7 Toru ´nski Festiwal Nauki i Sztuki

7 Toruński Festiwal Nauki
i Sztuki
Rok 2007 rokiem Samuela Bogumiła Lindego
„Prawdopodobieństwo = podobieństwo do prawdy; przewidzieć skutki sprawy swoiey z niejaka˛ prawdopodobnościa”
˛
Słownik Jezyka
˛
Polskiego przez Samuela Bogumiła Linde, 1807
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 1
Problem sekretarki i dylemat
wieźnia,
˛
czyli dlaczego warto
znać podstawy teorii
prawdopodobieństwa
mgr Joanna Karłowska-Pik
dr Bartosz Ziemkiewicz
Katedra Teorii Prawdopodobieństwa
i Analizy Stochastycznej
Wydział Matematyki i Informatyki
UMK Toruń
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 2
Paradoks kawalera de Méré
Antoine Gombaud – kawaler de Méré (1607–1684)
Przy rzucie trzema kostkami sume˛ oczek równa˛ 11 można
uzyskać na tyle samo sposobów, co 12:
11 = 6 + 4 + 1
12 = 6 + 5 + 1
=6+3+2
=6+4+2
=5+5+1
=6+3+3
=5+4+2
=5+5+2
=5+3+3
=5+4+3
=4+4+3
=4+4+4
Dlaczego cz˛eściej wypada suma równa 11?
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 3
14000
12000
10000
8000
6000
4000
2000
0
11
12
Symulacja 100 000 rzutów trzema kostkami
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 4
Definiujemy przestrzeń zdarzeń elementarnych Ω jako
zbiór wszystkich możliwych wyników danego doświadczenia
losowego. Np.
dla rzutu moneta˛ Ω = {O, R},
dla rzutu kostka˛ Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
W naszym przypadku przestrzenia˛ zdarzeń elementarnych
jest zbiór składajacy
˛ sie˛ z trójek
(r
,
r
,
r
)
1
2
3
Ri
5
O
ll
l
l
ll
l
l
lll
l
l
l
wynik 1. rzutu
RRR
RRR
RRR
RRR
R
wynik 2. rzutu
wynik 3. rzutu
Takich trójek jest 6 · 6 · 6 = 216.
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 5
Po uwzglednieniu
˛
kolejności
11 :
(6, 4, 1), (6, 1, 4), (4, 1, 6), (4, 6, 1), (1, 4, 6), (1, 6, 4)
(6, 3, 2), (6, 2, 3), (3, 2, 6), (3, 6, 2), (2, 6, 3), (2, 3, 6)
(5, 5, 1), (5, 1, 5), (1, 5, 5)
(5, 4, 2), (5, 2, 4), (4, 2, 5), (4, 5, 2), (2, 4, 5), (2, 5, 4)
(5, 3, 3), (3, 5, 3), (3, 3, 5)
(4, 4, 3), (4, 3, 4), (3, 4, 4)
27 możliwości!
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 6
Po uwzglednieniu
˛
kolejności
12 :
(6, 5, 1), (6, 1, 5), (5, 1, 6), (5, 6, 1), (1, 5, 6), (1, 6, 5)
(6, 4, 2), (6, 2, 4), (4, 2, 6), (4, 6, 2), (2, 6, 4), (2, 4, 6)
(6, 3, 3), (3, 6, 3), (3, 3, 6)
(5, 5, 2), (5, 2, 5), (2, 5, 5)
(5, 4, 3), (5, 3, 4), (4, 3, 5), (4, 5, 3), (3, 4, 5), (3, 5, 4)
(4, 4, 4)
25 możliwości!
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 7
Paradoks losowych liczb naturalnych
Dwie osoby graja˛ w nastepuj
˛ ac
˛ a˛ gre.
˛
Krupier wybiera losowo dwie kolejne liczby naturalne
i przyznaje je (losowo) graczom.
Każdy z graczy widzi liczbe˛ przeciwnika, ale nie zna
swojej. Krupier pyta sie˛ graczy, czy graja,
˛ czy pasuja.
˛
Jeśli graja,
˛ krupier sprawdza jakie liczby wylosowali
i wtedy osoba z mniejsza˛ liczba˛ płaci drugiej tyle złotych,
ile wynosiła jej liczba.
Jeśli choć jeden z graczy spasuje, krupier powtarza losowanie.
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 8
Żaden z graczy jednak nie spasuje, bo rozumuje nastepu˛
jaco:
˛
Gdy widz˛e, że przeciwnik ma liczbe˛ k , to ja mam k+1
lub k − 1. Każda z tych liczb jest jednakowo prawdopodobna. Gdy wygram, zyskuje˛ k złotych, gdy przegram trace˛ k − 1 złotych. Średnio wygrywam
k − (k − 1)
1
= = 50 gr.
2
2
Drugi gracz rozumuje podobnie, wiec
˛ gra jest korzystna dla
obu. Gdzie tkwi bład?
˛
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 9
Definicja prawdopodobieństwa
Prawdopodobieństwo zdarzenia A to liczba P (A) spełniajaca
˛ warunki:
0 6 P (A) 6 1,
P (Ω) = 1,
jeśli mamy zdarzenia, które sie˛ wykluczaja,
˛ to prawdopodobieństwo, że zajdzie co najmniej jedno z nich (czyli
zajdzie pierwsze z nich lub drugie, lub trzecie,. . . ) jest
równe sumie ich prawdopodobieństw:
P (A1 lub A2 lub A3 lub . . .) = P (A1 ) + P (A2 ) + P (A3 ) + . . .
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 10
Źródło paradoksu
W naszym przykładzie gracze mieli nieskończona˛ przestrzeń Ω i zakładali, że wylosowanie każdej pary liczb jest
jednakowo prawdopodobne. Wtedy
P (Ω) = p + p + p + . . . = +∞ ,
|
{z
}
nieskończenie wiele
ale P (Ω) musi być równe 1!
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 11
Paradoks dni urodzin
Jak duża musi być grupa, żeby szansa, że dwie osoby z tej
grupy obchodza˛ urodziny tego samego dnia, wynosiła co
najmniej 50%:
około 25 osób,
około 180 osób,
około 360 osób?
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 12
Prawdopodobieństwo klasyczne
Jeśli zbiór zdarzeń elementarnych jest skończony i wszystkie zdarzenia elementarne sa˛ jednakowo prawdopodobne,
to
#A
P (A) =
.
#Ω
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 13
Rozwiazanie:
˛
Policzymy prawdopodobieństwo pn , że żadne dwie
osoby nie maja˛ urodzin w tym samym dniu.
Zakładamy, że szanse urodzenia sie˛ w danym dniu roku
sa˛ jednakowe.
365 – liczba dni w roku, n 6 365 – liczba osób w grupie.
365 · 364 · . . . · (365 − n + 1)
pn =
.
n
(365)
Prawdopodobieństwo, że urodziny dwóch osób wypadaja˛ w tym samym dniu, jest równe
365 · 364 · . . . · (365 − n + 1)
pn = 1 −
.
n
(365)
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 14
Prawdopodobieństwa pn , że wśród n osób przynajmniej dwie
obchodza˛ urodziny w tym samym dniu:
n
10
15
20
21
22
23
24
25
pn
0,11694
0,25901
0,41143
0,44368
0,47569
0,50729
0,53834
0,56869
n
30
40
50
60
70
80
90
100
pn
0,70631
0,89123
0,97037
0,99412
0,99915
0,99991
0,99999
0,99999
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 15
1
0.9
Prawdopodobieñstwo pary
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
0
10
20
30
40
50
60
Liczba osób
70
80
90
100
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 16
Prawdopodobieństwo spotkania
Ania i Basia umówiły sie˛ miedzy
˛
15.00 a 16.00 w centrum Torunia. Przyjmijmy, że komunikacja miejska w godzinach szczytu działa losowo. Osoba, która przyjdzie pierwsza czeka na druga˛ 20 minut – potem odchodzi. Jaka jest
szansa, że dojdzie do spotkania?
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 17
Prawdopodobieństwo geometryczne
Jeśli Ω jest ograniczonym podzbiorem Rd (prostej, płaszczyzny, przestrzeni), to
ℓd (A)
P (A) = d
,
ℓ (Ω)
gdzie ℓd – miara zbioru (długość, pole, objetość).
˛
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 18
Rozwiazanie
˛
problemu
Ω = [0, 1] × [0, 1]
tBasi (h)
1600
Ania przyjdzie 20 minut przed Basia˛
Ania i Basia przyjda˛
w tej samej chwili
1
A
1520
1500
Ania przyjdzie
20 minut po Basi
1
3
0
1500
1
3
1520
1
tAni (h)
1600
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 19
ℓ2 (Ω) = 1 · 1 = 1 ,
1 2 2
4
5
ℓ (A) = 1 − 2 · · · = 1 − = ,
2 3 3
9
9
ℓ2 (A)
5/9
5
P (A) = 2
=
= .
ℓ (Ω)
1
9
2
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 20
Problem sekretarki
Roztargniona sekretarka wkładała listy do zaadresowanych
kopert – całkowicie losowo.
Jakie jest prawdopodobieństwo, że przynajmniej
jeden list dotrze do adresata, jeśli listy były 3?
Jakie, jeśli listy były 4?
Czy przy coraz wiekszej
˛
liczbie listów możemy sie˛
spodziewać, że prawdopodobieństwo, że choć jeden list znajdzie sie˛ we
właściwej kopercie, be˛
dzie bliskie 1?
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 21
Wzór włacze
˛
ń i wyłacze
˛
ń
n=2
A1 i A2
A1
A2
P (A1 lub A2 ) = P (A1 ) + P (A2 ) − P (A1 i A2 )
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 22
n=3
A1 i A2
A1
A2
A1 i A3
A2 i A3
A3
A1 i A2 i A3
P (A1 lub A2 lub A3 ) = P (A1 ) + P (A2 ) + P (A3 )
− P (A1 i A2 ) − P (A2 i A3 ) − P (A1 i A3 )
+ P (A1 i A2 i A3 ) .
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 23
3 listy
A1 – 1. list dotarł do adresata
A2 – 2. list dotarł do adresata
A3 – 3. list dotarł do adresata
2·1
1
P (A1 ) = P (A2 ) = P (A3 ) =
=
3·2·1
3
1
1
=
P (A1 i A2 ) = P (A2 i A3 ) = P (A1 i A3 ) =
3·2·1
6
1
P (A1 i A2 i A3 ) =
6
Stad
˛
1
1 1
2
P (A1 lub A2 lub A3 ) = 3 · − 3 · + = = 0, 666 . . .
3
6 6
3
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 24
4 listy
3·2·1
1
P (A1 ) = · · · = P (A4 ) =
=
{z
} 4·3·2·1
|
4
4 możliwości
2·1
1
=
P (A1 i A2 ) = · · · = P (A3 i A4 ) =
|
{z
} 4·3·2·1
12
6 możliwości
1
1
P (A1 i A2 i A3 ) = · · · = P (A2 i A3 i A4 ) =
=
|
{z
} 4·3·2·1
24
4 możliwości
1
1
P (A1 i A2 i A3 i A4 ) =
=
4·3·2·1
24
1
1
1
5
1
= = 0, 625
P (A1 lub A2 lub A3 lub A4 ) = 4 · −6 · +4 · −
4
12
24 24
8
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 25
n listów
n
3
4
5
6
7
8
9
10
pn
0.66666666666667
0.62500000000000
0.63333333333333
0.63194444444444
0.63214285714286
0.63211805555556
0.63212081128748
0.63212053571429
1
pn −−−−→ 1 − ≈ 0.63212055882856
n→+∞
e
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 26
Idź na całość!
Monty Hall problem – nazwa pochodzi od nazwiska prowadzacego
˛
amerykańska˛ wersje˛ programu: Let’s Make
a Deal.
Maurice Halperin (Monty Hall), ur. 1921
Marilyn vos Savant opisała problem i podała rozwiazanie
˛
w kolumnie Ask Marilyn magazynu Parade.
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 27
Opis problemu
Przypuśćmy, że grasz w teleturnieju i masz do wyboru trzy
bramki: za jedna˛ z nich jest samochód, za dwoma Zonk. Wybierasz bramk˛e, np. nr 1, a gospodarz teleturnieju, wiedzac
˛
co jest za drzwiami, otwiera inna˛ bramk˛e, np. nr 3, za która˛
jest Zonk. Gospodarz zadaje pytanie: „Czy chcesz wybrać
bramk˛e nr 2?” Czy powinieneś zmienić swoja˛ decyzje˛ i wybrać bramk˛e nr 2 zamiast bramki nr 1?
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 28
Odpowiedź
TAK! Prawdopodobieństwo, że za Twoimi drzwiami jest samochód wynosi 1/3, a prawdopodobieństwo, że jest on za
drzwiami numer 2 jest równe 2/3. Dlaczego?
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 29
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 30
Start
1/3
1/3
S1
1/3
B1
S2
1/3 1/3
1/3
B3
B2
B1
1
1
Z3 Z3
Z2
1/18 1/18 1/9
Z2
1/9
1/2
1/2
1/3
1
S3
1/3 1/3
B2
1/2
1/3
B3
1/2
B1
1
Z3 Z1
Z3 Z1
1/9 1/18 1/18 1/9
1
Z2
1/9
1/3 1/3
B2
B3
1 1/2
1/2
Z1 Z1
Z2
1/9 1/18 1/18
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 31
Dylemat wieźnia
˛
Trzej wieźniowie:
˛
Arnold, Bernard i Cezary zostali skazani na śmierć.
Król postanowił ułaskawić jednego z nich, o czym dowiedzieli sie˛ zainteresowani, ale nie dowiedzieli sie,
˛ który z nich
bedzie
˛
wolny. Arnold przekupił strażnika, który zgadza sie˛ wymienić imie˛ jednego z wieźniów,
˛
który
zostanie ściety,
˛
ale o losie Arnolda nic nie powie.
Przed zadaniem pytania Arnold ocenia, że każdy ma
szanse˛ ułaskawienia równa˛ 1/3. Strażnik twierdzi,
że Bernard zostanie odesłany w rece
˛
kata. Arnold
uważa teraz, że jego szanse rosna˛ do 1/2 (bo zostanie ułaskawiony Arnold lub Cezary). Czy popełnia
bład?
˛
Kolumna Martina Gardnera „Mathematical Games” w „Scientific American” (polski
„Świat Nauki”), 1959 r.
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 32
Problem jest analogiczny do problemu Monty Halla. Trzeba
postawić pytanie: „Czy Arnold, gdyby mógł, powinien zamienić swój los na los Cezarego?” Strażnik zachowuje sie˛ analogicznie do prowadzacego
˛
teleturniej:
jeśli Arnold bedzie
˛
ułaskawiony, może wskazać Bernarda lub Cezarego,
jeśli Bernard bedzie
˛
ułaskawiony, musi wskazać Cezarego,
jeśli Cezary bedzie
˛
ułaskawiony, musi wskazać Bernarda.
Tak wiec
˛ Arnold ma 1/3 szans na ułaskawienie!
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 33
Król
1/3
A
1/2
B
1/6
1/3 1/3
B
1/2
C
1
1
C C
1/6 1/3
B
1/3
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 34
Paradoks Lewisa Carrolla (8.XI.1887)
Charles Lutwidge Dodgson (Lewis Carrolll), 1832–1898
W torbie sa˛ dwie kulki. Wiadomo o nich tyle, że każda z nich
może być biała lub czarna. Nastepuj
˛ ace
˛ rozumowanie pokazuje, że jedna musi być biała a druga czarna!
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 35
Wiemy, że
1
1
P (BB) = P (CC) = , P (BC) = .
4
2
Wkładamy do torby jedna˛ czarna˛ kulk˛e. Potrzasamy
˛
torba˛
i wyciagamy
˛
w sposób losowy jedna˛ kulk˛e. Jakie jest prawdopodobieństwo, że kulka jest czarna?
2
1
P (C) = 1 · P (CCC) + · P (CCB) + · P (CBB)
3
3
1 2 1 1 1
2
=1· + · + · = .
4 3 2 3 4
3
Ale torba zawierała 3 kulki. Szansa, że wylosujemy czarna˛
wynosi 2/3, wiec
˛ w torbie musza˛ być dwie czarne kulki
i jedna biała. Przed dodaniem czarnej kulki w torbie musiała
wiec
˛ być jedna kulka biała i jedna czarna!
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 36
Wzór na prawdopodobieństwo całkowite
Jeśli zbiory B1 , B2 , B3 tworza˛ rozbicie przestrzeni Ω
i P (B1 ) > 0, P (B2 ) > 0, P (B3 ) > 0, to
B1
B2
B3
A
Ω
P (A) = P (A|B1 ) · P (B1 ) + P (A|B2 ) · P (B2 ) + P (A|B3 ) · P (B3 ) .
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 37
Źródło paradoksu
Obliczajac
˛ P (C), wstawiliśmy w miejsce P (CCC), P (CCB),
P (CBB) prawdopodobieństwa, które znamy z sytuacji dla
dwóch kulek w urnie. Tymczasem
Ω = {(C, C, C), (C, C, B),(C, B, C), (B, C, C),
(C, B, B), (C, B, B), (B, B, C)} ,
wiec
˛ #Ω = 7 i
1
P (CCC) = ,
7
Stad
˛
3
P (CCB) = ,
7
3
P (CBB) = .
7
4
2
1 2 3 1 3
P (C) = 1 · + · + · = 6= .
7 3 7 3 7
7
3
Joanna Karłowska-Pik, Bartosz Ziemkiewicz, Problem sekretarki i dylemat wieźnia.
˛
. . – p. 38