STATYSTYKA WYKAD rok akademicki 20132014 Alfred Stach Instytut

STATYSTYKA WYKŁAD rok akademicki 2013/2014 Alfred Stach Instytut Geoekologii i Geoinformacji WNGi. G e-mail: frdstach@amu. edu. pl, tel. +4861 -829 -6179 dyżur w semestrze zimowym RA 2013/2014: poniedziałek 12: 00 – 14: 00

• • • Rachunek prawdopodobieństwa to dział matematyki zajmujący się zdarzeniami jakie zachodzą, gdy przeprowadzamy doświadczenia losowe. A doświadczenie jest losowe, jeżeli można je wielokrotnie powtarzać w tych samych warunkach i wyniku doświadczenia nie potrafimy z góry przewidzieć. Przykładem takich doświadczeń jest rzut monetą, rzut kostką do gry, losowanie karty z talii kart, itp. • Pierwsze znane zagadnienia z rachunku prawdopodobieństwa dotyczyły gier hazardowych, w szczególności gry w kości. • Mimo, że gra znana była już w starożytności, pierwsze teoretyczne zainteresowanie tą grą przejawiali dopiero matematycy francuscy z XVII w. Pierre de Fermat i Blaise Pascal. • Podstawowymi pojęciami rachunku prawdopodobieństwa są: przestrzeń zdarzeń elementarnych, z jej elementami, doświadczenie oraz zdarzenie losowe, prawdopodobieństwo zajścia określonego zdarzenia.

Celem rachunku prawdopodobieństwa jest poszukiwanie sposobu mierzenia tej szansy, czyli określenia prawdopodobieństwa zajścia zdarzenia losowego.

Sposób liczenia prawdopodobieństwa podał po raz pierwszy Pierre Simon de Laplace w roku 1812. Twierdzenie to brzmi: Prawdopodobieństwem zajścia zdarzenia A nazywamy iloraz liczby zdarzeń sprzyjających zdarzeniu A do liczby wszystkich możliwych przypadków, zakładając, że wszystkie przypadki wzajemnie się wykluczają i są jednakowo możliwe. P(A) = |liczba zdarzeń elementarnych sprzyjających A| |liczba wszystkich zdarzeń elementarnych|

Niech Ω będzie skończonym wzorem wszystkich zdarzeń elementarnych. Jeżeli zajście każdego zdarzenia elementarnego jest jednakowo prawdopodobne, to prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A ⊂ Ω jest równe |A| P(A) = |Ω| |A| oznacza liczbę elementów zbioru A |Ω|- liczbę elementów zbioru Ω. Pierre Simon de Laplace

Przykład: Codziennie podjeżdżam o tej samej porze do tego samego skrzyżowania ze światłami. Po roku stwierdzam, że czerwone światło wystąpiło w 62% przypadków. Na tej podstawie oceniam, że prawdopodobieństwo trafienia na światło czerwone (na tym skrzyżowaniu i o tej godzinie) wynosi 0, 62.

Prawo Wielkich Liczb • Przy dużej liczbie prób, częstość zdarzenia dąży do jego rzeczywistego prawdopodobieństwa. • Inaczej, prawdopodobieństwo zdarzenia jest czymś dobrze określonym, nie zależy od wybranej próby, dopóki jest ona wystarczająco duża. • Jeśli będziemy powtarzać eksperyment rzutu monetą, to wraz z wzrostem liczby eksperymentów względna częstość wystąpienia orzełka będzie coraz bliższa wartości P(orzeł) = 0, 5 Względna częstość 0, 52 0, 518 0, 495 0, 503 0, 4996 f = liczba orzełków 104 259 495 1006 2498 n = liczba rzutów 200 500 1000 2000 5000

Kilka podstawowych definicji pojęć: Próba: doświadczenie lub obserwacja Wynik: rezultat próby Zdarzenie: wynik lub zbiór wyników próby Prawdopodobieństwo: częstość zdarzenie w dużej liczbie prób Niezależność: próby nazywamy niezależnymi, jeżeli wynik jednej próby nie wpływa na wyniki innych prób.

Zdarzenie: jest zbiorem możliwych wyników jakiegoś doświadczenia § § Zdarzenie złożone: można je podzielić na dwa lub więcej zdarzeń Zdarzenie elementarne: nie da się go już podzielić. Przykład: Rzut sześcienną kostką. Zdarzenie: wypadła „szóstka” jest zdarzeniem elementarnym Zdarzenie: wypadła parzysta liczba oczek jest zdarzeniem złożonym, składa się z trzech zdarzeń elementarnych: wypadła dwójka, wypadła czwórka, wypadła szóstka. Zagadnienie wyróżniania zdarzeń elementarnych i złożonych nie zawsze jest tak trywialne. Np. zdarzenie „wystąpił opad” może być traktowane jako zdarzenie elementarne przeciwne zdarzeniu „opad nie wystąpił”, ale czasem interesuje nas nie tylko czy wystąpił opad, ale też jaka była jego postać i wtedy zdarzenie „wystąpił opad” jest zdarzeniem złożonym, w którym możemy wyróżnić trzy elementarne zdarzenia: „opad stały”, „opad ciekły”, „opad stały i ciekły”

Przestrzenią zdarzeń nazywamy zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych dla danego doświadczenia. Jest to jednocześnie największe możliwe zdarzenie złożone. Dwie wersje diagramu przedstawiającego zbiór zdarzeń elementarnych dla rzutu kostką Wypadła jedynka Wypadła dwójka Wypadła trójka Wypadła czwórka Wypadła piątka Wypadła szóstka Wypadła jedynka Wypadła trójka Wypadła piątka Wypadła dwójka Wypadła czwórka Wypadła szóstka W tej wersji diagramu wyraźnie widać, że sześć zdarzeń elementarnych wyczerpuje wszystkie możliwości.

opad ciekły opad tylko ciekły opad ciekły i stały opad tylko stały opad stały brak opadu

Przykład 1 Doświadczenie polega na rzucie dwiema rozróżnialnymi kostkami sześciennymi do gry. Wówczas = {(i, j) : i, j = 1, 2, . . . 6}. Wypisz wszystkie wyniki sprzyjające każdemu z poniższych zdarzeń (a) Zdarzenie A = "suma oczek na obu kostkach wynosi 7". A={(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)} |A|=6

Przykład 1 (b) Zdarzenie B = "suma oczek na obu kostkach wynosi nie więcej niż 12". Jest to zdarzeniem pewnym, bo każde zdarzenie elementarne ma tę własność. (c) Zdarzenie C = "suma oczek na obu kostkach wynosi 1". Jest to zdarzeniemożliwe, bo na każdej kostce musimy wyrzucić co najmniej jedno oczko, co w sumie daje co najmniej dwa oczka.

Przykład Ustal przestrzeń zdarzeń elementarnych i jej moc 1) Zdarzenie polega na rzucie dwiema kostkami do (1, 3), gry. . . , (2, 1), (2, 2), (2, 3), . . . , (6, 6)} W={(1, 1), (1, 2), | W | = 6 6 = 36 2) Zdarzenie polega na rzucie trzema W = {(o, o, o), (o, o, r), (o, r, o), . . . , (r, r, r) } monetami | W | = 2 2 2 = 8

Przykład c. d. Ocena końcowa pewnego przedmiotu zależy od liczby punktów uzyskanych na dwóch sprawdzianach i na egzaminie. Na każdym sprawdzianie można uzyskać co najwyżej 20 punktów, a na egzaminie co najwyżej 60. W ={(x, y, z)Î N 3: x 20, y 20, z 60}. | W | = 21 61 = 26901

Zdarzenia identyczne Na zdarzeniach wykonujemy takie same operacje jak na zbiorach. Powiemy, że dwa zdarzenia w pewnej przestrzeni zdarzeń elementarnych W są identyczne, jeśli mają te same zbiory sprzyjających zdarzeń elementarnych.

Suma zdarzeń Sumą zdarzeń A i B nazywamy zdarzenie A B, któremu sprzyjają wszystkie zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A lub zdarzeniu B.

Iloczyn zdarzeń Iloczynem zdarzeń A i B nazywamy zdarzenie A B, któremu sprzyjają zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A i zdarzeniu B.

Zdarzenia przeciwne i wykluczające się Zdarzenie A'= A nazywamy zdarzeniem przeciwnym do zdarzenia A. Zdarzeniu A' sprzyjają tylko te zdarzenia elementarne rozważanej przestrzeni, które nie należą do A. Powiemy, że dwa zdarzenia A i B wykluczają się (albo są rozłączne) wtedy i tylko wtedy, gdy A B=Æ.

Przykład 1 Doświadczenie polega na rzucie dwiema rozróżnialnymi kostkami sześciennymi do gry. Zdarzenie A - "suma oczek na obu kostkach wynosi 7". Zdarzenie D –"co najmniej raz wyrzucono 5". Wyznacz iloczyn zdarzeń A i D oraz zdarzenie przeciwne do zdarzenia D. A={(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)}, D={(5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6), (1, 5), (2, 5), (3, 5), (4, 5), (6, 5)} A D={(2, 5), (5, 2)}, |A D|=2 D’={(1, 1), (1, 2), . . . , (1, 4), (1, 6), . . . (6, 6)}, |D’|=25

Przykład 2 Niech będzie urna z 52 kartami. Rozważamy doświadczenie polegające na wylosowaniu kolejno 2 kart, z tym, że po wylosowaniu karty wkładamy ją znów do urny (losowanie ze zwracaniem). Zdarzenia A - "wylosowano za każdym razem asa" i B = "za drugim razem wylosowano dziesiątkę" są zdarzeniami wyłączającymi się. Nie ma takich zdarzeń elementarnych, które sprzyjają równocześnie obu zdarzeniom. Natomiast zdarzenie, które jest sumą zdarzeń A i B ma ? ? ? ? ? zdarzeń sprzyjających.

Przykład 2 Niech będzie urna z 52 kartami. Rozważamy doświadczenie polegające na wylosowaniu kolejno 2 kart, z tym, że po wylosowaniu karty wkładamy ją znów do urny (losowanie ze zwracaniem). Zdarzenia A - "wylosowano za każdym razem asa" i B = "za drugim razem wylosowano dziesiątkę" są zdarzeniami wyłączającymi się. Nie ma takich zdarzeń elementarnych, które sprzyjają równocześnie obu zdarzeniom. Natomiast zdarzenie, które jest sumą zdarzeń A i B ma 4 4+52 4 zdarzeń sprzyjających. P(A) = 4/52 * 4/52 = 1/169 ≈ 0, 00592 P(B) = 52/52 * 4/52 = 4/52 ≈ 0, 07692

Państwo X mają już pięć córek. Czy na skutek tego faktu zwiększa się prawdopodobieństwo, że szóstym dzieckiem państwa X będzie syn? Pan Y bierze ze sobą bombę do samolotu, licząc na to, że prawdopodobieństwo dwóch bomb w jednym samolocie jest niezwykle małe. Co o tym sądzisz?

• • • Jutro może padać deszcz. Jest prawdopodobne, że jutro będzie padać. Istnieje szansa, że jutro spadnie deszcz. Te zdania wyrażają naszą opinię o tym, jakie jest prawdopodobieństwo, że jutro spadnie deszcz. Chcielibyśmy jednak móc określić to prawdopodobieństwo liczbowo. Stwierdzenie: „Istnieje 50% szans, że jutro będzie padać” oznacza, że prawdopodobieństwo wystąpienia opadu jest dokładnie równe prawdopodobieństwu, że padać nie będzie. Natomiast: „Istnieje 80% szans, że jutro będzie padać” oznacza, że prawdopodobieństwo wystąpienia opadu jest cztery razy większe od prawdopodobieństwa, że padać nie będzie”

Definicje prawdopodobieństwa Prawdopodobieństwo geometryczne Definicja klasyczna nie pozwala obliczać prawdopodobieństwa w przypadku, gdy zbiory A i Ω są nieskończone Jeśli jednak zbiory te mają interpretację geometryczną, zamiast liczebności zbiorów można użyć miary geometrycznej (długość, pole powierzchni, objętość). Przykład: z przedziału [0, 4] wybieramy losowo punkt. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wybrany punkt będzie należał do przedziału [1, 2]? Odpowiedź: Długości przedziałów wynoszą odpowiednio: |[0, 4]| = 4 i |[1, 2]| = 1. Zatem prawdopodobieństwo opisanego zdarzenia wynosi:

Definicja (Kołmogorow 1933) Niech oznacza skończoną przestrzeń zdarzeń elementarnych. Prawdopodobieństwem nazywamy funkcję P określoną na zdarzeniach taką, że (1) P(A) 0 dla dowolnego zdarzenia A, (2) P(A B) = P(A) + P(B) dla dowolnych, wykluczających się zdarzeń A, B (3) P( ) = 1. Wniosek: 0 P(A) 1

Własności prawdopodobieństwa Niech będzie przestrzenią zdarzeń elementarnych, a A i B dowolnymi zdarzeniami. Wtedy – P(Æ) = 0, – jeżeli A Í B, to P(A) P(B), – dla każdego A Í , P(A) 1, – P(A') =1 - P(A), – P(A B) = P(A) + P(B) - P(A B).

Trzy aksjomaty prawdopodobieństwa • Prawdopodobieństwo każdego zdarzenia jest nieujemne • Prawdopodobieństwo zdarzenia złożonego ze wszystkich zdarzeń elementarnych wynosi 1 • Prawdopodobieństwo zdarzenia złożonego z dwóch wzajemnie wykluczających się zdarzeń elementarnych jest równe sumie prawdopodobieństw tych zdarzeń

WŁASNOŚCI PRAWDOPODOBIEŃSTWA Z pierwszego i drugiego aksjomatu wynika, że prawdopodobieństwo dowolnego zdarzenia jest liczbą z przedziału domkniętego od 0 do 1. Zdarzenie na pewno nie wystąpi Zdarzenie na pewno wystąpi

Jeżeli zdarzenie {E 2} zachodzi zawsze, gdy zaszło zdarzenie {E 1}, to mówimy, że {E 2} jest podzbiorem {E 1}. Z aksjomatu III wynika, że: E 1 E 2 Przykład: Jeżeli zaszło zdarzenie „pada śnieg”, to na pewno wystąpiło zdarzenie „wystąpił opad”. Zdarzenie „pada śnieg” jest podzbiorem zdarzenia „wystąpił opad”

Zdarzenie przeciwne do zdarzenia {E} Zdarzeniem przeciwnym do danego zdarzenia {E} jest, zdarzenie polegające na tym, że {E} nie wystąpiło. Oznaczamy je symbolem {-E}. E -E Zdarzenia {E} oraz {-E} wzajemnie się wykluczają i jednocześnie wyczerpują całą przestrzeń zdarzeń. Oznacza to, że musi zajść dokładnie jedno ze zdarzeń {E} i {-E}.

Suma zdarzeń Sumą zdarzeń {E 1} i {E 2} nazywamy zdarzenie polegające na tym, że zaszło zdarzenie {E 1} lub zdarzenie {E 2} lub oba jednocześnie. E 1 E 2

Przykład: Zdarzenie {E 1} – „pada deszcz” Zdarzenie {E 2} – „pada śnieg” Zdarzenie {E 1 E 2} – „pada deszcz lub śnieg” Zdarzenie {E 1 E 2} – „pada deszcz ze śniegiem” Prawdopodobieństwo zdarzenia „pada deszcz lub śnieg” jest sumą prawdopodobieństw zdarzeń „pada deszcz” i „pada śnieg” zmniejszoną o prawdopodobieństwo zdarzenia „pada deszcz ze śniegiem” pada deszcz i śnieg pada

Prawdopodobieństwo warunkowe Pr{E 1/ E 2} = Pr{E 1 jeżeli wiadomo, że zaszło zdarzenie E 2} S E 2 E 1/ E 2 E 1 E 2 S’=E 2

Przykład Z talii 52 kart losujemy 5 kart. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania 2 kierów, jeżeli wiadomo, że wśród wylosowanych kart nie ma kolorów pik i trefl. A - zdarzenie polegające na wylosowaniu 2 kierów, B - zdarzenie polegające na wylosowaniu kart wśród których nie ma kolorów pik i trefl

Przykład

Prawdopodobieństwo warunkowe Przykład Mamy trzy urny. W pierwszej znajdują się 2 białe i 1 czarna kula, w drugiej 3 białe i 1 czarna, w trzeciej 2 białe i 2 czarne. Z losowo wybranej urny losowo wybieramy kule. Jakie jest prawdopodobieństwo, że będzie to kula biała jeśli prawdopodobieństwo wyboru każdej z urn wynosi 1/3?

Prawdopodobieństwo warunkowe Rozwiązanie Oznaczmy przez: • Ai – wybrana kula pochodzi i-tej urny • B – wybrana kula jest biała Ponieważ są spełnione założenia o prawdopodobieństwie całkowitym (P(Ai ) > 0), więc możemy je zastosować do obliczenia P(B).

Prawdopodobieństwo warunkowe Rozwiązanie

Niezależność zdarzeń S E 2 Jeżeli zdarzenia E 1 i E 2 są niezależne, to E 1/ E 2 E 1 E 2 S’=E 2

Korzystając z zamieszczonej Tabeli (następny slajd) policz prawdopodobieństwa: § wystąpienia opadu § deszczu § śniegu z deszczem § śniegu pod warunkiem, że wystąpił opad § deszczu pod warunkiem, że wystąpił opad § śniegu po warunkiem, że padał deszcz § deszczu pod warunkiem, że padał śnieg Czy wystąpienie śniegu i deszczu są zdarzeniami niezależnymi?

l. p. deszcz śnieg 1 tak 11 Tak Nie 21 Nie 2 tak nie 12 Tak Nie 22 Nie 3 tak 13 Tak Nie 23 Tak Nie 4 nie 14 Tak 24 Nie 5 nie tak 15 Tak 25 Nie nie 6 nie tak 16 Tak Nie 26 Nie tak 7 nie 17 Nie 27 Nie tak 8 nie 18 Nie 28 Nie tak 9 nie tak 19 Nie 29 Nie Tak 10 nie tak 20 nie 30 nie tak

Korzystając z zamieszczonej Tabeli (następny slajd) policz prawdopodobieństwa: § wystąpienia zachmurzenia § wystąpienia chmur konwekcyjnych § wystąpienia chmur warstwowych § wystąpienia chmur konwekcyjnych i warstwowych § wystąpienia chmur konwekcyjnych pod warunkiem, że występowały chmury § wystąpienia chmur warstwowych pod warunkiem, że występowały chmury § wystąpienia chmur konwekcyjnych pod warunkiem, że występowały chmury warstwowe § wystąpienia chmur warstwowych pod warunkiem, że występowały chmury konwekcyjne Czy wystąpienie chmur konwekcyjnych i warstwowych są zdarzeniami niezależnymi?

l. p. Ckonwek. Cwarstw. 1 nie 11 nie nie 2 nie tak 12 tak 22 nie tak 3 tak 13 nie 23 tak nie 4 tak nie 14 tak 24 nie 5 nie tak 15 nie tak 25 nie 6 tak nie 16 nie 26 tak 7 nie 17 nie 27 tak 8 nie 18 tak 28 tak 9 nie tak 19 nie tak 29 tak nie 10 tak nie 20 nie 30 nie tak

Przykład 1 Rzucamy 10 razy monetą. Jakie jest prawdopodobieństwo, że w dziesięciu rzutach dokładnie 4 razy pojawi się orzeł?

Przykład 1 Rzucamy 10 razy monetą. Jakie jest prawdopodobieństwo, że w dziesięciu rzutach dokładnie 4 razy pojawi się orzeł? | | = 210=1024 |A| = = 210 P(A) = 210/1024

Przykład 1 Rozpatrzymy ilość (dm 3) wody jaką może mieć do przeprowadzenia w ciągu sekundy betonowy przepust. Dotychczasowe obserwacje pozwalają przyjąć, że (1) maksymalna możliwa ilośc wody wynosi 300 dm 3/s. (2) P(A) – prawdopodobieństwo, że ilość wody (na sekundę) przyjmie wartość z przedziału (125, 250] wynosi 0, 6, (3) P(B) - prawdopodobieństwo, że ilość wody (na sekundę) przyjmie wartość z przedziału (200, 300] wynosi 0, 7 oraz (4) P(A B)=0, 8. Obliczyć P(A’), P(A B), P(A’ B’), P(A’ B).

Przykład 1 (a) P(A’)=1 -0, 6=0, 4 (b) P(A B)=P(A)+P(B)-P(A B)=0, 6+0, 7 -0, 8=0, 5 (c) P(A’ B’)=P((A B)’)=1 -P(A B)=1 -0, 8=0, 2 (d) P(A’ B)=P(AB)=P(A)-P(A B)=0, 7 -0, 5=0, 2

Problem „daty urodzin” • Jakie jest prawdopodobieństwo że na sali są co najmniej dwie osoby urodzone tego samego dnia roku? • Rozwiązanie opiera się na następujących założeniach: – prawdopodobieństwo urodzenia losowo wybranej osoby jest równie dla każdego dnia w roku (ignorujemy statystycznie istotne sezonowe zróżnicowanie liczby urodzin), – prawdopodobieństwa są niezależne (ignorujemy fakt ciąż mnogich, to jest istnienia bliźniaków, trojaczków, …. ),

Problem „daty urodzin” • Jakie jest prawdopodobieństwo że na sali są co najmniej dwie osoby urodzone tego samego dnia roku? • Zdarzenie przeciwne A’: „każda osoba z obecnych na sali urodziła się innego dnia w roku” • Pierwsza osoba z listy mogła się urodzić każdego z 365 dni: (P(1) = 365/365), • Druga osoba mogła się urodzić każdego z pozostałych 364 dni: (P(2) = 364/365), • Trzecia osoba mogła się urodzić każdego z pozostałych 363 dni: (P(3) = 363/365) • Czwarta osoba mogła się urodzić każdego z pozostałych 362 dni: (P(4) = 362/365) • N-ta osoba mogła się urodzić każdego z pozostałych 365 – (N-1) dni: P(N) = (365 -(N-1)/365)

Problem „daty urodzin” • Jakie jest prawdopodobieństwo że na sali są co najmniej dwie osoby urodzone tego samego dnia roku? • Zdarzenie przeciwne A’: „każda osoba z obecnych na sali urodziła się innego dnia w roku” • Ponieważ zdarzenia 1, 2, 3, 4, …, N są niezależne, to prawdopodobieństwo zdarzenia A’ jest iloczynem P(1) P(2) P(3) P(4) …. P(N) = P(A’), a P(A) = 1 – P(A’)

Wartość oczekiwana • W przypadku gier losowych wartość oczekiwaną możemy zdefiniować jako średni zysk przypadający na pojedynczą grę. Ale nie możemy tego rozpatrywać w stosunku do jednej gry. Przyjmuje się, że ten średni zysk wynika z gier rozgrywanych nieskończoną ilość razy. • Wartość oczekiwaną możemy wyliczyć w oparciu o prosty wzór: E = p zysk + (1 -p) strata E – wartość oczekiwana gry p – prawdopodobieństwo wygranej (1 -p) – prawdopodobieństwo porażki

Przykład Ruletka europejska Załóżmy, że chcemy postawić na pojedynczy numer 100 żetonów. Wiemy, że jeżeli wygramy, to nasz zysk wyniesie 3500 żetonów. Prawdopodobieństwo wygranej wynosi 1 do 37. Podstawiamy do wzoru: E = 1/37 3500 + (1 -1/37) (-100) = -2, 70 Zakład na kolor Stawiamy 100 żetonów na czarny. Zysk, który możemy osiągnąć również wynosi 100 żetonów. Prawdopodobieństwo wygranej to 18 do 37. E = 18/37 100 + (1 -18/37) (-100) = -2, 70 Oba wyniki są ujemne i nawet na tym samym poziomie. Ujemna wartość oznacza, że gra ta jest dla nas niekorzystna, bo tracimy na każdej grze średnio 2, 70 żetona, czyli ok. 2, 70%.

Schemat Bernoulliego - definicja • Niech D będzie pewnym doświadczeniem, w wyniku którego może zajść zdarzenie A lub zdarzenie przeciwne A'. • Schematem Bernoulliego (inaczej dwumianowym) nazywamy serię n niezależnych powtórzeń tego samego doświadczenia D, dla pewnego nÎN. • Wykonanie kolejnego doświadczenia D nazywa się próbą. Zajście zdarzenia A nazywa się sukcesem, a zajście zdarzenia A' - porażką.

Twierdzenie Bernoulliego • W schemacie Bernoulliego o n próbach prawdopodobieństwo otrzymania dokładnie k sukcesów jest równe • gdzie k=0, 1, 2, . . . , n; n 1 oraz p jest prawdopodobieństwem sukcesu w jednej próbie.

Przykład • Jeżeli przeciętnie 5 dni w ciągu tygodnia jest deszczowych, to jak duże jest prawdopodobieństwo, że 2 spośród 3 dni będą pogodne? • Przyjmijmy , że sukcesem jest wystąpienie pogodnego dnia. • Wówczas mamy: n = 3 (ilość prób), k = 2 (ilość sukcesów), p = 2/7 (prawdopodobieństwo sukcesu)

Liczba sposobów wylosowania k elementów z nelementowej próbki jest dana wzorem na liczbę kombinacji Przykład cd. Prawdopodobieństwo jednego sukcesu w trzech losowaniach możemy wyliczyć tym wzorem znacznie szybciej:

Wzór Poissona (zdarzeń rzadkich) Jest to szczególny przypadek wzoru dwumianowego, polegający na tym, że n jest bardzo duże (>100), a p bardzo małe (poniżej 0, 05): Przykład Producent pewnych wyrobów twierdzi, że jego produkcja zawiera — zgodnie z obowiązującą normą — maksymalnie 1% braków. Klient zakupił 100 losowo wybranych wyrobów i znalazł w nich dwa braki. Oskarża więc producenta o niedotrzymywanie normy. Producent broni się losowością próbki. Kto ma rację? Mamy: n = 100, p = 0, 01, = 1, k = 2 i obliczamy szansę trafienia na próbkę z dwoma brakami przy produkcji zgodnej z normą: Rację ma więc producent, gdyż klient natrafił na pechowy dla niego układ zdarzeń, który jest możliwy z szansą 18, 4%.

Wzór Pascala Dotyczy on również losowania ze zwracaniem, ale określa prawdopodobieństwo, że do uzyskania z góry określonej liczby sukcesów k potrzeba będzie n losowań. Wzór geometryczny (probabilistyka egzaminacyjna) Jest to wzór Pascala dla przypadku, gdy interesuje nas jeden tylko sukces (k = 1). Przy niezmienionych oznaczeniach mamy: Przykład 7. Studenta, który nie przygotowuje się dokładnie do egzaminu i przy każdej próbie jego zdawania ma szansę p sukcesu, interesuje jakie jest prawdopodobieństwo, że zda egzamin za pierwszym, drugim, trzecim itd. razem. Szanse te (w %) wynoszą: Który raz zdaje p=0, 5 p=0, 7 p=0, 9 1 50, 00 70, 00 90, 00 2 25, 00 21, 00 9, 00 3 12, 50 6, 30 0, 90 4 6, 25 1, 89 0, 09 5 3, 12 0, 57 ~0, 01

Wzór hipergeometryczny Wzór ten dotyczy losowania bez zwracania. Szansa uzyskania k elementów o sprzyjającej cesze jest zależna od liczby wszystkich elementów w urnie N, od liczby elementów w urnie z tą cechą R i od liczby elementów losowanych z urny n. Pierwszy człon licznika określa liczbę sposobów wylosowania elementów sprzyjających, drugi — elementów niesprzyjających, a mianownik — liczbę sposobów wylosowania próbki z urny. Typowym przykładem jest losowanie Totolotka. Przyjmując N = 49, R = 6, n = 6, można obliczyć szanse trafienia trzech i sześciu liczb w losowaniu. Wynoszą one P(k=3) = 0, 017. 650. 40 P(k=6) = 0, 000. 08

ZMIENNE LOSOWE Definicja zmiennej losowej Symbol: X Realizacje (wartości): x 1, x 2, . . . xi. , xn Zmienna losowa jest to wielkość zależna od przypadku, dla której jesteśmy w stanie określić prawdopodobieństwo pi, że przyjmuje ona wartości z przedziału (a, b). Istnieją dwa światy: • zdeterminowany: wartość stała C = constans • stochastyczny (probabilistyczny): zmienna losowa X Syntetyczny zapis zmiennej losowej: • rodzaj rozkładu modelowego oraz jego funkcje i parametry Klasyfikacja zmiennych losowych: • skokowe (dyskretne): liczba studentów, awarii, złóż, klientów • ciągłe: ilość czasu, pieniędzy, węglowodorów, produkcji

Funkcje do opisu zmiennych losowych zmienne skokowe zmienne ciągłe f. rozkładu prawdopodobieństwa f. gęstości dystrybuanta Zmienna losowa skokowa — rozkład Jak przetworzyć zebrane dane (obserwacje, pomiary itp. ) w rozkład zmiennej losowej? Przykład 8. Asystent zapisuje liczbę studentów obecnych na poszczególnych ćwiczeniach laboratoryjnych: Nr 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 Data 4 P 11 P 18 P 25 P 8 L 15 L 22 L 29 L 6 G 13 G 20 G 3 S 10 S 17 S 24 S Obecni 8 5 6 6 8 4 5 6 7 8 5 6 7 8 8 TO NIE JEST ROZKŁAD ZMIENNEJ LOSOWEJ!!! To jest wykres zmiany liczby obecnych w funkcji czasu!

Aby zbudować rozkład prawdopodobieństwa należy zidentyfikować poszczególne wartości xi zmiennej i policzyć ile razy każda z nich występuje. Uzyskamy w ten sposób liczebności ni dla poszczególnych wartości, które następnie przekształcimy w prawdopodobieństwa pi występowania poszczególnych wartości — według wzoru: Xi 4 5 6 7 8 ni 1 3 4 2 5 pi 0, 067 0, 200 0, 267 0, 133 0, 333 JAK NALEŻY ROZUMIEĆ TEN WYKRES? Jak się go interpretuje: • prawdopodobieństwo, że. . . • . . . procent zajęć ma. . .

Zmienna skokowa — dystrybuanta Dystrybuanta jest to funkcja określająca prawdopodobieństwo, że zmienna losowa przyjmie wartość mniejszą niż określone xi: Przykład 8 cd. Funkcję dystrybuanty wyznaczamy kumulując wartości kolejne pi: xi 2 3 4 5 6 7 8 pi 0, 000 0, 067 0, 200 0, 267 0, 133 0, 333 0, 000 F(xi) 0, 000 0, 067 0, 267 0, 534 0, 667 1, 000 JAK NALEŻY ROZUMIEĆ TEN WYKRES? Jak się go interpretuje: • prawdopodobieństwo, że. . . • . . . procent zajęć ma. . . 9

• znając dystrybuantę można wyznaczyć rozkład i na odwrót • znajomość funkcji dystrybuanty umożliwia rozwiązanie zadań: wg definicji 1. jaka jest szansa, że X<xi = F(x 2)—F(x 1) ? ? ? 2. jaka jest szansa, że x 1<X<x 2 = 1—F(xi) ? ? ? 3. jaka jest szansa, że X>xi

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 m= xi/6 można można nie można zmieniać zmieniać Niektóre typowe rozkłady zmiennej losowej skokowej Przy każdym badaniu statystycznym otrzymujemy inny rozkład. Otrzymany rozkład staramy się dopasować do rozkładu modelowego: 1. rozkład zero-jedynkowy 2. rozkład dwumianowy 3. rozkład Poissona 4. rozkład hipergeometryczny Rozkład zero-jedynkowy (binarny, dychotomiczny) Zmienna losowa przyjmuje wartości: x 1 = 0, x 2 = 1 (kobieta-mężczyzna, sprzedanyniesprzedany, zapłacony-niezapłacony itd. ). Rozkład dwumianowy (Bernoulliego) • dotyczy losowania ze zwracaniem n razy z urny • prawdopodobieństwo p sukcesu jest stałe • zmienną losową jest liczba sukcesów (X = k) • rozkład jest symetryczny dla p = q = 0, 5

• wartość oczekiwana wynosi E(X)=np • wariancja wynosi V(X)=npq • stosuje się go również przy losowaniu bez zwracania z dużych zbiorów Przykład 4 cd. Możemy obliczyć prawdopodobieństwa dla wszystkich możliwych liczb wyrzuconych orłów (xi = 0, 1, 2 lub 3). E(X)=(3)(0, 5)=1, 5 V(X)=(3)(0, 5)2=0, 75 Rozkład dwumianowy jest często stosowany do analizy ryzyka przy podejmowaniu decyzji, gdyż pozwala ocenić rozmiary pecha lub szczęścia, na jakie może natrafić decydent, a które są niezależne od jego woli czy umiejętności. Przykład 10. Szansa udanej inwestycji w pewnym sektorze wynosi p=1/3. Inwestor ma środki tylko na 5 inwestycji. W zależności od pecha lub szczęścia — liczba jego sukcesów może wynieść xi = 0, 1, 2, 3, 4 lub 5. Inwestor obliczył, że warunkiem utrzymania się firmy na rynku jest udanie się co najmniej 3 inwestycji. Oblicz oczekiwaną liczbę udanych inwestycji, ich wariancję oraz szanse firmy inwestora.

E(X)=(5)(1/3)=1, 67 V(X)=(5)(1/3)(2/3)=1, 11 P(X>2)=0, 165+0, 041+0, 004= =0, 21 = 21% • Tablice • Nomogramy • Programy komputerowe Analiza wrażliwości (czułości) — badanie wpływu zmiany założeń na wynik obliczeń i na decyzję. Rozkład Poissona • dotyczy zdarzeń rzadkich, n (n>100) • prawdopodobieństwo sukcesu jest bardzo małe, p 0 (p<0, 05) • zmienną losową jest liczba sukcesów (X = k) • rozkład jest asymetryczny • wartość oczekiwana wynosi E(X) = np = • wariancja wynosi V(X) = np =

Przykład 6 cd. Wyznaczamy prawdopodobieństwa wszystkich możliwych liczb braków (xi = k = 0, 1, 2, . . . , 100). Pamiętamy, że = E(X) = V(X) = np = 1, 0. Jak zinterpretować wykres? ROZKŁAD POISSONA JEST STABLICOWANY SKRYPT s. 154 (tab. I) Rozkład hipergeometryczny • dotyczy losowania bez zwracania • prawdopodobieństwo sukcesu zmienia się po każdym losowaniu • zmienną losową jest liczba sukcesów (X = k) • rozkład jest symetryczny, gdy n=N/2 • wartość oczekiwana wynosi E(X)=(n. R)/N • wariancja wynosi V(X) = npq (N—n)/(N— 1) ROZKŁAD MA ZASTOSOWANIE W ZARZĄDZANIU DO OCENY RYZYKA PRZY OGRANICZONEJ LICZBIE MOŻLIWYCH INWESTYCJI