W takim modelu prawdopodobieństwo konfiguracji OR wynosi. 0, 21 lub , 79. 6

Transkrypt

1 Rachunek prawdopodobieństwa MAP5 Wydział Elektroniki, rok akad. /, sem. letni Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz Przykłady do listy : Przestrzeń probabilistyczna. Prawdopodobieństwo klasyczne. Prawdopodobieństwo geometryczne. Twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym. Wzór Bayesa. Niezależność zdarzeń Przykłady do zadania. : (a) Przy dwukrotnym rzucie monetą zaobserwowano, że konfiguracja OR (tzn. orzeł w jednym z rzutów, reszka w drugim) pojawia się w przypadków. Czy moneta, którą wykonywano rzut, jest symetryczna? Przyjmujemy Ω = {(O, O), (O, R), (R, O), (R, R)}, F = Ω, P określone przez p = P {(O, O)}, p = P {(O, R)}, p = P {(R, O)}, p 4 = P {(R, R)}. Niech p oznacza szansę na wyrzucenie orła, < p <. Wtedy p ta szansa na reszkę. Moneta jest symetryczna, gdy p =, 5. Rzuty są niezależne, więc mamy p = p, p = p = p( p), p 4 = ( p). (Spr. p i dla i =,,, 4 oraz 4 p n = p + p( p) + ( p) = (p + p) =.) W takim modelu prawdopodobieństwo konfiguracji OR wynosi i= P (OR) = P ((O, R), (R, O)) = p + p = p( p). Szukamy takiego p, dla którego P (OR) = /. Rozwiązujemy równanie p( p) = /, czyli równanie kwadratowe 6p 6p + =. Otrzymujemy =, p =, lub +, (Zauważmy, że wartości p sumują się do. Nie ma w tym nic dziwnego. Wynika to z symetrycznej roli orła i reszki w modelu i badanym zdarzeniu.) W obu przypadkach p, 5, zatem w ramach modelu wnioskujemy, że moneta nie jest symetryczna. (b) Hasło potrzebne do uzyskania połączenia w sieci komputerowej składa się z jednej cyfry i następnie pięciu dużych liter alfabetu angielskiego. Znaleźć prawdopodobieństwo, że osoba postronna odgadnie hasło, jeśli wiadomo, że cyfra jest nieparzysta, a wśród liter są dokładnie trzy litery E. Ω = {(c, l,..., l 5 ), gdzie c {,, 5, 7, 9}, l i to duże litery, dokładnie wśród nich to E}, F = Ω, P - prawdopodobieństwo klasyczne. #Ω = 5 (5) (5) = 5, bo jest 5 możliwości wyboru cyfry, ( ) 5 możliwości wyboru miejsc na E, (6 ) możliwości wyboru liter innych niż E na każde z dwóch pozostałych miejsc zdarzenie, że osoba postronna odgadnie hasło, A = {właściwe hasło}, #A = P (A) = #A #Ω =,. 5

2 (c) Użytkownik karty kredytowej używa czterocyfrowego hasła dostępu. Bankomat blokuje kartę, gdy po raz trzeci hasło zostanie nieprawidłowo podane. Jakie jest prawdopodobieństwo, że złodziej karty dostanie się na nasze konto nie znając hasła? Ω = {{h, h, h }, gdzie h i to trzy różne hasła spośród 4 możliwych haseł}. F = Ω, P - prawdopodobieństwo klasyczne. A = {dostęp do konta} = {{właściwe hasło,h, h }} #Ω = ( ) ( ) 4, #A = 4. P (A) = #A #Ω = (4 )!!( 4 )!!(4 )! ( 4 )! =,. (d) Drewniany sześcian, którego wszystkie boki są pomalowane na niebiesko, rozpiłowano na 64 = 4 jednakowej wielkości mniejsze sześcianiki. Sześcianiki te dokładnie wymieszano, następnie wylosowano z nich. Jakie jest prawdopodobieństwo, że dokładnie jeden z wylosowanych sześcianików będzie miał niebieskie ściany? Odpowiedź uzasadnić. Ω = {{s,..., s }, gdzie s i to różne sześcianiki spośród 64 możliwych} F = Ω, P - prawdopodobieństwo klasyczne. A = {dokładnie jeden narożny} = {{narożny,s,..., s }, gdzie s i nie są narożne} #Ω = ( ( ) 64 ), #A = 8 56 )( 9 P (A) = #A #Ω = 4597, Przykłady do zadania. : (a) Rzucamy monetą tak długo, aż upadnie dwa razy pod rząd na tę samą stronę. Określić Ω i P odpowiadające temu eksperymentowi dla monety symetrycznej. Obliczyć prawdopodobieństwo, że wykonamy mniej niż 7 i więcej niż rzuty. Ω = {OO, ROO, OROO,...} {RR, ORR, RORR,...}, F = Ω, p n,o = P (n rzutów+oo) = ( ) n+, pn,r = P (n rzutów+rr) = ( dla monety symetrycznej. Przestrzeń probabilistyczna jest dobrze określona, bo p n,o, p n,r dla dowolnego n oraz (p n,o + p n,r ) = ( ) n 4 = n= n= =. P (mniej niż 7 i więcej niż rzuty) = P (, 4, 5 lub 6 rzutów) = 4 (p n,o + p n,r ) = 5 n= (ilość rzutów= n + ). ) n+

3 (b) Niech Ω = {ω n, n =,,...}, F = Ω. Weźmy ciąg p n = cz n, n =,,..., gdzie z > jest ustalone. Dobrać stałą c tak, aby ciąg (p n ) określał prawdopodobieństwo P na zbiorze Ω tak, że p n = P ({ω n }). Obliczyć P ({ω,..., ω }). p n dla każdego n wtedy i tylko wtedy, gdy c p n = c ( ) n z = c n= n= z = c = wtedy i tylko wtedy, gdy c = z z z Oba warunki na ciąg określający prawdopodobieństwo na Ω są spełnione dla c = z P ({ω,..., ω }) = p n = (z ) ( ) n z = (z ) n= n= z ( ) ( ) z = z z Przykłady do zadania. : (a) Na okręgu wybieramy losowo cięciwę. Uściślić na kilka sposobów pojęcie losowo i dla każdego z nich obliczyć prawdopodobieństwo, że długość cięciwy będzie większa od promienia okręgu.. sposób Ustalamy kierunek i wybieramy spośród cięciw o tym samym kierunku od średnicy do cięciwy zerowej, przy czym nie wyróżniamy żadnej z nich. Odpowiada to jednostajnemu wyborowi punktu x z odcinka [, R], gdzie R to promień okręgu..5.5 R l(x) x Ω = [, R], F to rodzina zbiorów borelowskich z tego odcinka, P to prawdopodobieństwo geometryczne. Dla wybranego x długość odpowiadajęcej mu cięciwy wynosi l(x) = R x l(x) > R wtedy i tylko wtedy, gdy x [, R/). Zatem P (l(x) > R) = P ([, R/ R/)) = = R.

4 . sposób Ustalamy punkt A na okręgu i wybieramy spośród cięciw o punkcie początkowym A, przy czym nie wyróżniamy żadnej z nich. Odpowiada to jednostajnemu wyborowi punktu A (końcowego punktu cięciwy) z okręgu, albo równoważnie wyborowi kąta ϕ z przedziału [ π, π], patrz rysunek..5 A.5 l(fi) R A fi Ω = [ π, π], F to rodzina zbiorów borelowskich z tego odcinka, P to prawdopodobieństwo geometryczne. Dla wybranego ϕ długość odpowiadajęcej mu cięciwy wynosi l(ϕ) = R ( + cos ϕ). l(ϕ) > R wtedy i tylko wtedy, gdy ϕ ( π/, π/). Zatem P (l(ϕ) > R) = P (( π/, π/)) = π/ = π.. sposób Wybieramy bez wyróżniania punkt A z koła bez środka. Punkt ten potraktowany jako środek cięciwy jednoznacznie ją wyznacza (wyjątkiem byłby środek koła odpowiadający średnicom, odrzucając środek koła na początku przyjęliśmy, że prawdopodobieństwo wylosowania średnicy wynosi )..5.5 R l(a). A r R Ω =koło o promieniu R, F to rodzina zbiorów borelowskich na tym kole, P to prawdopodobieństwo geometryczne. Dla wybranego A długość odpowiadajęcej mu cięciwy wynosi l(a) = R r, gdzie r to odległość punktu A od środka koła. l(a) > R wtedy i tylko wtedy, gdy r < R/, tzn. gdy A leży w otwartym kole K(A) o tym samym środku co Ω i promieniu R/. Zatem P (l(a) > R) = P (K(A)) = π R /4 πr = 4. 4

5 (b) Obliczyć prawdopodobieństwo tego, że wybrany losowo punkt kwadratu x < 4, y < 4 leży na zewnątrz koła x + y <. Ω = {(x, y) : x < 4, y < 4} - kwadrat, F to borelowskie podzbiory Ω, P - prawdopod. geometryczne. 5 A = {(x, y) : x + y < } - koło. P (A c ) = P (A) = pole A pole Ω = π 64, A c A 4 Ω (c) W przypadkowych chwilach z przedziału czasu [, 6] minut mogą nadejść do odbiornika dwa sygnały. Odbiornik zostaje uszkodzony, jeśli różnica w czasie między tymi dwoma sygnałami jest mniejsza od minut. Obliczyć prawdopodobieństwo uszkodzenia odbiornika. Ω = {(t, t ) : t, t [, 6]}, F to borelowskie podzbiory Ω, P - prawdopod. geometryczne. A - zdarzenie, że odbiornik został uszkodzony. A = {(t, t ) Ω : t t < } P (A) = pole A pole Ω = , t Ω A 4 t =t + t =t t

6 Przykłady do zadania.4 : (a) Zakład pracuje na trzy zmiany. Zmiany produkują odpowiednio n =, n = n = 5 wyrobów, przy czym szansa wyprodukowania wadliwego wyrobu wynosi odpowiednio p = p =,, p =,. Obliczyć prawdopodobieństwo, że wyrób wylosowany z całej produkcji jest wadliwy. Obliczyć prawdopodobieństwo, że wylosowany wadliwy wyrób wyprodukowała druga zmiana. Wprowadzamy oznaczenia: A - zdarzenie, że wylosowany wyrób jest wadliwy; B n - zdarzenie, że wylosowany wyrób wyprodukowała n-ta zmiana, n =,,. n Mamy P (B ) = = n + n + n 5 =, 4; P (B ) = P (B ) =, ; P (A B ) = P (A B ) =, ; P (A B ) =,. Z tw. o prawdop. całkowitym P (A) = P (A B )P (B ) + P (A B )P (B ) + P (A B )P (B ) = =,, 4 +,, +,, =, 6. Szukamy teraz P (B A). Ze wzoru Bayesa P (B A) = P (A B )P (B ) P (A) =,,, 6 = 6 =, 875. (b) Prawdopodobieństwo trafienia w cel w jednym strzale wynosi /, natomiast prawdopodobieństwo zniszczenia celu przy k trafieniach wynosi ( ) k, k =,,.... Wyznaczyć prawdopodobieństwo zniszczenia celu przy oddaniu strzałów. Wprowadzamy oznaczenia: A - zdarzenie, że zniszczono cel przy oddaniu strzałów, B k - zdarzenie, że w strzałach jest k trafień, k =,,...,. B, B,..., B stanowią rozbicie przestrzeni probabilistycznej (są parami rozłączne i w sumie są zdarzeniem pewnym Ω). Mamy P (B k ) = ( ) ( ) k ( ) k ( ) ( ) k = ; k P (A Bk ) = ( ) k. Z tw. o prawdop. całkowitym P (A) = P (A B k )P (B k ) = ( ( = ( ) ( ( k k= = ( ), 98, ) k k k= ( ) ( ) k k k) k= gdzie korzystaliśmy ze wzoru (a + b) = k= k= ) k) ( ) ( ) k = = ( ) ( ( + ) ( + ) ) = ( ) k a k b k. 6

7 (c) W pewnym teleturnieju za jednymi z trzech zamkniętych drzwi znajduje się samochód, a za pozostałymi dwoma kozy. Prowadzący grę wie, które drzwi kryją samochód. Gracz wskazuje na jedne z drzwi, prowadzący otwiera jedne z pozostałych odkrywając kozę i następnie pyta gracza, które z zamkniętych drzwi otworzyć (tzn. czy gracz zmienia wybór, czy nie). Jeżeli gracz wskaże na odpowiednie drzwi, wygrywa samochód. Powiedzmy, że gracz wskazał na początku na drzwi nr, a prowadzący grę otworzył drzwi nr z kozą. Czy graczowi opłaca się zmienić decyzję i wskazać na drzwi nr? Odpowiedź uzasadnić. Wprowadzamy oznaczenia: A i - zdarzenie, że samochód jest za drzwiami nr i, B i - zdarzenie, że prowadzący otworzył drzwi nr i, i =,, Mamy P (A i ) =, P (B A ) =, P (B A ) =, P (B A ) =. Stąd P (B ) = P (B A i )P (A i ) = z tw. o prawdop. całkowitym, i= i ze wzoru Bayesa P (A B ) = P (B A )P (A ) = P (B ) oraz P (A B ) = P (B A )P (A ) = P (B ) Wniosek: Graczowi opłaca się zmienić decyzję, bo zwiększa swoją szansę na wygraną. (d) Pewna choroba jest obecna w,% populacji. Opracowano test, który daje wynik dodatni u 9% chorych i u 5% zdrowych. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że pacjent z wynikiem dodatnim jest zdrowy? Czy ma on powody do obaw? Wprowadzamy oznaczenia: A - zdarzenie, że test daje wynik dodatni; B - zdarzenie, że pacjent jest chory. Szukamy P (B c A). Ze wzoru Bayesa P (B c A) = P (A Bc )P (B c ) P (A) Mamy P (B) =, = P (B c ); P (A B) =, 9; P (A B c ) =, 5. Zatem P (A) = P (A B)P (B) + P (A B c )P (B c ) =, 585 z tw. o prawdop. całkowitym. oraz P (B c, 5(, ) A) =, 998, 585 Wniosek: Test w istocie nie wykrywa choroby, bo pacjent z wynikiem dodatnim jest zdrowy na ponad 99% i raczej nie ma powodów do obaw. 7

8 Przykłady do zadania.5 : (a) Dwa razy kontrolowana jest jakość pewnego urządzenia przez niezależne kontrole. Wynik kontroli to jedna z dwóch opinii: S - urządzenie sprawne lub N - urządzenie niesprawne. Szansa na to, że S będzie wynikiem pierwszej kontroli, wynosi p, drugiej kontroli - q, p, q. Zbadać niezależność zdarzenia A, że wynik pierwszej kontroli to S, oraz zdarzenia B, że obie kontrole stwierdziły to samo. Ω = {SS, SN, NS, NN}, F = Ω, P (SS) = pq, P (SN) = p( q), P (NS) = ( p)q, P (NN) = ( p)( q), gdyż kontrole są niezależne. A = {SS, SN}, B = {SS, NN}, A B = {SS} P (A B) = P (A)P (B) wtedy i tylko wtedy, gdy pq = (pq + p( q))(pq + ( p)( q)), czyli gdy pq = p( p q + pq). Równość zachodzi dla p = albo p = albo q = /. Zatem zdarzenia A i B są niezależne w skrajnych przypadkach p = lub p = bez względu na q oraz w ciekawszym przypadku q = / bez względu na p. (b) Elektron emitowany jest w losowej chwili τ przedziału [, T ]. Dla ustalonej chwili t przedziału (, T ) niech A będzie zdarzeniem, że emisja nastąpi po chwili t, a B zdarzeniem, że emisja nastąpi przed chwilą T t. Czy zdarzenia A, B są niezależne? Ω = [, T ], F to zbiory borelowskie z tego odcinka, P to prawdopodobieństwo geometryczne. A = [t, T ], B = [, T t] ( ) T t P (A) P (B) =. T {, gdy T t < t, A B = [t,t-t], gdy T t t;, gdy T/ < t < T, i stąd P (A B) = T t, T gdy < t T/. Ponieważ P (A B) P (A)P (B), zdarzenia A i B nie są niezależne. (Zauważmy, że wniosek ten nie zależy od wyboru t.) (c) Prawdopodobieństwo zestrzelenia samolotu przez wystrzał z karabinu wynosi p =, 4. Jakie jest prawdopodobieństwo zestrzelenia samolotu przez salwę z 5 karabinów? Wprowadzamy oznaczenia: A i = {zestrzelenie samolotu z i-tego karabinu }, i =,,..., 5, B = {zestrzelenie samolotu przez salwę z 5 karabinów }. Zakładamy, że zdarzenia A i, i =,,..., 5, są niezależne. B = 5 i= A i, a stąd B c = 5 i= Z niezależności P (B c ) = 5 i= A c i. Stąd P (B) = P (B c ), 69 P (A c i) = (, 4) 5, 67 8