W tym odcinku ligi powracamy do zagadnień dotyczących rachunku prawdopodobieństwa. Zaczniemy od prostego przykładu.
Przykład 1. Podczas treningu koszykarz wykonuje serię pięciu rzutów wolnych. Załóżmy, że w każdym z nich trafia do kosza z takim samym prawdopodobieństwem p. Ponadto załóżmy, że wyniki kolejnych rzutów są od siebie niezależne, tzn. nietrafienie lub trafienie w jednym rzucie nie ma wpływu na nietrafienie bądź trafienie w kolejnym.
a) Jakie jest prawdopodobieństwo, że koszykarz trafi dokładnie jeden raz?
b) Jakie jest prawdopodobieństwo, że koszykarz trafi dokładnie dwa razy?
c) Jakie jest prawdopodobieństwo, że koszykarz trafi dokładnie trzy razy?
Rozwiązanie. Niech zmienne losowe X1, X2, X3, X4 i X5 oznaczają wyniki kolejnych rzutów, przy czym Xi = 0, jeśli koszykarz nie trafia, i Xi = 1, jeśli koszykarz trafia, i = 1, 2, 3, 4, 5. W takim razie P(Xi=1) = p i P(Xi=0) = 1-p. Ponadto zakładamy, że zmienne losowe X1, X2, X3, X4 i X5 są niezależne. Niech S5 oznacza łączną liczbę trafień w pięciu rzutach. Widzimy, że S5 = X1+X2+X3+X4+X5.
a) Jeśli wiemy, że koszykarz łącznie trafił tylko w jednym rzucie, to tym samym nie trafił w czterech pozostałych rzutach. Nie jest istotne, w którym rzucie nastąpiło trafienie do kosza. Nietrudno jest zauważyć, że seria pięciu rzutów przebiegła zgodnie z jednym z pięciu możliwych wariantów (znak ✔ oznaczaja trafienie, znak ✘ oznacza nietrafienie):
| 1. rzut |
2. rzut | 3. rzut | 4. rzut | 5. rzut | |
| 1. wariant |
✔ | ✘ | ✘ | ✘ | ✘ |
| 2. wariant |
✘ | ✔ | ✘ | ✘ | ✘ |
| 3. wariant |
✘ | ✘ | ✔ | ✘ | ✘ |
| 4. wariant |
✘ | ✘ | ✘ | ✔ | ✘ |
| 5. wariant |
✘ | ✘ | ✘ | ✘ | ✔ |
W matematycznym zapisie wygląda to następująco:
P(S5=1) = P((X1=1 i X2=0 i X3=0 i X4=0 i X5=0) lub (X1=0 i X2=1 i X3=0 i X4=0 i X5=0)
lub (X1=0 i X2=0 i X3=1 i X4=0 i X5=0) lub (X1=0 i X2=0 i X3=0 i X4=1 i X5=0)
lub (X1=0 i X2=0 i X3=0 i X4=0 i X5=1))
Nie jest możliwe, by jednocześnie zachodził więcej niż jeden z powyższych wariantów, dlatego powyższe prawdopodobieństwo jest sumą prawdopodobieństw poszczególnych wariantów tzn.
P(S5=1) = P(X1=1 i X2=0 i X3=0 i X4=0 i X5=0) + P(X1=0 i X2=1 i X3=0 i X4=0 i X5=0) +
+ P(X1=0 i X2=0 i X3=1 i X4=0 i X5=0) + P(X1=0 i X2=0 i X3=0 i X4=1 i X5=0) +
+ P(X1=0 i X2=0 i X3=0 i X4=0 i X5=1)
Ponieważ zmienne losowe X1, X2, X3, X4 i X5 są niezależne, więc powyższe prawdopodobieństwa są iloczynami, czyli
P(X1=1 i X2=0 i X3=0 i X4=0 i X5=0) = P(X1=1) · P(X2=0) · P(X3=0) · P(X4=0) · P(X5=0) =
= p · (1-p) · (1-p) · (1-p) · (1-p) = p(1-p)4 ,
P(X1=0 i X2=1 i X3=0 i X4=0 i X5=0) = P(X1=0) · P(X2=1) · P(X3=0) · P(X4=0) · P(X5=0) =
= (1-p) · p · (1-p) · (1-p) · (1-p) = p(1-p)4 ,
P(X1=0 i X2=0 i X3=1 i X4=0 i X5=0) = P(X1=0) · P(X2=0) · P(X3=1) · P(X4=0) · P(X5=0) =
= (1-p) · (1-p) · p · (1-p) · (1-p) = p(1-p)4 ,
P(X1=0 i X2=0 i X3=0 i X4=1 i X5=0) = P(X1=0) · P(X2=0) · P(X3=0) · P(X4=1) · P(X5=0) =
= (1-p) · (1-p) · (1-p) · p · (1-p) = p(1-p)4 ,
P(X1=0 i X2=0 i X3=0 i X4=0 i X5=1) = P(X1=0) · P(X2=0) · P(X3=0) · P(X4=0) · P(X5=1) =
= (1-p) · (1-p) · (1-p) · (1-p) · p = p(1-p)4 .
Ostatecznie możemy napisać:
P(S5=1) = p(1-p)4+p(1-p)4+p(1-p)4+p(1-p)4+p(1-p)4 = 5p(1-p)4 .
b) Rozumując podobnie jak w punkcie a), możemy stwierdzić, że jeśli zawodnik trafił do kosza dwukrotnie, to seria rzutów musiała przebiegać według jednego z następujących wariantów:
| 1. rzut |
2. rzut | 3. rzut | 4. rzut | 5. rzut | |
| 1. wariant |
✔ | ✔ | ✘ | ✘ | ✘ |
| 2. wariant |
✔ | ✘ | ✔ | ✘ | ✘ |
| 3. wariant |
✔ | ✘ | ✘ | ✔ | ✘ |
| 4. wariant |
✔ | ✘ | ✘ | ✘ | ✔ |
| 5. wariant |
✘ | ✔ | ✔ | ✘ | ✘ |
| 6. wariant |
✘ | ✔ | ✘ | ✔ | ✘ |
| 7. wariant |
✘ | ✔ | ✘ | ✘ | ✔ |
| 8. wariant |
✘ | ✘ | ✔ | ✔ | ✘ |
| 9. wariant |
✘ | ✘ | ✔ | ✘ | ✔ |
| 10. wariant |
✘ | ✘ | ✘ | ✔ | ✔ |
W takim razie
P(S5=2) = P((X1=1 i X2=1 i X3=0 i X4=0 i X5=0) lub (X1=1 i X2=0 i X3=1 i X4=0 i X5=0)
lub (X1=1 i X2=0 i X3=0 i X4=1 i X5=0) lub (X1=1 i X2=0 i X3=0 i X4=0 i X5=1)
lub (X1=0 i X2=1 i X3=1 i X4=0 i X5=0) lub (X1=0 i X2=1 i X3=0 i X4=1 i X5=0)
lub (X1=0 i X2=1 i X3=0 i X4=0 i X5=1) lub (X1=0 i X2=0 i X3=1 i X4=1 i X5=0)
lub (X1=0 i X2=0 i X3=1 i X4=0 i X5=1) lub (X1=0 i X2=0 i X3=0 i X4=1 i X5=1)) =
= P(X1=1 i X2=1 i X3=0 i X4=0 i X5=0) + P(X1=1 i X2=0 i X3=1 i X4=0 i X5=0) +
+ P(X1=1 i X2=0 i X3=0 i X4=1 i X5=0) + P(X1=1 i X2=0 i X3=0 i X4=0 i X5=1) +
+ P(X1=0 i X2=1 i X3=1 i X4=0 i X5=0) + P(X1=0 i X2=1 i X3=0 i X4=1 i X5=0) +
+ P(X1=0 i X2=1 i X3=0 i X4=0 i X5=1) + P(X1=0 i X2=0 i X3=1 i X4=1 i X5=0) +
+ P(X1=0 i X2=0 i X3=1 i X4=0 i X5=1) + P(X1=0 i X2=0 i X3=0 i X4=1 i X5=1) =
= P(X1=1)·P(X2=1)·P(X3=0)·P(X4=0)·P(X5=0) + P(X1=1)·P(X2=0)·P(X3=1)·P(X4=0)·P(X5=0) +
+ P(X1=1)·P(X2=0)·P(X3=0)·P(X4=1)·P(X5=0) + P(X1=1)·P(X2=0)·P(X3=0)·P(X4=0)·P(X5=1) +
+ P(X1=0)·P(X2=1)·P(X3=1)·P(X4=0)·P(X5=0) + P(X1=0)·P(X2=1)·P(X3=0)·P(X4=1)·P(X5=0) +
+ P(X1=0)·P(X2=1)·P(X3=0)·P(X4=0)·P(X5=1) + P(X1=0)·P(X2=0)·P(X3=1)·P(X4=1)·P(X5=0) +
+ P(X1=0)·P(X2=0)·P(X3=1)·P(X4=0)·P(X5=1) + P(X1=0)·P(X2=0)·P(X3=0)·P(X4=1)·P(X5=1) =
= p·p·(1-p)·(1-p)·(1-p)+p·(1-p)·p·(1-p)·(1-p)+p·(1-p)·(1-p)·p·(1-p)+p·(1-p)·(1-p)·(1-p)·p+
+(1-p)·p·p·(1-p)·(1-p)+(1-p)·p·(1-p)·p·(1-p)+(1-p)·p·(1-p)·(1-p)·p+(1-p)·(1-p)·p·p·(1-p)+
+(1-p)·(1-p)·p·(1-p)·p+(1-p)·(1-p)·(1-p)·p·p = 10p2(1-p)3 .
c) Trzy trafienia oznaczają jednocześnie dwa nietrafienia.Wobec tego jeśli w rachunku dla dwóch trafień zamienimy rolami trafienie i nietrafienie (w szczególności jeśli zamienimy prawdopodobieństwo trafienia na prawdopodobieństwo nietrafienia i na odwrót), trzymamy szukany wynik. W takim razie P(S5=2) = 10(1-p)2p3 = 10p3(1-p)2 .
Być może część czytelników zauważyła już prawidłowość: liczba trafień do kosza w serii rzutów jest wykładnikiem potęgi, której podstawą jest prawdopodobieństwo trafienia w pojedynczym rzucie (równe p), natomiast liczba nietrafień w tej samej serii rzutów jest wykładnikiem potęgi, której podstawą jest prawdopodobieństwo nietrafienia w pojedynczym rzucie (równe 1-p). A co z liczbami stojącymi na początku uzyskanych wyników? Śledząc powyższe rachunki, nietrudno jest zauważyć, że początkowy czynnik wynosi tyle, na ile sposobów można "rozmieścić" trafienia (i nietrafienia) wśród pięciu rzutów. Z poprzedniego odcinka ligi wiemy już, że jeden element spośród pięciu możemy wybrać na [tex]{{5}\choose{1}}[/tex] sposobów, dwa elementy na [tex]{{5}\choose{2}}[/tex] sposobów, a trzy elementy spośród pięciu na [tex]{{5}\choose{3}}[/tex] sposobów. W takim razie powinniśmy otrzymać:
[tex]P(S_5=1)={{5}\choose{1}}p(1-p)^4[/tex],
[tex]P(S_5=2)={{5}\choose{2}}p^2(1-p)^3[/tex],
[tex]P(S_5=3)={{5}\choose{3}}p^3(1-p)^2[/tex].
Ze względu na to, że
[tex]{{5}\choose{1}}=\frac{5!}{1!\cdot 4!}=\frac{4!\cdot 5}{1\cdot 4!}=5[/tex],
[tex]{{5}\choose{2}}=\frac{5!}{2!\cdot 3!}=\frac{3!\cdot 4\cdot 5}{2\cdot 3!}=\frac{4\cdot 5}{2}=10[/tex],
[tex]{{5}\choose{3}}=\frac{5!}{3!\cdot 2!}=\frac{3!\cdot 4\cdot 5}{3!\cdot 2}=\frac{4\cdot 5}{2}=10[/tex],
rzeczywiście otrzymujemy w ten sposób wyniki zgodne z wcześniejszymi obliczeniami.
Kolejne eksperymenty, w których możliwe są tylko dwa wyniki często interpretowane jako sukces i porażka, w każdym eksperymencie prawdopodobieństwo sukcesu jest takie samo, a ponadto wyniki eksperymentów są od siebie niezależne, bywają nazywane próbami Bernoulliego. Jeśli przez Sn oznaczymy zmienną losową równą liczbie sukcesów w n próbach Bernoulliego z prawdopodobieństwem sukcesu w pojedynczej próbie równym p, to możemy napisać:
[tex]P(S_n=k) = {{n}\choose{k}}p^k(1-p)^{n-k}[/tex],
gdzie k może przyjmować wartości 1, 2, …, n. O takiej zmiennej losowej Sn powiemy wówczas, że ma rozkład Bernouliiego z parametrami n i p, pamiętając, że pierwsza z tych liczb oznacza liczbę eksperymentów zaś druga - prawdopodobieństwo sukcesu w pojedynczym eksperymencie. Fakt, że zmienna losowa Sn ma rozkład Bernoulliego z parametrami n i p, oznaczamy krótko: Sn ~ b(n,p).
Zagadnienia, o których mówimy, wiążą się z nazwiskiem Jacoba Bernoulliego (1654-1705), matematyka szwajcarskiego. Opublikowanie w 1713 roku jego książki pt. "Ars conjectandi" (pol. Sztuka przewidywania) uważa się za początek nowożytnych rozważań o rachunku prawdopodobieństwa i statystyce. Z okazji 300. rocznicy ukazania się "Ars conjectandi" w środowisku matematycznym obchodzono rok 2013 jako Międzynarodowy Rok Statystyki.
Bardzo łatwo jest zauważyć, że jeżeli Sn ~ b(n,p) i Sm ~ b(m,p) oraz Sn i Sm są niezależnymi zmiennymi losowymi, to Sn+Sn ~ b(n+m,p). Jak się o tym przekonać? Zmienna losowa Sn jest liczbą sukcesów w n próbach Bernouliiego zaś Sm liczbą sukcesów w m próbach Bernoulliego. Ze względu na niezależność obu zmiennych losowych i na to, że w obu seriach prawdopodobieństwo sukcesu w pojedynczej próbie jest takie samo, możemy powiedzieć, że zmienna losowa Sn+Sn jest liczbą sukcesów w n+m próbach Bernoulliego.
Rozkład Bernoulliego bywa używany do opisu rozmaitych zjawisk, które polegają na powtarzaniu w niezmienionych warunkach eksperymentów o dwóch możliwych wynikach. Szkolnym przykładem takiego zjawiska jest badanie liczby orłów (bądź reszek) przy wielokrotnym rzucie monetą. Choć opisany tu mechanizm wydaje się bardzo prosty, to można go wykorzystać do modelowania prawdopodobieństwa występowania u pacjenta choroby, do rozważań dotyczących gry na giełdzie (ceny akcji wzrosną lub spadną) czy do namnażania się komórek nowotworowych (komórka podzieli się lub nie).
Wykład zakończymy przykładami z typowymi zadaniami, z jakimi możemy się spotkać w związku z rozkładem Bernoulliego.
Przykład 2. Rzucamy pięciokrotnie symetryczną monetą.
a) Jakie jest prawdopodobieństwo, że wypadną co najwyżej dwa orły?
a) Jakie jest prawdopodobieństwo, że wypadną co najmniej trzy orły?
Rozwiązanie. Niech X oznacza liczbę orłów uzyskaną w sześciu rzutach. Wyniki kolejnych rzutów uznajemy za niezależne. Za prawdopodobieństwo wyrzucenia orła jak też reszki w pojedynczym rzucie przyjmujemy ½. Wobec tego przyjmujemy, że X ~ b(6,½).
a) Zdarzenie polegające na tym, że wypadły co najwyżej dwa orły, składa się z trzech zdarzeń: nie wypadł żaden orzeł, wypadł dokładnie jeden orzeł lub też wypadły dokładnie dwa orły. Żadne z tych trzech zdarzeń nie może zachodzić wespół z innym, toteż prawdopodobieństwo, że zachodzi jedno z nich, jest równe sumie ich prawdopodobieństw. W takim razie
[tex]P(X\leq 2)=P(X=0 \text{ lub } X=1 \text{ lub } X=2)=[/tex]
[tex]P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)=[/tex]
[tex]={{6}\choose{0}}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^0\left(1-\frac{1}{2}\right)^6+{{6}\choose{1}}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^1\left(1-\frac{1}{2}\right)^5+{{6}\choose{2}}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^2\left(1-\frac{1}{2}\right)^4=[/tex]
[tex]=1\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6+6\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6+15\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6=22\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6=\frac{22}{64}=\frac{11}{32}[/tex].
(Wartości kolejnych symboli Newtona wygodnie jest odczytać z odpowiedniego wiersza trójkąta Pascala, który prezentowaliśmy przed miesiącem).
b) Zdarzenie polegające na tym, że wypadły co najmniej trzy orły,
składa się z czterech zdarzeń: wypadły dokładnie trzy orły, wypadł dokładnie cztery orły, wypadło dokładnie pięć orłów lub też wypadło dokładnie sześć orłów. Żadne z tych trzech
zdarzeń nie może zachodzić wespół z innym, toteż prawdopodobieństwo, że
zachodzi jedno z nich, jest równe sumie ich prawdopodobieństw. Wobec tego
[tex]P(X\geq 3)=P(X=3 \text{ lub } X=4 \text{ lub } X=5 \text{ lub } X=6)=[/tex]
[tex]P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)+P(X=6)=[/tex]
[tex]={{6}\choose{3}}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^3\left(1-\frac{1}{2}\right)^3+{{6}\choose{4}}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^4\left(1-\frac{1}{2}\right)^2+{{6}\choose{5}}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^5\left(1-\frac{1}{2}\right)^1+{{6}\choose{6}}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6\left(1-\frac{1}{2}\right)^0=[/tex]
[tex]=20\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6+15\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6+6\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6+1\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6=42\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6=\frac{42}{64}=\frac{21}{32}[/tex].
Aby obliczyć P(X≥3), możemy też wykorzystać fakt, że zdarzeniem przeciwnym do zdarzenia polegającego na tym, że wypadły do najmniej trzy orły, jest zdarzenie, w którym wypadły co najwyżej dwa orły, wobec tego suma prawdopodobieństw tych zdarzeń wynosi 1. W takim razie
[tex]P(X\geq 3)=1-P(X\leq 2)=1-\frac{11}{32}=\frac{21}{32}[/tex].
Przykład 3. Wieloletnie obserwacje świadczą o tym, że prawdopodobieństwo występowania leworęczności u dziecka praworęcznych rodziców wynosi 10%. Na ile należałoby oszacować prawdopodobieństwo, że wśród dziesięciu osób losowo wybranych spośród osób mających praworęcznych rodziców znajdują się dokładnie dwie osoby leworęczne?
Rozwiązanie. Niech X oznacza liczbę osób leworęcznych wśród dziesięciu osób losowo wybranych spośród osób mających praworęcznych rodziców. Przyjmujemy, że X ~ b(10, 0,1).
[tex]P(X=2)={{10}\choose {2}} (0,1)^2 (1-0,1)^8= \frac{10!}{2!\cdot 8!}(0,1)^2 (0,9)^8=[/tex]
[tex]=\frac{8!\cdot 9\cdot 10}{2\cdot 8!}(0,1)^2 (0,9)^8=45\cdot 0,0043046721=0,1937102445[/tex].
Jak widać, nic trudnego. Dlaczego więc autor postanowił przywołać ten banalny przykład?
Kluczowym założeniem w rozważaniach na temat rozkładu Bernoulliego jest założenie o niezależności kolejnych eksperymentów. Jeśli jest mowa o wylosowaniu 10 osób z jakiejś zbiorowości (w przykładzie nie sprecyzowano tej zbiorowości), to najczęściej mamy na myśli wylosowanie 10 różnych osób. Wtedy jednak każde kolejne losowanie nie będzie już niezależne od poprzednich, bo z losowania wykluczone są osoby, które już wcześniej zostały wylosowane. Powyższe rozumowanie ma więc zastosowanie jedynie wtedy, gdy losowania możemy dokonywać z jakiejś licznej zbiorowości (np. mieszkańców jakiegoś miasta), tak że wylosowanie jeszcze raz tej samej osoby jest bardzo mało prawdopodobne. Jeśli chcielibyśmy powyższe rozumowanie odnieść do małej grupy, z których będziemy losowali osoby do badania leworęczności, zamiast rozkładem Bernoulliego będziemy się musieli posłużyć rozkładem hiptergeometrycznym... ale to już temat na osobny odcinek ligi.
Zad. 1. W jednym z wariantów gry w chińczyka w pierwszej rundzie każdy zawodnik rzuca kostką i ci, którzy wyrzucą sześć oczek, mogą ustawić pierwszy pionek na polu startowym. Ile wynosi prawdopodobieństwo, że w pierwszej rundzie wystartuje dokładnie jeden zawodnik spośród czterech graczy? Ile wynosi prawdopodobieństwo, że dokładnie dwóch spośród czterech? Ile, że trzech? Ile, że wszystkich czterech?
Zad. 2. Test składa się z dziesięciu pytań zamkniętych z czterma odpowiedziami do wyboru, z których zawsze tylko jedna jest prawdziwa. Adam nie zna poprawnej odpowiedzi na żadne pytanie, ale z całą pewnością w każdym pytaniu może wykluczyć jedną odpowiedź jako błędną. Bartosz również nie zna odpowiedzi na żadne pytanie, ale w pięciu pytaniach potrafi wykluczyć dwie odpowiedzi jako błędne, a o odpowiedziach na pięć pozostałych pytań nie potrafi nic powiedzieć. Ocenę pozytywną uzyskuje się, udzieliwszy co najmniej pięciu poprawnych odpowiedzi. Zakładając, że chłopcy mają rację, wykluczając odpowiedzi ich zdaniem błędne, że decyzje o losowym wyborze odpowiedzi podejmują niezależnie w każdym pytaniu i że w danym pytaniu prawdopodobieństwo tego, że każda z niewykluczonych odpowiedzi jest poprawna, jest takie samo, który z chłopców ma większe szanse na uzyskanie pozytywnej oceny?
Zad. 3. Naukowcy zajmowali się budową modeli matematycznych w skokach narciarskich. Zbierając dane w czasie zawodów kategorii junior B na skoczni K-70 w Szczyrku, ustalili, że prawdopodobieństwo przeskoczenia punktu krytycznego tej skoczni wśród skoczków w tych zawodach wynosi 0,3. Oblicz, jakie jest prawdopodobieństwo, że w jednej serii skoków co najmniej sześciu zawodników spośród dziesięcioosobowej reprezentacji klubu przeskoczy punkt konstrukcyjny. Zakładamy, że prawdopodobieństwo przeskoczenia punktu konstrukcyjnego przez każdego zawodnika z tej drużyny jest takie samo i wynosi tyle, ile wyliczyli naukowcy, oraz że długości skoków oddanych przez kolejnych członków drużyny są niezależne.
(Jeśli chcesz rzucić okiem na to, co dokładnie badali naukowcy, kliknij tutaj).
Zad. 1. Wieloletnie badania pokazały, że 75% pacjentów, u których wykryto komórki nowotoworowe w pewnym narządzie, ma nowotwór niezłośliwy, a 25% złośliwy. Zdarzyło się, że do laboratorium w pewnym szpitalu jednego dnia trafiły próbki aż od sześciu pacjentów, u których podejrzewa się nowotwór tego narządu. Pacjenci nie mieli ze sobą nic wspólnego, coby mogło wpływać na prawdopodobieństwo wystąpienia u nich złośliwego nowotworu. Na ile można oszacować prawdopodobieństwo, że u co najmniej trzech z nich nowotwór okaże się niezłośliwy?
Zad. 2. Rzucamy 2n razy symetryczną monetą. Czy wraz ze wzrostem n prawdopodobieństwo tego, że w dokładnie połowie rzutów wypadnie orzeł, rośnie czy maleje? A może jest stałe?
Wskazówka: Oblicz iloraz rozważanych prawdopodobieństw dla n=k+1 i n=k.
Zad. 3. A teraz rzucamy 2n+1 razy symetryczną monetą. Udowodnij, że prawdopodobieństwo, że uzyskamy co najwyżej n orłów, wynosi ½.
Wskazówka: Jeśli brak Ci pomysłu na rozwiązanie tego zadania, przyjrzyj się wierszom trójkąta Pascala o numerach nieparzystych.
W tym miesiącu zawodnicy osiągnęli następujące wyniki:
| Imię i nazwisko | Zad. 1 | Zad. 2 | Zad. 3 | Suma |
| Joanna Lisiowska | 1 | 0 | 0 | 1 |
| Adam Stachelek | 1 | 1 | 1 | 3 |
Klasyfikacja generalna:
Adam Stachelek (Szkoła Podstawowa nr 301 w Warszawie) - 11 punktów
Joanna Lisiowska (Katolicki Zespół Edukacyjny im. Piotr Skargi w Warszawie) - 10 punktów
Jakub Ptak (Szkoła Podstawowa nr 64 we Wrocławiu) - 5 punktów
Dawid Konieczko (Społeczne Gimnazjum z Oddziałami Dwujęzycznymi w Szprotawie) - 0 punktów
W tym miesiącu zawodnicy osiągnęli następujące wyniki:
| Imię i nazwisko | Zad. 1 | Zad. 2 | Zad. 3 | Suma |
| Daria Bumażnik | 0,5 | 1 | 1 | 2,5 |
| Tomasz Stempniak | 1 | 1 | 1 | 3 |
Klasyfikacja generalna:
Tomasz Stempniak (I Liceum Ogólnokształcące w Ostrowie Wielkopolskim ) - 13,5 punktu
Daria Bumażnik (II Liceum Ogólnokształcące im. C. K. Norwida w Jeleniej Górze) - 10,5 punktu
Witold Barcz (Zespół Szkół Elektryczno-Mechanicznych w Nowym Sączu) - 1 punkt
Zad. 1. Niech zmienna losowa Xi przyjmuje wartość 1, gdy i-ty gracz wprowadził swój pionek na planszę w pierwszej rundzie, i 0, gdy go nie wprowadził, przy czym i∈{1, 2, 3, 4}. Wówczas P(Xi=1) = 1/6 i P(Xi=0) = 5/6. Zmienne losowe X1, X2, X3 i X4 możemy uznać za niezależne. Niech X oznacza liczbę graczy, którzy wprowadzają swoje pionki na planszę w pierwszej rundzie. Wówczas X = X1+ X2 + X3 + X4. Wobec tego X~b(4,1/6), a zatem
[tex]P(X=k)={{n}\choose{k}}p^k(1-p)^{n-k}[/tex],
gdzie p=1/6, 1-p=5/6, n=4 i k∈{0, 1, 2, 3, 4}. W takim razie
[tex]P(X=1)={{4}\choose{1}}\cdot\left(\frac{1}{6}\right)^1\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^3=\frac{4!}{1!\cdot 3!}\cdot\frac{1}{6}\cdot\frac{125}{216}=\frac{3!\cdot 4}{3!}\cdot\frac{125}{1296}=\frac{125}{324}[/tex],
[tex]P(X=2)={{4}\choose{2}}\cdot\left(\frac{1}{6}\right)^2\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^2=\frac{4!}{2!\cdot 2!}\cdot\frac{1}{36}\cdot\frac{25}{36}=\frac{2!\cdot 3\cdot 4}{2! \cdot 2}\cdot\frac{25}{1296} =\frac{25}{216}[/tex],
[tex]P(X=3)={{4}\choose{3}}\cdot\left(\frac{1}{6}\right)^3\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^1=\frac{4!}{3!\cdot 1!}\cdot\frac{1}{216}\cdot\frac{5}{6}=\frac{3!\cdot 4}{3!}\cdot\frac{5}{1296}=\frac{5}{324}[/tex],
[tex]P(X=4)={{4}\choose{4}}\cdot\left(\frac{1}{6}\right)^4\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^0=\frac{4!}{4!\cdot 0!}\cdot\frac{1}{1296}=\frac{4!}{4!}\cdot\frac{1}{1296}=\frac{1}{1296}[/tex].
Prawdopodobieństwo tego, że w pierwszej rundzie wystartuje dokładnie jeden zawodnik, wynosi 125/324, dwóch zawodników - 25/216, trzech zawodników - 5/324 i czterech zawodników - 1/1296.
Zad. 2. Niech A oznacza liczbę poprawnych odpowiedzi udzielonych przez Adama. Prawdopodobieństwo udzelenia przez niego poprawnej odpowiedzi w pojedynczym pytaniu wynosi 1/3. W takim razie A~b(10,1/3) i
[tex]P(A\geq 5)=1-P(A< 5)=[/tex]
[tex]=1-P(A=0\text{ lub }A=1\text{ lub }A=2\text{ lub }A=3\text{ lub }A=4)=[/tex]
[tex]=1-\left[P(A=0)+P(A=1)+P(A=2)+P(A=3)+P(A=4)\right]=[/tex]
[tex]=1-\Big[{{10}\choose {0}}\cdot\left(\frac{1}{3}\right)^0\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{10}+{{10}\choose {1}}\cdot\left(\frac{1}{3}\right)^1\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^9+[/tex]
[tex]+{{10}\choose {2}}\cdot\left(\frac{1}{3}\right)^2\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^8+{{10}\choose {3}}\cdot\left(\frac{1}{3}\right)^3\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^7+{{10}\choose {4}}\cdot\left(\frac{1}{3}\right)^4\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^6 \Big]=[/tex]
[tex]=1-\frac{1}{3^{10}}\left(1\cdot 2^{10} + 10\cdot 2^9 + 45\cdot 2^8 + 120\cdot 2^7 + 210\cdot 2^6\right)=[/tex]
[tex]=1-\frac{1}{3^{10}}\left(1\cdot 1024 + 10\cdot 512 + 45\cdot 256 + 120\cdot 128 + 210\cdot 64\right)=[/tex]
[tex]=1-\frac{1}{3^{10}}\left(1024+5120+11520+15360+13440
\right)=[/tex]
[tex]=1-\frac{46464}{59049}=\frac{12585}{59049}\approx 0,2131281[/tex].
Niech B oznacza liczbę punktów uzyskanych przez Bartosza.
[tex]P(B\geq 5)=1-P(B< 5)=[/tex]
[tex]=1-P(B=0\text{ lub }B=1\text{ lub }B=2\text{ lub }B=3\text{ lub }B=4)=[/tex]
[tex]=1-\left[P(B=0)+P(B=1)+P(B=2)+P(B=3)+P(B=4)\right][/tex].
Bartosz może udzielać poprawnych odpowiedzi zarówno na pytania, w których potrafi wykluczyć dwie odpowiedzi jako błędne, jak również na pytania, na temat odpowiedzi na które nie potrafi nic powiedzieć. Niech B1 i B2 oznaczają liczbę poprawnych odpowiedzi udzielonych na pytania odpowiednio z pierwszej i z drugiej z tych grup. W takim razie B = B1 + B2. Prawdopodobieństwo udzielenia poprawnej odpowiedzi na pytanie, w którym Bartosz potrafi wykluczyć dwie odpowiedzi jako błędne, wynosi ½, natomiast prawdopodobieństwo udzielenia poprawnej odpowiedzi na pytanie, na temat odpowiedzi na które nie potrafi nic powiedzieć, wynosi ¼. Przyjmujemy, że B1~b(5,½) i B2~b(5,¼). Wobec tego
[tex]P(B_1=0)={{5}\choose {0}}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^0\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^5=\frac{1}{32}[/tex],
[tex]P(B_1=1)={{5}\choose {1}}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^1\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^4=\frac{5}{32}[/tex],
[tex]P(B_1=2)={{5}\choose {2}}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^2\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^3=\frac{10}{32}[/tex],
[tex]P(B_1=3)={{5}\choose {3}}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^3\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{10}{32}[/tex],
[tex]P(B_1=4)={{5}\choose {4}}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^4\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^1=\frac{5}{32}[/tex],
a także
[tex]P(B_2=0)={{5}\choose {0}}\cdot\left(\frac{1}{4}\right)^0\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^5=\frac{243}{1024}[/tex],
[tex]P(B_2=1)={{5}\choose {1}}\cdot\left(\frac{1}{4}\right)^1\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^4=\frac{405}{1024}[/tex],
[tex]P(B_2=2)={{5}\choose {2}}\cdot\left(\frac{1}{4}\right)^2\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^3=\frac{270}{1024}[/tex],
[tex]P(B_2=3)={{5}\choose {3}}\cdot\left(\frac{1}{4}\right)^3\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^2=\frac{90}{1024}[/tex],
[tex]P(B_2=4)={{5}\choose {4}}\cdot\left(\frac{1}{4}\right)^4\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^1=\frac{15}{1024}[/tex].
W takim razie
[tex]P(B=0)=P(B_1+B_2=0)=[/tex]
[tex]=P(B_1=0\text{ i }B_2=0)=P(B_1=0)\cdot P(B_2=0)=\frac{1}{32}\cdot\frac{243}{1024}=[/tex]
[tex]=\frac{243}{32768}[/tex],
[tex]P(B=1)=P(B_1+B_2=1)=[/tex]
[tex]=P((B_1=1\text{ i }B_2=0)\text{ lub }(B_1=0\text{ i }B_2=1))=[/tex]
[tex]=P(B_1=1\text{ i }B_2=0)+P(B_1=0\text{ i }B_2=1)=[/tex]
[tex]=P(B_1=1)\cdot P(B_2=0)+P(B_1=0)\cdot P(B_2=1)=[/tex]
[tex]=\frac{5}{32}\cdot\frac{243}{1024}+\frac{1}{32}\cdot\frac{405}{1024}=\frac{1215}{32768}+\frac{405}{32768}=\frac{10}{32768}[/tex],
[tex]P(B=2)=P(B_1+B_2=2)=[/tex]
[tex]=P((B_1=2\text{ i }B_2=0)\text{ lub }(B_1=1\text{ i }B_2=1)[/tex]
[tex]\text{ lub }(B_1=0\text{ i }B_2=2))=P(B_1=2\text{ i }B_2=0)+[/tex]
[tex]+P(B_1=1\text{ i }B_2=1)+P(B_1=0\text{ i }B_2=2)=[/tex]
[tex]=P(B_1=2)\cdot P(B_2=0)+P(B_1=1)\cdot P(B_2=1)+P(B_1=0)\cdot P(B_2=2)=[/tex]
[tex]=\frac{10}{32}\cdot\frac{243}{1024}+\frac{5}{32}\cdot\frac{405}{1024}+\frac{1}{32}\cdot\frac{270}{1024}=\frac{2430}{32768}+\frac{2025}{32768}+\frac{270}{32768}=\frac{4725}{32768}[/tex],
[tex]P(B=3)=P(B_1+B_2=3)=[/tex]
[tex]=P((B_1=3\text{ i }B_2=0)\text{ lub }(B_1=2\text{ i }B_2=1)[/tex]
[tex]=\text{ lub }(B_1=1\text{ i }B_2=2)\text{ lub }(B_1=0\text{ i }B_2=3))=[/tex]
[tex]=P(B_1=3\text{ i }B_2=0)+P(B_1=2\text{ i }B_2=1)+[/tex]
[tex]+P(B_1=1\text{ i }B_2=2)+P(B_1=0\text{ i }B_2=3)=[/tex]
[tex]=P(B_1=3)\cdot P(B_2=0)+P(B_1=2)\cdot P(B_2=1)+[/tex]
[tex]+P(B_1=1)\cdot P(B_2=2)+P(B_1=0)\cdot P(B_2=3)=[/tex]
[tex]=\frac{10}{32}\cdot\frac{243}{1024}+\frac{10}{32}\cdot\frac{405}{1024}+\frac{5}{32}\cdot\frac{270}{1024}+\frac{1}{32}\cdot\frac{90}{1024}=\frac{2430}{32768}+\frac{4050}{32768}+\frac{1350}{32768}+\frac{90}{32768}=[/tex]
[tex]=\frac{7920}{32768}[/tex],
[tex]P(B=4)=P(B_1+B_2=4)=P((B_1=4\text{ i }B_2=0)[/tex]
[tex]\text{ lub }(B_1=3\text{ i }B_2=1)\text{ lub }(B_1=2\text{ i }B_2=2)[/tex]
[tex]\text{ lub }(B_1=1\text{ i }B_2=3)\text{ lub }(B_1=0\text{ i }B_2=4))=[/tex]
[tex]=P(B_1=4\text{ i }B_2=0)+P(B_1=3\text{ i }B_2=1)+[/tex]
[tex]+P(B_1=2\text{ i }B_2=2)+P(B_1=1\text{ i }B_2=3)+[/tex]
[tex]+P(B_1=0\text{ i }B_2=4)=P(B_1=4)\cdot P(B_2=0)+[/tex]
[tex]+P(B_1=3)\cdot P(B_2=1)+P(B_1=2)\cdot P(B_2=2)+[/tex]
[tex]+P(B_1=1)\cdot P(B_2=3)+P(B_1=0)\cdot P(B_2=4)=[/tex]
[tex]=\frac{5}{32}\cdot\frac{243}{1024}+\frac{10}{32}\cdot\frac{405}{1024}+\frac{10}{32}\cdot\frac{270}{1024}+\frac{5}{32}\cdot\frac{90}{1024}+\frac{1}{32}\cdot\frac{15}{1024}=[/tex]
[tex]=\frac{1215}{32768}+\frac{4050}{32768}+\frac{2700}{32768}+\frac{450}{32768}+\frac{15}{32768}=\frac{8430}{32768}[/tex].
Ostatecznie
[tex]P(B\geq 5)=1-\left(\frac{243}{32768}+\frac{1620}{32768}+\frac{4725}{32768}+\frac{7920}{32768}+\frac{8430}{32768}\right)=[/tex]
[tex]=1-\frac{22938}{32768}=\frac{9830}{32768}=\frac{4915}{16384}\approx 0,2999878[/tex].
Stąd wynika, że większe szanse na uzyskanie pozytywnej oceny ma Bartek.
Zad. 3. Niech zmienna losowa S oznacza liczbę zawodników z rozważanego klubu, którzy w jednej serii przeskoczyli punkt konstrukcyjny. Zgodnie z warunkami podanymi w zadaniu mamy:
[tex]P(S\geq 6)=P(S=6\text{ lub }S=7\text{ lub }S=8\text{ lub }S=9\text{ lub }S=10)=[/tex]
[tex]=P(S=6)+P(S=7)+P(S=8)+P(S=9)+P(S=10)=[/tex]
[tex]={{10}\choose {6}}\cdot (0,3)^6\cdot (0,7)^4+{{10}\choose {7}}\cdot (0,3)^7\cdot (0,7)^3+{{10}\choose {8}}\cdot (0,3)^8\cdot (0,7)^2+[/tex]
[tex]+{{10}\choose {9}}\cdot (0,3)^9\cdot (0,7)^1+{{10}\choose {10}}\cdot (0,3)^{10}\cdot (0,7)^0=[/tex]
[tex]=210\cdot 0,0001750329+ 120\cdot 0,0000750141+ 45\cdot 0,0000321489+[/tex]
[tex]+10\cdot 0,0000137781+ 1\cdot 0,0000059049 = 0,0367569090+[/tex]
[tex]+0,0090016920+0,0014467005+0,0001377810+[/tex]
[tex]+0,0000059049=0,0473489874[/tex].
Zad. 1. Niech zmienna losowa N oznacza liczbę tych spośród sześciu przebadanych pacjentów, u których nowotwór okazał się niezłośliwy. Przyjmujemy, że prawdopodobieństwo zaklasyfikowania nowotoworu jako niezłośliwy wynosi 0,75=¾. W takim razie N~b(6,¾), w związku z czym
[tex]P(N\geq 3)=1-P(N<3)=1-P(N=0\text{ lub }N=1\text{ lub }N=2)=[/tex]
[tex]=1-\left[P(N=0)+P(N=1)+P(N=2)\right]=[/tex]
[tex]=1-\left[{{6}\choose {0}}\cdot \left(\frac{3}{4}\right)^0\cdot\left(\frac{1}{4}\right)^6+{{6}\choose {1}}\cdot \left(\frac{3}{4}\right)^1\cdot\left(\frac{1}{4}\right)^5+{{6}\choose {2}}\cdot \left(\frac{3}{4}\right)^2\cdot\left(\frac{1}{4}\right)^4\right]=[/tex]
[tex]=1-\left[1\cdot \frac{1}{4096}+6\cdot \frac{3}{4096}+15\cdot \frac{9}{4096}\right]=1-\left[\frac{1}{4096}+\frac{18}{4096}+\frac{135}{4096}\right]=[/tex]
[tex]=1-\frac{154}{4096}=\frac{3942}{4096}=\frac{657}{682}[/tex].
Zad. 2. Niech zmienna losowa Om oznacza liczbę orłów uzyskaną w m rzutach symetryczną monetą (tzn. taką, dla której prawdopodobieństwo wyrzucenia orła w jednym rzucie wynosi ½). Przyjmujemy, że Om~b(m,½). Wobec tego
[tex]P(O_m=l)={{m}\choose {l}}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^l\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{m-l}={{m}\choose {l}}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^m[/tex],
gdzie l∈{0, 1, ..., m}. Rozważmy teraz prawdopodobieństwo wyrzucenia n orłów w 2n rzutach, przyjmując m=2n i l=n. Wówczas
[tex]P(O_{2n}=n)={{2n}\choose {n}}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2n}=\frac{(2n)!}{(n!)^2}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2n}[/tex].
Obliczmy iloraz prawdopodobieństw wyrzucenia n orłów w 2n rzutach dla n=k+1 i n=k:
[tex]\frac{P(O_{2(k+1)}=k+1)}{P(O_{2k}=k)}=\frac{\frac{(2(k+1))!}{((k+1)!)^2}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2(k+1)}}{\frac{(2k)!}{(k!)^2}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2k}}=\frac{\frac{(2k+2)!}{((k+1)!)^2}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2k+2}}{\frac{(2k)!}{(k!)^2}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2k}}=[/tex]
[tex]=\frac{\frac{(2k+2)!}{((k!(k+1))^2}}{\frac{(2k)!}{(k!)^2}}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{(2k+2)!\cdot (k!)^2}{(2k)!\cdot (k!)^2\cdot (k+1)^2} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{(2k)!\cdot(2k+1) \cdot (2k+2) \cdot (k!)^2}{(2k)!\cdot (k!)^2\cdot (k+1)^2} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^2=[/tex]
[tex]=\frac{(2k+1) \cdot (2k+2)}{(k+1)^2} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{(2k+1) \cdot (2k+2)}{4(k+1)^2}=\frac{2k+1}{2k+2}<1[/tex].
W takim razie P(O2(k+1)=k+1) < P(O2k=k), czyli wraz ze wzrostem n prawdopodobieństwo tego, że w dokładnie n rzutach spośród 2n wypadnie orzeł, maleje.
Zad. 3. Niech zmienna losowa O2n+1 oznacza liczbę orłów uzyskaną w 2n+1 rzutach symetryczną monetą. Przyjmujemy, że O2n+1~b(2n+1,½). Wobec tego
[tex]P(O_{2n+1}=k)={{2n+1}\choose {k}}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^k\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2n+1-k}={{2n+1}\choose {k}}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2n+1}[/tex],
gdzie k∈{0, 1, ..., 2n+1}. W takim razie
[tex]P(O_{2n+1}\leq n)=[/tex]
[tex]=P(O_{2n+1}=0\text{ lub }O_{2n+1}=1\text{ lub }\dots\text{ lub }O_{2n+1}=n)=[/tex]
[tex]=P(O_{2n+1}=0)+P(O_{2n+1}=1)+\dots+P(O_{2n+1}=n)=[/tex]
[tex]={{2n+1}\choose{0}}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2n+1}+{{2n+1}\choose{1}}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2n+1}+\dots+{{2n+1}\choose{n}}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2n+1}=[/tex]
[tex]=\left({{2n+1}\choose{0}}+{{2n+1}\choose{1}}+\dots+{{2n+1}\choose{n}}\right)\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2n+1}[/tex].
Jenocześnie
[tex]P(O_{2n+1}>n)=[/tex]
[tex]=P(O_{2n+1}=2n+1\text{ lub }O_{2n+1}=2n\text{ lub }\dots\text{ lub }O_{2n+1}=n+1)=[/tex]
[tex]=P(O_{2n+1}=2n+1)+P(O_{2n+1}=2n)+\dots+P(O_{2n+1}=n+1)=[/tex]
[tex]={{2n+1}\choose{2n+1}}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2n+1}+{{2n+1}\choose{2n}}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2n+1}+\dots+{{2n+1}\choose{n+1}}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2n+1}=[/tex]
[tex]=\left({{2n+1}\choose{2n+1}}+{{2n+1}\choose{2n}}+\dots+{{2n+1}\choose{n+1}}\right)\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{2n+1}[/tex].
Ze względu na to, że [tex]{{2n+1}\choose {0}}={{2n+1}\choose {2n+1}}[/tex], [tex]{{2n+1}\choose {1}}={{2n+1}\choose {2n}}[/tex], ..., [tex]{{2n+1}\choose {n}}={{2n+1}\choose {n+1}}[/tex] (ogólnie: [tex]{{2n+1}\choose {k}}={{2n+1}\choose {2n+1-k}}[/tex], o czym była mowa w styczniowym miniwykładzie i co świetnie widać w trójkącie Pascala), zachodzi P(O2n+1≤n) = P(O2n+1>n). Ponadto P(O2n+1≤n) + P(O2n+1>n) = 1. Z tego wprost wynika, że P(O2n+1≤n) = P(O2n+1>n) = ½.
