej liczby t > 0 mamy ν([ t, t]) = µ([ t, t]). Udowodnić, że jeśli A B(R) jest symetryczny wzgledem 0, to µ(a) = ν(a). b) Przypuśćmy, że K jest pewna klasa generujac a B(R) (tzn. spe lniajac a σ(k) = B(R)). Czy z tego, że µ(a) = ν(a) dla każdego A K, wynika, iż µ = ν?