STATYSTYKA. Rafał Kucharski. Uniwersytet Ekonomiczny w Katowicach 2015/16 ROND, Finanse i Rachunkowość, rok 2

Transkrypt

1 STATYSTYKA Rafał Kucharski Uniwersytet Ekonomiczny w Katowicach 2015/16 ROND, Finanse i Rachunkowość, rok 2

2 Wybrane litery alfabetu greckiego α alfa β beta Γ γ gamma δ delta ɛ, ε epsilon η eta Θ θ theta κ kappa Λ λ lambda µ mi ν ni ξ ksi π pi ρ, ϱ ro σ sigma τ tau Φ φ, ϕ fi χ chi Ψ ψ psi Ω ω omega

3 Oznaczenia N zbiór liczb naturalnych: 0, 1, 2, 3,... R zbiór liczb rzeczywistych: (, ) iloczyn logiczny, koniunkcja, i suma logiczna, alternatywa, lub implikacja, wynikanie, p q jeśli p, to q równoważność, wtedy i tylko wtedy negacja, zaprzeczenie, nie n a i := a 1 + a a n i=1 n a i := a 1 a 2 a n i=1

4 Operacje mnogościowe (na zbiorach) należy do, np. x A nie należy do, np. x A zbiór pusty A A A B B B A B iloczyn (część wspólna, przekrój) zbiorów A i B: x A B x A x B A B suma zbiorów A i B: x A B x A x B A \ B różnica zbiorów A i B: x A \ B x A x B

5 Operacje mnogościowe c.d. n A i := A 1 A 2 A n i=1 n A i := A 1 A 2 A n i=1 A B A B A jest podzbiorem B, B zawiera A, A zawiera się w B: A B (x A x B) A B A B = zbiory A i B są rozłączne 2 A, P(A) rodzina wszystkich podzbiorów zbioru A, potęga zbioru A

6 Prawa de Morgana W logice: (p q) ( p q) (p q) ( p q) Dla zbiorów A, B Ω: Ω \ (A B) = (Ω \ A) (Ω \ B), Ω \ (A B) = (Ω \ A) (Ω \ B). Dla ciągów zbiorów A 1, A 2,... Ω: Ω \ i A i = i (Ω \ A i ), Ω \ i A i = (Ω \ A i ). i

7 a

8 Przestrzeń probabilistyczna: (Ω, F, P) ω zdarzenie elementarne Ω zbiór (wszystkich) zdarzeń elementarnych, przestrzeń zdarzeń elementarnych A Ω, A F zdarzenie losowe F σ-ciało zdarzeń: rodzina podzbiorów Ω zamknięta na przeliczalne operacje mnogościowe: Ω F A, B F A \ B F A 1, A 2, F i=1 A i F P prawdopodobieństwo, miara probabilistyczna przeliczalnie addytywna, nieujemna miara unormowana : P: F [0, 1], P(Ω) = 1 Jeżeli A 1, A 2, F, jest ciągiem zdarzeń parami rozłącznych: A i A j = dla i j, to ( ) (Kołmogorow, 1933) P A i = P(A i ) i=1 i=1

9 Przykład (Rzut monetą) { } Ω =,, { { } { } { }} F =,,,,, ({ }) ({ }) P( ) = 0, P = p, P = 1 p, P(Ω) = 1. p [0, 1], a monetę nazywamy sprawiedliwą, jeśli p = 0.5. Przykład (Rzut kością do gry) Ω = {,,,,, }, F = 2 Ω (2 6 = 64 podzbiory), P({ })=P({ })=P({ })=P({ })=P({ })=P({ 1 })= 6.

10 Klasyczna definicja prawdopodobieństwa Jeśli zbiór Ω jest przeliczalny: Ω = {ω 1, ω 2,... }, F = 2 Ω, to P(A) = i A p i, gdzie p i = P({ω i }). Jeśli zbiór Ω jest skończony: Ω = {ω 1, ω 2,..., ω n }, F = 2 Ω, oraz wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, to P(A) = #A #Ω, gdzie #A oznacza liczbę elementów zbioru A (liczba zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A).

11 Elementy kombinatoryki zasada mnożenia Zasada mnożenia: jeśli #A 1 = n 1, #A 2 = n 2,..., #A k = n k, to #(A 1 A k ) = n 1 n 2... n k, gdzie A 1 A k = {(x 1,..., x k ) : x 1 A 1,..., x k A k }. Przykład Mamy do dyspozycji 3 rodzaje wafli, 8 smaków lodów oraz 5 sosów. Ile różnych zestawów można stworzyć, jeśli każdy zestaw ma składać się z jednego wafla, jednej porcji lodów oraz jednego sosu. Rozwiązanie Mamy #A 1 = 3, #A 2 = 8, #A 3 = 5, więc różnych zestawów jest #(A 1 A 2 A 3 ) = = 120.

12 Elementy kombinatoryki wariacje z powtórzeniami k-wyrazową wariacją z powtórzeniami zbioru Y nazywamy każdą funkcję f : {1, 2,..., k} Y. Wariację z powtórzeniami z n elementów po k można interpretować jako próbę k-elementową pobraną ze zwracaniem z populacji n-elementowej. Liczba wszystkich różnych k-elementowych wariacji z powtórzeniami zbioru n-elementowego jest równa V k n = n k, n 1, k 0. Każda funkcja f określona na zbiorze {1, 2,..., k} wyznacza jednoznacznie ciąg (f (1), f (2),..., f (k)), i na odwrót: każdy k-wyrazowy ciąg elementów zbioru Y wyznacza pewną funkcję f : {1, 2,..., k} Y. Zamiast o funkcjach możemy zatem mówić o ciągach. Wariacje uznajemy za różne, jeśli różne są odpowiednie funkcje, zatem np. wariacje z powtórzeniami aab i aba są różne.

13 Elementy kombinatoryki wariacje bez powtórzeń k-wyrazową wariacją bez powtórzeń zbioru Y złożonego z n elementów, gdzie 0 k n, nazywamy każdą funkcję różnowartościową f : {1, 2,..., k} Y. Wariację bez powtórzeń z n elementów po k można interpretować jako próbę k-elementową pobraną bez zwracania z populacji n-elementowej. Liczba wszystkich różnych k-elementowych wariacji bez powtórzeń zbioru n-elementowego jest równa V k n = n (n 1)... (n k + 1) = n! (n k)!, 0 k n. Przypomnienie: 0! = 1, n! = (n 1)! n = n. Wariacje uznajemy za różne, jeśli różne są odpowiednie funkcje, zatem np. wariacje bez powtórzeń: ab i ba sa różnymi wariacjami.

14 Elementy kombinatoryki c.d. Przykład W 10-piętrowym budynku windą jedzie 7 osób. Jaka jest szansa, że każda wysiądzie na innym piętrze? Rozwiązanie Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie 7-elementowe ciągi o wyrazach ze zbioru 10-elementowego. Zdarzenia sprzyjające to ciągi o różnych wyrazach. Zatem szukane prawdopodobieństwo wynosi: V 7 10 V 7 10 = 10! (10 7)! 10 7 = =

15 Elementy kombinatoryki permutacje, kombinacje Permutacją bez powtórzeń (permutacją) n-elementowego zbioru Y nazywamy każdą funkcję f odwzorowującą zbiór {1, 2,..., n} na zbiór Y. Liczba permutacji zbioru n-elementowego jest równa P n = n!, n 0. k-elementową kombinacją (bez powtórzeń) zbioru Y, złożonego z n elementów, nazywamy dowolny k-elementowy podzbiór zbioru Y. Liczba k-elementowych kombinacji zbioru n-elementowego jest równa ( ) n Cn k n! = = k k!(n k)!, 0 k n, (symbol Newtona, współczynnik dwumianowy).

16 Elementy kombinatoryki Przykład Z talii 24 kart wybieramy 5. Jakie jest prawdopodobieństwo, że otrzymamy dokładnie dwie pary (nie fulla i nie karetę)? Rozwiązanie Wszystkich możliwych wyborów kart jest ( 24) 5. Obliczamy ilość zdarzeń sprzyjających. Wybieramy dwie wartości kart spośród sześciu (np. as i król) na ( 6 2) sposobów. Z czterech kart o danej wartości wybieramy dwa kolory, co dla każdej wartości robimy na ( 4 2) sposobów. Piątą kartę wybieramy dowolnie z pozostałych 16 kart. Ostateczne prawdopodobieństwo wynosi: ( 6 ) ( 2 4 ) ( 2 4 ) 2 16 ( 24 ) = = 5 = = =

17 Własności prawdopodobieństwa A B Jeśli A i B wykluczają się (są rozłączne): A B = P(A B) = P(A) + P(B) (Addytywność) Dla A 1, A 2,..., A n, parami rozłącznych: ( n ) n (i j A i A j = ) = P A i = P(A i ) i=1 i=1 Dla dowolnych zbiorów mamy P(A B) = P(A) + P(B) P(A B). A B A \ B A B B \ A A B A B = + + = +

18 Wzór włączeń i wyłączeń Dla trzech zbiorów mamy P(A B C) = P(A) + P(B) + P(C) P(A B) P(A C) P(B C)+ + P(A B C). Dla n N zdarzeń prawdziwy jest wzór P(A 1 A n ) = P(A i ) P(A i1 A i2 )+ + 1 i 1 i 2 i 3 n 1 i n 1 i 1 i 2 n P(A i1 A i2 A i3 ) + + ( 1) n+1 P(A 1 A n ).

19 Własności prawdopodobieństwa, c.d. Ω Zdarzenie pewne: P(Ω) = 1 Zdarzenie niemożliwe: P( ) = 0 Jeśli A B, to P(B \ A) = P(B) P(A). B \ A = B A A (B \ A) =, B = A (B \ A), więc P(B) = P(A) + P(B \ A) Jeśli A B, to P(A) P(B). Dla każdego A, 0 P(A) 1. A A Zdarzenie przeciwne do A: A = A := Ω \ A P(A ) = P(Ω \ A) = P(Ω) P(A) = 1 P(A)

20 Prawdopodobieństwo warunkowe, niezależność zdarzeń Jeśli P(B) > 0, to prawdopodobieństwem warunkowym zdarzenia A pod warunkiem (zajścia) zdarzenia B nazywamy liczbę P(A B) = P(A B). P(B) Zauważmy, że P(A B) = P(A B) P(B). Zdarzenia A i B nazywamy niezależnymi, jeżeli P(A B) = P(A) P(B). Jeśli zdarzenia A i B są niezależne oraz P(B) > 0, to P(A B) = P(A).

21 Prawdopodobieństwo warunkowe, c.d. Przykład Wybieramy jedną rodzinę spośród rodzin z dwojgiem dzieci. Obliczyć prawdopodobieństwo zdarzenia, że wybierzemy rodzinę z dwoma chłopcami, jeśli wiemy, że w tej rodzinie: a) starsze dziecko jest chłopcem, b) jest co najmniej jeden chłopiec? Rozwiązanie Ω = {(c, c), (d, d), (c, d), (d, c)} jest zbiorem równo prawdopodobnych par, gdzie pierwszy element oznacza płać młodszego dziecka, drugi starszego. W punkcie a) P({(c, c)} {(c, c), (d, c)}) = = 1 2, w punkcie b) P({(c, c)} {(c, c), (d, c), (c, d)}) = = 1 3.

22 Niezależność zadarzeń, c.d. Zdarzenia A 1,..., A n nazywamy niezależnymi (zespołowo), jeżeli P(A i1 A i2 A ik ) = P(A i1 )P(A i2 )... P(A ik ) dla wszystkich ciągów 1 i 1 < i 2 < < i k n, k = 2, 3,..., n. Uwaga: w powyższej definicji należy sprawdzić 2 n n 1 równości! Jeśli A 1,..., A n są niezależne, to niezależne są również zdarzenia B 1,..., B n, gdzie B i = A i lub B i = A i, i = 1,..., n. Zastosowanie: gdy A 1,..., A n są zdarzeniami niezależnymi, to ( n P i=1 A i ) = 1 P = 1 ( ( n ) ) ( n ) A i = 1 P A i i=1 i=1 n n i=1 P(A i) = 1 i=1 (1 P(A i )). =

23 Wzór na prawdopodobieństwo całkowite Jeśli zbiory B 1,..., B n stanowią rozbicie zbioru Ω, to znaczy zbiory te są parami rozłączne oraz Ω = B 1 B n (zupełny układ zdarzeń), to dla dowolnego zdarzenia A zachodzi równość Uzasadnienie: n P(A) = P(A B i ) P(B i ). i=1 P(A) = P(A (B 1 B n )) = = P((A B 1 ) (A B n )) = = P(A B 1 ) + + P(A B n ) = = P(A B 1 )P(B 1 ) + + P(A B n )P(B n ). Przypadek n = 2: jeśli Ω = B 1 B 2, B 1 B 2 =, to P(A) = P(A B 1 ) P(B 1 ) + P(A B 2 ) P(B 2 ).

24 Wzór na prawdopodobieństwo całkowite Przykład Mamy dwie urny. Pierwsza urna zawiera 2 kule białe i 8 kul czarnych. Druga urna zawiera 8 kul białych i 2 kule czarne. Rzucamy kością do gry i jeśli wypadnie 6 oczek, to losujemy kulę z urny pierwszej, a w przeciwnym przypadku losujemy kulę z urny drugiej. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosowana kula jest biała? Rozwiązanie A wylosowanie kuli białej B 1 wypadło 6 oczek losujemy z urny pierwszej B 2 wypadła 5 lub mniej oczek losujemy z urny drugiej Mamy P(B 1 ) = 1 6, P(B 2) = 5 6, P(A B 1) = 2 10, P(A B 2) = 8 10, zatem P(A) = P(A B 1 )P(B 1 ) + P(A B 2 )P(B 2 ) = = = 7 10.

25 Wzór Bayesa Jeśli zbiory B 1,..., B n stanowią rozbicie zbioru Ω oraz P(A) > 0, to dla dowolnego j {1,..., n} mamy P(B j A) = P(A B j) P(B j ) P(A) = P(A B j ) P(B j ) ni=1 P(A B i ) P(B i ). P(B j ) nazywamy prawdopodobieństwami a priori (z góry, z założenia, przed doświadczeniem), P(B j A) nazywamy prawdopodobieństwami a posteriori (po fakcie, po doświadczeniu).

26 Wzór Bayesa Przykład Mamy dwie urny. Pierwsza urna zawiera 2 kule białe i 8 kul czarnych. Druga urna zawiera 8 kul białych i 2 kule czarne. Z wybranej losowo urny wyciągamy kulę. Jakie jest prawdopodobieństwo, że losowaliśmy z urny pierwszej, jeżeli wylosowana kula jest biała? Rozwiązanie A wylosowanie kuli białej B 1 losujemy z urny pierwszej, B 2 losujemy z urny drugiej Mamy P(B 1 ) = 1 2 = P(B 2), P(A B 1 ) = 2 10, P(A B 2) = 8 10, zatem P(B 1 A) = 2 P(A B 1 )P(B 1 ) P(A B 1 )P(B 1 ) + P(A B 2 )P(B 2 ) = = 2 10 = 1 5.

27 Prawdopodobieństwo geometryczne Jeśli na zbiorze Ω określona jest skończona miara µ (np. długość, pole), to możemy określić prawdopodobieństwo wzorem: P(A) = µ(a) µ(ω). Przykład Ania i Basia umówiły się na spotkanie między a Osoba która dojedzie na miejsce spotkania jako pierwsza, ma czekać na drugą przez 20 minut, ale nie dłużej niż do Jaka jest szansa, że dojdzie do spotkania?

28 Prawdopodobieństwo geometryczne, c.d. Rozwiązanie Ω = [0, 1] [0, 1], gdzie ω = (t A, t B ), t A, t B [0, 1] oznaczają odpowiednio czas przybycia Ani i Basi, liczony od 12:00, w godzinach, Przyjmujemy jako miarę µ pole powierzchni, skąd P(A) = µ(a) µ(ω) = µ(a). Do spotkania dochodzi w zbiorze A = {(t 1, t 2 ) [0, 1] [0, 1] : t 1 t }. Szukane prawdopodobieństwo wynosi ( 1 P(A) = ) = = 5 9.