Doświadczenia, które można powtarzać wielokrotnie nazywamy powtarzalnymi. Na przykład, doświadczenie z rzutem monetą, czy doświadczenie polegające na zmierzeniu jakiegoś przedmiotu, możemy wykonywać dowolną liczbę razy. Warto zauważyć, że nie wszystkie doświadczenia są takie. Nie jest nim chociażby doświadczenie, polegające na zmierzeniu "długości życia żarówki", bo jeśli się żarówka przepali, to nie możemy jej ponownie użyć do doświadczeń.

Załóżmy, że rozważane przez nas doświadczenia są powtarzalne i że ich wyniki nie zależą od siebie. Możemy wtedy obserwować częstość występowania jakiegoś zdarzenia. Na przykład, rzucamy wielokrotnie kostką do gry i obserwujemy, jak często pojawia się 6. Jeśli na 100 rzutów, w 20 przypadkach wypadała szóstka, to mówimy, że częstość wystąpienia szóstki w tym doświadczeniu wyniosła 20/100.

Ogólnie, jeśli w n doświadczeniach m razy zaszło zdarzenie A, to częstość zdarzenia A wynosi m/n, por. Rys. 13.2.1. Można zauważyć, że ze wzrostem liczby doświadczeń częstość wystąpienia zdarzenia A oscyluje wokół pewnej liczby. Ta liczba to prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A.

Rys. 13.2.1 Zdarzenie A = "świeci słońce" wystąpiło 40 razy w ciągu 60 dni obserwacji, tzn. częstość wystąpienia zdarzenia A w tym doświadczeniu wynosi 40/60.

Prawdopodobieństwo wyrosło z pojęcia częstości i jest jego teoretycznym odpowiednikiem. Zatem jest naturalne, że chcemy, by pewne podstawowe cechy pojęcia częstości przenosiły się na prawdopodobieństwa. Do takich cech należy zależność częstości wystąpienia zdarzenia, będącego sumą zdarzeń wykluczających się A i B, od częstości wystąpienia zdarzenia A i częstości wystąpienia zdarzenia B.

Jeżeli w n doświadczeniach zdarzenie A zaszło n_A razy, a zdarzenie B, n_B razy, oraz zdarzenia A i B wykluczają się, to częstość zajścia zdarzenia AÈ B wynosi (n_A+n_B)/n = n_A/n + n_B/n, czyli jest sumą częstości wystąpienia zdarzenia A i częstości wystąpienia zdarzenia B.

Dokładną definicję prawdopodobieństwa podaną przez Kołmogorowa w 1933 roku przedstawiamy poniżej.

Z definicji 13.2.1 wynika więc, że prawdopodobieństwo jest zawsze liczbą dodatnią nie większą niż 1, prawdopodobieństwo zdarzenia pewnego wynosi 1, a prawdopodobieństwo sumy zdarzeń jest równe sumie prawdopodobieństw tych zdarzeń, o ile są to zdarzenia wykluczające się (rozłączne).

Pytanie 13.2.1: Jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia niemożliwego? Uzasadnij odpowiedź.

Następujące twierdzenie pozwala wyrażać prawdopodobieństwo pewnych zdarzeń złożonych przez prawdopodobieństwa zdarzeń prostszych i jest naturalnym uogólnieniem prawa (2) przyjętego w definicji prawdopodobieństwa.

Dowód przez indukcję ze względu na n.

Dla n=2, twierdzenie wynika z definicji prawdopodobieństwa.

Założenie indukcyjne: P(A₁ È ... È A_k) = P(A₁) + P(A₂) + ...+ P(A_k) dla pewnego k i ciągu k zdarzeń wykluczających się parami.

Rozważmy ciąg (k+1)-elementowy A₁, A₂, ..., A_k, A_k+1 zdarzeń, takich, że A_i Ç A_j = Æ dla i¹ j. Zauważmy najpierw, że zdarzenia A = A₁ È A₂ È ... È A_k i A_k+1 wykluczają się. Rzeczywiście, A Ç A_k+1 = (A₁ Ç A_k+1) È (A₂ Ç A_k+1) È ... È (A_k Ç A_k+1) = Æ , bo każdy ze składników tej sumy jest zbiorem pustym na mocy założenia.

Mamy zatem na mocy warunku (2) definicji prawdopodobieństwa, P(A È A_k+1) = P(A₁ È ... È A_k ) + P(A_k+1), a stąd i z założenia indukcyjnego otrzymujemy tezę w przypadku (k+1)-elementowego ciągu zdarzeń. Na mocy zasady indukcji, twierdzenie jest prawdziwe dla dowolnego n-elementowego ciągu zdarzeń.J

Twierdzenie powyższe ma bardzo praktyczne konsekwencje, jeśli założymy, że zdarzenia elemetarne występujące w przestrzeni W są jednakowo prawdopodobne oraz, że przestrzeń zdarzeń jest skończona.

Niech W = {w₁, w₂, ..., w_n} i niech P(w_i) = p dla pewnego p, tzn. wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne.

Na mocy poprzedniego twierdzenia mamy:

P(W) = P({w₁, w₂, ...w_n}) = P({w₁}È {w₂} È ... È {w_n} ) = P(w₁) + P(w₂) + ... + P(w_n) = n*p = 1

Stąd p = 1/n.

Jeśli weźmiemy dowolne zdarzenie A = {w_i1, w_i2, ...w _ik}, któremu sprzyja k zdarzeń elementarnych przestrzeni W . Wtedy na mocy definicji 13.2.1, i poprzednich rozważań P({w_i}) = 1/n dla wszystkich i =1,2,..n, oraz

P(A) = P({w_i1, w_i2, ...w_ik}) = P({w_i1}È {w _i2} È ... È {w _ik} ) = P(w_i1) + P( w_i2) + ... +P(w _ik).

Ostatecznie P(A) = k/n.

Wzór zawarty w powyższym twierdzeniu nazywa się klasyczną definicją prawdopodobieństwa, a został on sformułowany przez Laplace'a.

Zastosowanie wzoru pokażemy na przykładach. We wszystkich, będziemy zakładali, że zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne (tzn. że np. w rzucie kostką nie posługujemy się kostką nieuczciwą) .

Przykład 13.2.1

Niech W będzie przestrzenią zdarzeń elementarnych w rzucie dwiema sześciennymi kostkami do gry. Przestrzeń zdarzeń elementarnych składa się z 36 zdarzeń, por. Rys.13.2.1. Rozważmy następujące zdarzenia A, B, C: A ="co najmniej raz wypadło 6", B = "suma wyrzuconych oczek wynosi 7", C = "iloczyn wyrzuconych oczek jest liczbą parzystą". Ponieważ zdarzeniu A sprzyja 11 zdarzeń elementarnych, zdarzeniu B sprzyja 6 zdarzeń elementarnych, zdarzeniu C sprzyja 27 zdarzeń elementarnych ,

więc P(A)= 11/36,

P(B) = 6/36,

P(C)= 27/36.

Rys. 13.2.2 Ustawienia 9 osób wokół okrągłego stołu.

Przykład 13.2.2

9 osób {a,b,c,..g,h,i} siada przy okrągłym stole na dziewięciu miejscach ponumerowanych liczbami 1,2,3...9, por. Rys. 13.2.2. Jakie jest prawdopodobieństwo, że osoby a, b będą siedziały obok siebie?

Przestrzeń zdarzeń elementarnych, to zbiór wszystkich możliwych ustawień 9 osób na 9 miejscach. Jest ich tyle ile różnych permutacji 9-elementowego zbioru, a więc 9! Jeśli wybierzemy miejsce dla osoby a, to osoba b musi zająć miejsce sąsiednie na lewo lub na prawo od osoby a. Jest 9 możliwych pozycji dla sytuacji (ab) i 9 możliwych pozycji dla sytuacji (ba). Pozostałe osoby mogą być rozmieszczone dowolnie, tzn. 7! możliwych ustawień dla pozostałych osób. Ostatecznie, szukane prawdopodobieństwo wynosi 2(9*7!/9!)=1/4.

Przykład 13.2.3

W urnie jest 9 kul ponumerowanych od 1 do 9. Losujemy bez zwracania dwie kule. Pierwsza z nich jest traktowana jako liczba jedności, a druga jako liczba dziesiątek. Jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia A = "wylosowano liczbę parzystą"?

Jeśli za pierwszym razem wylosowano 4, a za drugim razem wylosowano 6,

to wylosowana liczba wynosi 6*10 + 4 = 64, natomiast jeśli za pierwszym razem wylosowano 1, a za drugim 2, to wylosowaną liczbą jest 21.

Przestrzeń zdarzeń elementarnych W = {(k,l) : k,l Î {1,2,...9} oraz k¹ l}. |W| = 9*8 =72.

Zdarzeniu A sprzyjają wszystkie te sytuacje, w których wylosowana liczba ma parzystą liczbę jedności, czyli zdarzenia, w których za pierwszym razem wylosowano liczbę parzystą. A składa się więc ze zdarzeń elementarnych

Zatem P(A)= 4*8/(9*8) = 4/9.

Przykład 13.2.4

Rzucamy 10 razy monetą. Jakie jest prawdopodobieństwo, że w dziesięciu rzutach dokładnie 4 razy pojawi się orzeł?

Przestrzeń zdarzeń elementarnych to zbiór ciągów o wartościach O - orzeł i R - reszka. Takich zdarzeń jest tyle, ile jest różnych funkcji ze zbioru 10-elementowego w zbiór 2-elementowy (= tyle ile różnych dziesięcioelementowych ciągów binarnych), tzn. 2¹⁰. Zdarzeniu A sprzyjają wszystkie zdarzenia elementarne, w których na 4 pozycjach są orły, a na pozostałych reszki. Pozycje tych czterech orłów możemy wybrać dowolnie z 10-elementowego zbioru. Jest ich tyle, ile jest czteroelementowych podzbiorów zbioru 10-elementowego, tzn. (10 nad 4). Zatem prawdopodobieństwo rozważanego zdarzenia wynosi 210/1024.

Pytanie 13.2.2: Rozważmy doświadczenie opisane w przykładzie 13.2.3. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosowana liczba dzieli się przez 3?

Posługując się jedynie definicją prawdopodobieństwa Kołmogorowa i prawami rachunku zbiorów udowodnimy następujące twierdzenie.

Dowód.

Ad. (a) Ponieważ prawdopodobieństwo zdarzenia pewnego wynosi 1, a zdarzenie puste wyklucza się ze zdarzeniem pewnym, zatem P(Æ ) + P(W) = P(Æ È W) = P(W) = 1. Czyli musi być P(Æ ) = 0.

Ad. (b) Jeżeli A Í B, to B = (B\A) È A oraz (B\A) Ç A = Æ W konsekwencji definicji prawdopodobieństwa mamy P(B) = P((B\A) È A ) = P(B\A) + P(A). Ponieważ P(A) ³ 0 i P(B\A) ³ 0, zatem P(A) £ P(B).

Ad. (c) Natychmiastowa konsekwencja punktu (b) i definicji prawdopodobieństwa.

Ad. (d) Ponieważ 1 = P(W ) = P(A È A') = P(A) + P(A'), więc P(A') =1 - P(A).

Ad. (e) Z praw teorii mnogości, dla dowolnych zbiorów A i B mamy A È B = A È B\A = B\A È A\B oraz A Ç B\A = Æ , B\A Ç A\B = Æ. Wynika stąd, na mocy definicji prawdopodobieństwa, że

P(A È B) = P(A) + P(B\A), P(B) = P(B\A) + P(A Ç B).

Stąd P(A È B) = P(A) + P(B) - P(A Ç B).J

W następujących przykładach pokażemy zastosowanie twierdzeń 13.2.1 i 13.2.2. Będziemy milcząco zakładali, że wszystkie zdarzenia elementarne rozważanych przestrzeni zdarzeń są tak samo prawdopodobne.

Przykład 13.2.5

(1) Rzucamy 3 razy kostką sześcienną. Jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia
A = "choć raz wypadła 6"?

Rozwiązanie. Zbiór zdarzeń elementarnych W = {(x,y,z): x,y,z Î {1,2,...6}}, czyli |W| = 6³. Zdarzeniu A sprzyja wiele zdarzeń elementarnych. Zdarzenie przeciwne do A, A' ="ani razu nie wypadła 6" jest nieco łatwiej wyznaczyć. Mamy A'={(x,y,z): x,y,z Î {1,2,3,4,5}} oraz P(A') = 5³/6³. Zatem, korzystając z udowodnionego twierdzenia 13.2.2 (d), P(A) = 1- 5³/6³.

(2) Rzucamy równocześnie dwiema różnokolorowymi kostkami sześciennymi do gry i rozważamy dwa zdarzenia A = "suma wyrzuconych oczek wynosi 8" i B = "na obu kostkach wypadły liczby nieparzyste". Jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia A È B?

Rozwiązanie. Ponieważ A = {(2,6), (3,5), (4,4), (5,3), (6,2)}, B ={(x,y): x, y = 1,3,5} oraz A Ç B = {(3,5),(5,3)}, zatem na mocy twierdzenia 13.2.2, P(AÈ B) = 5/36 + 9/36 - 2/36 = 1/3.

Pytanie 13.2.3: Rzucamy 10 razy monetą. Jakie jest prawdopodobieństwo, że choć raz dostaniemy orła? Podpowiedź: Policzyć najpierw prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego.

Zadanie 13.2.1 Rzucamy kolejno 3 razy kostką sześcienną do gry. Obliczyć prawdopodobieństwo zdarzenia, że choć raz uzyskamy 5 lub 6 oczek.

Rozwiązanie. Przestrzeń zdarzeń elementarnych w tym doświadczeniu to zbiór trójek (x,y,z) określających liczbę wyrzuconych oczek za pierwszym, drugim i trzecim razem. Jest ich 6³. Rozważmy zdarzenie przeciwne, tzn. zdarzenie "ani razu nie wypadła ani piątka ani szóstka". Sprzyja temu zdarzeniu każde zdarzenie elementarne postaci (x,y,z), w którym x, y i z przyjmują tylko wartości 1,2,3,4. Takich zdarzeń elementarnych jest 4*4*4, zatem na mocy twierdzenia 13.2.2(d), szukane prawdopodobieństwo wynosi 1- (4/6) ³, tzn. 19/27.

Pytanie 13.2.4: Jaki błąd popełnił Pan Ilatort rozumując następująco: "Ponieważ w Totolotku skreślając 7 liczb mogę albo wygrać albo przegrać, zatem prawdopodobieństwo wygranej wynosi 1/2. Jest więc dosyć duża szansa, że wygram."

« poprzedni punkt

następny punkt »