wow loterii

PRZYKŁADY
Przykład 3.1 Jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia przynajmniej jednej szóstki przy rzucie dwoma
rzetelnymi kostkami?
Rozwiązanie 1. Kostki uważamy za rozróżnialne.
Zbiór zdarzeń elementarnych Ω to zbiór uporządkowanych par liczb (x, y), gdzie x, y ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Zbiór
Ω składa się ze 36 zdarzeń elementarnych. Wówczas
F = 2Ω. Przyjmijmy, że wszystkie zdarzenia elementarne są równoprawdopodobne (prawdopodobieństwo
każdego wynosi wówczas 1/36).
Oznaczmy: A - zdarzenie, że wypadła przynajmniej
jedna szóstka. Mamy policzyć P (A). Łatwiej policzyć
P (Ac) - prawdopodobieństwo tego, że żadnej szóstki
nie wypadło, i potem skorzystać ze wzoru P (A) =
1 − P (Ac). Liczymy:
25 11
25
=⇒ P (A) = 1 −
= .
P (A ) =
36
36 36
Rozwiązanie 2. Kostki uważamy za nierozróżnialne.
Zbiór zdarzeń elementarnych Ω to zbiór nieuporządkowanych par liczb (x, y), gdzie x, y ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
Zbiór Ω składa się ze 21 zdarzeń elementarnych. Wówczas F = 2Ω. Przyjmijmy, że wszystkie zdarzenia elementarne są równoprawdopodobne (prawdopodobieńc
1
stwo każdego wynosi wówczas 1/21). Liczymy:
15 5
5 2 11
c
P (A ) =
=
=⇒ P (A) = 1 − = ̸= .
21 7
7 7 36
Pytanie: gdzie jest błąd?
Odpowiedź: błąd jest w drugim rozwiązaniu (gdzie?).
Przykład 3.2 (zadanie o spotkaniu) Dwie osoby umówiły się o spotkaniu w pewnym miejscu w przedziale
czasowym od godziny 18-tej do godziny 19-tej, przy
czym osoba, która przyjdzie pierwsza, czeka nie dłużej
niż 20 min i odchodzi. Jakie jest prawdopodobieństwo,
że dojdzie do spotkania tych osób, jeśli każda osoba
może przyjść na spotkanie w dowolny moment czasu
pomiędzy 18-tą a 19-tą niezależnie od siebie?
Rozwiązanie. Będziemy patrzeć na odcinek czasowy
pomiędzy 18-tą a 19-tą jako na przedział [0, 1]. Zbiór
zdarzeń elementarnych Ω to zbiór uporządkowanych
par liczb (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1] (x - moment przyjścia
osoby X, y - moment przyjścia osoby Y ), czyli kwadrat
[0, 1] × [0, 1].
Oznaczmy: A - zdarzenie, polegające na tym, że osoby
X i Y się spotkają. Wówczas
1
A = {(x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1] : |x − y| 6 },
3
zatem
1 − 2S△
1 2 2 5
P (A) =
=1−2· · · = .
1
2 3 3 9
2
Przykład 3.3 Spośród N pytań egzaminacyjnych jest
n pytań łatwych i N −n trudnych. Studenci podchodzą
i biorą po kolei po jednym pytaniu. Dla którego studenta (pierwszego czy drugiego) prawdopodobieństwo
trafić na pytanie łatwe jest większe?
Rozwiązanie. Prawdopodobieństwo trafić na pytanie
łatwe dla pierwszego studenta wynosi oczywiście Nn .
Oznaczmy: A - zdarzenie, polegające na tym, że drugi
student trafi na pytanie łatwe. Możemy zrobić 2 przypuszczenia: H1 - pierwszy student trafił na pytanie
łatwe, H2 - pierwszy student trafił na pytanie trudne.
Zgodnie ze wzorem na prawdopodobieństwo całkowite,
mamy
P (A) = P (A|H1)P (H1) + P (A|H2)P (H2)
n
N −n
n
n−1 n
· +
·
= .
=
N −1 N N −1
N
N
Wniosek: jest wszystko jedno, którym wybierać pytanie - pierwszym czy drugim (czy nawet którymś dalej).
Przykład 4.1 Na pewną rzadką chorobę choruje ok.
0, 5% populacji ludzi. Pewien test na tę chorobę daje
wynik pozytywny u ok. 99% chorych, ale również u ok.
2% ludzi zdrowych. Jakie jest prawdopodobieństwo, że
losowo wybrana osoba, dla której przeprowadzony test
dał wynik pozytywny, jest rzeczywiście chora?
3
Rozwiązanie. Oznaczmy: H1 - zdarzenie, polegające
na tym, że losowo wybrana osoba jest chora (P (H1) =
0, 005); H2 - zdarzenie, polegające na tym, że losowo
wybrana osoba jest zdrowa (P (H2) = 0, 995); A - zdarzenie, polegające na tym, że losowo wybrana osoba
ma wynik testu pozytywny. Mamy P (A|H1) = 0, 99,
P (A|H2) = 0, 02. Zatem na mocy wzoru Bayesa
P (A|H1)P (H1)
P (H1|A) =
P (A|H1)P (H1) + P (A|H2)P (H2)
0, 99 · 0, 005
≈ 0, 2.
=
0, 99 · 0, 005 + 0, 02 · 0, 995
Wniosek: test jest bardzo niedoskonały.
Przykład 4.2 Na płaszczyznę rzucamy czworościan
foremny, którego 3 ściany pomalowane są odpowiednio na biało, czerwono i niebiesko, a czwarta ściana
jest biało-czerwono-niebieska. Oznaczmy: A1 - zdarzenie, że czworościan upadł na ścianę, na której jest
kolor biały, A2 -czerwony, A3 - niebieski. Czy zdarzenia
A1, A2, A3 są niezależne? Czy są parami niezależne?
Rozwiązanie. Czworościan jest foremny, więc prawdopodobieństwo jego spadku na każdą ścianę uważamy
za 14 . Zgodnie za wzorem na prawdopodobieństwo kla-
4
syczne
P (A1) = P (A2) = P (A3) =
2 1
= ,
4 2
natomiast
1
P (A1∩A2) = P (A1∩A3) = P (A2∩A3) = P (A1∩A2∩A3) = .
4
Zatem
P (Ai ∩ Aj ) = P (Ai)P (Aj ) ∀i ̸= j;
P (A1 ∩ A2 ∩ A3) ̸= P (A1)P (A2)P (A3).
Wniosek: zdarzenia nie są niezależne, ale są parami
niezależne.
Przykład 5.1. W loterii rozprowadzono 100 biletów,
przy czym jeden bilet ma wartość wygranej 50 zł, pięć
biletów ma wartość wygranej 10 zł, a pozostałe bilety
są bez wygranej. Opisać rozkład zmiennej losowej X możliwej wygranej przy wylosowaniu jednego biletu.
Rozwiązanie. Mamy x1 = 0, x2 = 10, x3 = 50;
p1 = 0,94; p2 = 0,05; p3 = 0,01.
Dystrybuanta tej zmiennej losowej ma postać:

0, gdy x < 0



0,94, gdy 0 6 x < 10
FX (x) =
0,99, gdy 10 6 x < 50



1, gdy x > 50.
5
Przykład 5.2. Stwierdzono, że wzrost dorosłych Polaków jest zmienną losową X o rozkładzie normalnym
N (176, 82). Jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosowana osoba będzie miała wzrost w granicach od 174 do
184 cm?
Jeśli X ma rozkład N (176, 82), to
N (0, 1). Zatem
X−176
8
ma rozkład
174−176 X −176 184−176
6
6
)
8
8
8
X −176
6 1) = Φ(1) − Φ(−0,25),
= P (−0,25 6
8
gdzie Φ(·) jest dystrybuantą odpowiadającą rozkładowi
N (0, 1). Z tabeli wartości tej dystrybuanty odczytujemy, że
P (174 6 X 6 184) = P (
Φ(1) − Φ(−0,25) ≈ 0,841 − 0,401 = 0,440.
6