wyk ady z rachunku prawdopodobienstwa i (sgh)web.sgh.waw.pl/~aborata/rp/wyklad1rp.pdf · agata...
TRANSCRIPT
WYKŁADYZ RACHUNKU PRAWDOPODOBIEŃSTWA I (SGH)
Agata Boratyńska
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 1 / 24
Warunki zaliczenia
1 Do egzaminu dopuszczeni wszyscy, którzy uczęszczali na ćwiczenia2 Egzamin: (zakres materiału z wykładu + ćw.)
5 zadań, każde po 6 pkt. dodatkowo za aktywność na ćwiczeniachmożna uzyskać max 5 punktówOcena z egzaminu - skala w tabeli
punkty < 16 [16, 18] (18, 21] (21, 24] (24, 27] > 27ocena ndst dst dst+ db db+ bdb
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 2 / 24
Literatura
1 J. Kłopotowski, Rachunek prawdopodobieństwa, SGH2 J. Kłopotowski, M. Wrzosek, Zadania z Rachunkuprawdopodobieństwa, SGH
3 J. Jakubowski, R. Sztencel, Rachunek prawdopodobieństwa dla prawiekażdego, Script
4 J. Jakubowski, R. Sztencel, Wstęp do teorii prawdopodobieństwa,Script
5 W. Krysicki i in. Rachunek prawdopodobieństwa i statystykamatematyczna w zadaniach, tom I, PWN
6 A. Boratyńska, Zadania z rachunku prawdopodobieństwa ,www.e-sgh.pl/boratynska/121280-0059
7 S. Jaworski, W. Zieliński, Zbiór zadań z rachunkuprawdopodobieństwa i statystyki matematycznej,http://wojtek.zielinski.statystyka.info/Innosci/SW zbior.pdf
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 3 / 24
Tematyka zajęć
Definicja i własności prawdopodobieństwa, prawdopodobieństwogeometryczne, warunkowe, niezależność zdarzeń
Zmienna losowa, rozkład zmiennej losowej skokowej i ciągłej, funkcjezmiennej losowej, podstawowe rozkłady
Charakterystyki liczbowe zmiennej losowej: momenty, kwantyle,funkcja tworząca momenty
Zmienna losowa dwuwymiarowa skokowa, sumy zmiennych losowych
Rodzaje zbieżności ciągu zmiennych losowych
Twierdzenia graniczne
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 4 / 24
Przestrzeń zdarzeń elementarnych
Doświadczenie losowe - obserwacja zjawiska, którego przebiegu nieumiemy w pełni przewidzieć, możemy ocenić z jakimprawdopodobieństwem wystąpią rozmaite wyniki
Zbiór wszystkich możliwych wyników to przestrzeń zdarzeńelementarnych Ω, jej elementy to zdarzenia elementarne ωZdarzeniami losowymi nazywamy wyróżnione podzbiory zbioru ΩJeśli Ω jest zbiorem skończonym lub przeliczalnym, to możemyprzyjąć, że każdy podzbiór zbioru jest zdarzeniem losowym. Wogólnym przypadku o zdarzeniach losowych zakładamy, że należą dorodziny F (zwanej σ-ciałem lub σ-algebrą) spełniającej warunki:
Ω ∈ F i ∅ ∈ FJeśli A ∈ F to A′ = Ω− A ∈ FJeśli An ∈ F dla n = 1, 2, . . . , to A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ · · · ∈ F
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 5 / 24
Operacje logiczne na zdarzeniach
Ω - zdarzenie pewne, ∅ - zdarzenie niemożliwe
A ∪ B - suma zdarzeń, zaszło A lub B
A ∩ B - iloczyn zdarzeń, zaszło A i B
A− B - zaszło A i nie zaszło B
A′ = Ω− A - nie zaszło A
A ⊂ B - A pociąga B
ω ∈ A - zdarzenie elementarne ω sprzyja zdarzeniu A
A ∩ B = ∅ - A i B wykluczają się
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 6 / 24
PRZYKŁADRzut kostką Ω = 1, 2, 3, 4, 5, 6Zdarzenia:A = 2, 4, 6 - wypadła parzysta liczba oczekB = 4, 5, 6 - wypadła liczba oczek większa od 3Wyznacz:A ∪ B =?A ∩ B =?A− B =?B − A =?A′ =?
Intuicyjny sens pojęcia prawdopodobieństwa wiąże się z możliwościąwielokrotnego powtarzania tego samego doświadczenia losowego. Gdymówimy, że prawdopodobieństwo otrzymania ”szóstki” w rzucie kością jestrówne 1/6 to wyrażamy przekonanie, że w około 1/6 spośród wielu rzutówpojawi się ”szóstka”.
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 7 / 24
Definicja prawdopodobieństwa (Kołmogorow 1933)
Niech Ω będzie zbiorem zdarzeń elementarnych, a F rodziną zdarzeńlosowych. Prawdopodobieństwem lub rozkładem prawdopodobieństwanazywamy funkcje P : F −→ R spełniającą warunki:1 P(A) 0 dla każdego A ∈ F ;2 P(Ω) = 1;3 jeśli zdarzenia losowe An ∈ F , gdzie n = 1, 2, . . . , są parami
rozłączne, to
P(A1 ∪ A2 ∪ . . . ) = P(A1) + P(A2) + . . .
zbiór Ω wyposażony w rozkład prawdopodobieństwa P nazywamyprzestrzenią probabilistyczną.
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 8 / 24
PRZYKŁADY przestrzeni probabilistycznych
Klasyczna definicja prawdopodobieństwaJeśli Ω = ω1, ω2, . . . , ωn, F jest rodziną wszystkich podzbiorów zbioruΩ, to funkcja P : F −→ R określona wzorem P(A) = |A|
|Ω| , gdzie |A|oznacza moc zbioru A, jest prawdopodobieństwem.
PRZYKŁAD.
Dwukrotny rzut monetą
Ω = (O,O); (R,O); (O,R); (R,R), P(ω) =14
Rzut kostką
Ω = 1, 2, 3, 4, 5, 6, P(2, 4, 6) =12
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 9 / 24
PRZYKŁADY przestrzeni probabilistycznych cd.
Zdarzenia nie muszą być jednakowo prawdopodobneTowarzystwo ubezpieczeniowe wypłaca z pewnej polisy 7 kategoriiodszkodowań: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Prawdopodobieństwo, że klient otrzymawypłatę 1 jest równe 13 , pozostałe wypłaty mają jednakowe szanse. Wtedy
Ω = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 P(1) =13P(i) =
19, i = 2, . . . , 7
Oczekiwanie na pierwszego orłaRzucamy moneta do chwili uzyskania pierwszego orła. Wtedy
Ω = O,RO,RRO,RRRO, . . .
ω O RO RRO RRRO . . .
P(ω) 12
14
18
116 . . .
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 10 / 24
PRZYKŁADY przestrzeni probabilistycznych cd.
Prawdopodobieństwo geometryczneNiech Ω będzie podzbiorem przestrzeni Rn o o skończonej dodatniejmierze (odpowiednio np.: długości, polu powierzchni, objętości),prawdopodobienstwo zdarzenia losowego A określamy jako P(A) = |A|
|Ω| ,gdzie |A| oznacza miarę zbioru A.
PRZYKŁAD.
1 Rzucamy do tarczy w kształcie koła o promieniu 1. Trafienie w każdy punktkoła jest jednakowo prawdopodobne. Jaka jest szansa, że trafimy w koło opromieniu 1/2 zawarte w tarczy.
P(A) =π · (1/2)2
π · 12= 1/4
2 (Losowe rendez-vous) Dwóch studentów (Pani i Pan) umawia się podgmachem G SGH między 12 a 13. Ustalili, że każdy czeka 15 min. iodchodzi. Przychodzą losowo ale tylko między 12 i 13. Obliczprawdopodobieństwo, że się spotkają.
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 11 / 24
Twierdzenie. Podstawowe własności prawdopodobieństwa
1 P(∅) = 0
2 P(A′) = 1− P(A)
3 P(A) ¬ 1
4 Jeśli A ⊂ B, to P(B − A) = P(B)− P(A)
5 P(A ∪ B) = P(A) + P(B)− P(A ∩ B)
6 Jeżeli A1 ⊂ A2 ⊂ A3 ⊂ . . . jest wstępującym ciągiem zdarzeń losowych, toP(⋃+∞n=1 An) = limn→+∞ P(An)
7 Jeżeli A1 ⊃ A2 ⊃ A3 ⊃ . . . jest zstępującym ciągiem zdarzeń losowych, toP(⋂+∞n=1 An) = limn→+∞ P(An)
8 (Wzór włączeń i wyłączeń)P(⋃ni=1 Ai ) =
∑ni=1 P(Ai )−
∑i<j¬n P(Ai∩Aj)+
∑i1<i2<i3¬n P(Ai1∩Ai2∩Ai3)
− . . . (−1)n+1P(⋂ni=1 Ai )
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 12 / 24
Prawdopodobieństwo warunkowe
DefinicjaNiech P(B) > 0. Prawdopodobieństwo warunkowe zdarzenia A podwarunkiem zajścia zdarzenia B jest równe
P(A|B) =P(A ∩ B)
P(B)
PRZYKŁAD1 Losujemy rodzinę spośród rodzin z dwójką dzieci, przy czym pary (c , c),
(c , d), (d , c), (d , d) sa jednakowo prawdopodobne. Obliczprawdopodobieństwo zdarzenia, że wybierzemy rodzinę z dwoma chłopcamijeśli wiemy, żea) starsze jest chłopcemb) jest co najmniej 1 chłopiec.
2 (Losowe rendez-vous cd.) Oblicz prawdopodobieństwo, ze Pan czeka naPanią jeśli wiadomo, że Pani przyjdzie po 12:30.
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 13 / 24
Wzór łańcuchowy
TwierdzenieJeśli P(A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ · · · ∩ An) > 0, to
P(A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ · · · ∩ An) =
P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1 ∩ A2) . . .P(An|A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An−1)
PRZYKŁAD (Niemiro (1999))
Prawdopodobieństwo, że pojadę do Australii oceniam na 0,5.
Jeśli będę w Australii, to z prawdopodobieństwem 0,001 mogę zostaćzaatakowany przez rekina.
Jeśli zaatakuje mnie rekin, to mnie zje z prawdopodobieństwem 0,8.
Jaka jest szansa, że w Australii zje mnie rekin?Odp. 0, 5 · 0, 001 · 0, 8 = 0, 0004
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 14 / 24
Przykład (Drzewka)
Z urny, w której jest 10 kul białych i 20 czarnych losujemy kolejno 3 kule.Oblicz prawdopodobieństwo, ze otrzymamy układ: biała, czarna, biała.MamyA1 – zdarzenie, że wylosujemy kulę białą w I losowaniuA2 – zdarzenie, że wylosujemy kulę czarną w II losowaniuA3 – zdarzenie, że wylosujemy kulę białą w III losowaniu
P(A1) =1030
P(A2|A1) =2029
P(A3|A2 ∩ A1) =9
28Interesuje nas
P(A1 ∩ A2 ∩ A3) = P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1 ∩ A2) =10 · 20 · 9
30 · 29 · 28
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 15 / 24
Wzór na prawdopodobieństwo całkowite
Niech zdarzenia H1,H2, . . . ,Hk , . . . spełniają warunki:
∀i 6=j Hi ∩ Hj = ∅H1 ∪ H2 ∪ · · · ∪ Hk ∪ · · · = Ω
∀i P(Hi ) > 0.
Wtedy dla dowolnego zdarzenia A
P(A) =∑i
P(A|Hi )P(Hi )
Dowód.
P(A) = P
(⋃i
(A ∩ Hi ))
=∑i
P(A ∩ Hi ) =∑i
P(A|Hi )P(Hi )
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 16 / 24
PRZYKŁAD
W urnie jest b kul białych i c kul czarnych. Losujemy kulę i nie oglądającjej odkładamy na bok. Następnie losujemy drugą kulę. Jaka jest szansa, żedruga kula jest biała?Ω = B1 ∪ C1, gdzieB1 – zdarzenie, że w I losowaniu kula biała,C1 – zdarzenie, że w I losowaniu kula czarna.P(B1) = b
b+c , P(C1) = cb+c
B2 – zdarzenie, że w II losowaniu kula białaP(B2|B1) = b−1
b+c−1 , P(B2|C1) = bb+c−1
P(B2) = P(B2|B1)P(B1) + P(B2|C1)P(C1)
=b − 1b + c − 1
· bb + c
+b
b + c − 1· cb + c
=bb + c
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 17 / 24
Wzór Bayesa
Prz założeniach wzoru na prawdopodobieństwo całkowite, jeśli ponadtoP(A) > 0, to
P(Hk |A) =P(A|Hk)P(Hk)∑i P(A|Hi )P(Hi )
Dowód. Korzystając z prawdopodobieństwa warunkowego i wzoru naprawdopodobieństwo całkowite
P(Hk |A) =P(A ∩ Hk)P(A)
=P(A|Hk)P(Hk)∑i P(A|Hi )P(Hi )
.
Typowe zastosowanie wzoru Bayesa jest wtedy, gdy zajście lub niezajściezdarzenia A jest widoczne, podczas gdy zdarzenia Hi mają wpływ na zdarzenia A,ale same są trudne lub niemożliwe do zaobserwowania.
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 18 / 24
PRZYKŁAD (fabryki)
Mamy trzy fabryki produkujące ten sam produkt. Pierwsza wypuszcza100p1% wadliwych towarów, druga 100p2% a trzecia 100p3%. W partiijest n1, n2, n3 sztuk towaru odpowiednio z fabryk I, II i III. Wybieramylosowo jedną sztukę.
Jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosujemy sztuke wadliwą?P(W |Fi ) = pi oraz P(Fi ) = ni
n1+n2+n3, zatem
P(W ) =p1n1
n1 + n2 + n3+
p2n2n1 + n2 + n3
+p3n3
n1 + n2 + n3
Przypuśćmy, że wybrana sztuka okazała się wadliwa. Jakie jestprawdopodobieństwo, że pochodzi z pierwszej fabryki?
P(F1|W ) =P(W |F1)P(F1)P(W )
=p1n1
p1n1 + p2n2 + p3n3
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 19 / 24
PRZYKŁAD (test na rzadką chorobę)
(Jakubowski, Sztencel) Test na rzadką chorobę, którą dotknięta jest 1osoba na 1000 daje tzw. fałszywą pozytywną odpowiedź u 5% zdrowych, uchorych daje zawsze pozytywną odpowiedź.
Jaka jest szansa, że u losowo wybranej osoby test da odpowiedźpozytywną?D – zdarzenie, że test da odpowiedź pozytywnąP(CH) = 0, 001 i P(Z ) = 0, 999P(D|CH) = 1 i P(D|Z ) = 0, 05
P(D) = 1 · 0, 001 + 0, 05 · 0, 999 = 0, 05095
Jaka jest szansa, że osoba u której test dał odpowiedź pozytywną jestfaktycznie chora?
P(CH|D) =1 · 0, 001
1 · 0, 001 + 0, 05 · 0, 999= 0, 0196
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 20 / 24
Nieależność zdarzeń
DefinicjaZdarzenia A i B są niezależne, jeśli
P(A ∩ B) = P(A)P(B)
TwierdzenieJeżeli P(B) > 0, to zdarzenia A i B są niezależne ⇐⇒ P(A|B) = P(A)
Informacja o zajściu zdarzenia B nie wpływa na ocenę szansy zajściazdarzenia A
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 21 / 24
PRZYKŁADY
1 Losowe rendez-vousA – zdarzenie ”Pan przyszedł przed momentem h”,A = (x , y) : y < hB – zdarzenie ”Pani przyszła po momencie g”, B = (x , y) : x > g
2 Dwa rzuty monetąA – orzeł w pierwszym rzucie;B – orzeł w drugim rzucie
3 Losowanie karty z talii 52 kartA – wylosowanie pikaB – wylosowanie asa.
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 22 / 24
Niezależność n zdarzeń
DefinicjaZdarzenia A1,A2, . . .An są niezależne ⇐⇒
∀i<j P(Ai ∩ Aj) = (Ai )P(Aj)
∧ ∀i<j<k P(Ai ∩ Aj ∩ Ak) = (Ai )P(Aj)P(Ak)
. . . . . .
∧ P (A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An) = P(A1)P(A2) . . .P(An)
PRZYKŁAD.Dwa rzuty symetryczną monetą.A = (O,R); (O,O), B = (R,O); (O,O), C = (O,R); (R,O)Zdarzenia A,B,C są parami niezależne, ale nie są niezależne, ponieważP(A ∩ B) = P(A ∩ C ) = P(B ∩ C ) = 1
4ale P(A ∩ B ∩ C ) = 0 6= P(A)P(B)P(C ) = 1
8
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 23 / 24
TwierdzenieJeżeli A1,A2, . . .An są niezależne, to niezależne są zdarzeniaB1,B2, . . .Bn, gdzie Bi = Ai lub Bi = A′iJeżeli A,B,C sa niezależne to A,B ∩ C są niezależne oraz A,B ∪ C sąniezależne
TwierdzenieJeżeli A1,A2, . . . są niezależne, to
P(A1 ∪ A2 ∪ . . . ) = 1− (1− P(A1))(1− P(A2)) · . . .
Dowód.
P(+∞⋃i=1
Ai ) = 1− P
((+∞⋃i=1
Ai
)′)
= 1− P
(+∞⋂i=1
A′i
)= 1−
+∞∏i=1
(1− P(Ai ))
Agata Boratyńska Rachunek prawdopodobieństwa, wykład 1 24 / 24