Drzewo stochastyczne

Schemat Bernoulliego to ciąg niezależnych powtórzeń tego samego doświadczenia, w którym rozróżniamy tylko sukces (prawdopodobieństwo $p$) i porażkę (prawdopodobieństwo $q=1-p$).

Kluczowe założenia: stałe $p$ w każdej próbie i niezależność prób.

Odpowiedź: B. dwa wyniki.

Każdy rzut jest niezależny, prawdopodobieństwo orła to $\frac12$:

$$P=\left(\frac12\right)^3=\frac18$$

Odpowiedź: $\frac18$.

$$P_n(k)=\binom{n}{k}p^k q^{n-k}$$

Elementy: $\binom{n}{k}$ zlicza sposoby rozmieszczenia $k$ sukcesów wśród $n$ prób, $p^k$ to prawdopodobieństwo tych sukcesów, $q^{n-k}$ — pozostałych porażek ($q=1-p$).

Odpowiedź: $P_n(k)=\binom{n}{k}p^k q^{n-k}$.

Porażka to zdarzenie przeciwne do sukcesu:

$$q=1-p=1-0{,}3=0{,}7$$

Zawsze: $p+q=1$.

Odpowiedź: C. $0{,}7$.

Prawdopodobieństwo szóstki w jednym rzucie to $\frac16$, rzuty są niezależne:

$$P=\left(\frac16\right)^4=\frac{1}{1296}$$

Odpowiedź: $\frac{1}{1296}$.

Korzystamy ze wzoru na symbol Newtona:

$$\binom{5}{2}=\frac{5!}{2!\cdot3!}=\frac{5\cdot4}{2}=10$$

Odpowiedź: A. $10$.

Krok 1 — dane. $n=4$, $k=2$, $p=q=\frac12$.

Krok 2 — wzór Bernoulliego:

$$P_4(2)=\binom{4}{2}\left(\frac12\right)^2\left(\frac12\right)^2$$

Krok 3 — obliczamy:

$$=6\cdot\frac14\cdot\frac14=\frac{6}{16}=\frac38$$

Interpretacja. Symbol $\binom{4}{2}=6$ to liczba układów dwóch orłów w czterech rzutach: OORR, OROR, ORRO, ROOR, RORO, RROO.

Odpowiedź: $\frac38$.

Krok 1 — dane. $n=3$, $k=2$, $p=0{,}8$, $q=0{,}2$.

Krok 2 — wzór Bernoulliego:

$$P_3(2)=\binom{3}{2}(0{,}8)^2(0{,}2)^1$$

Krok 3 — obliczamy:

$$=3\cdot0{,}64\cdot0{,}2=0{,}384$$

Odpowiedź: $0{,}384$.

Twierdzenie wymaga podziału przestrzeni na zdarzenia $H_1, H_2, \dots$, które są parami rozłączne i razem wyczerpują całą przestrzeń (ich suma prawdopodobieństw wynosi $1$).

$$P(A)=\sum_i P(A|H_i)\cdot P(H_i)$$

Odpowiedź: D. rozłączne zdarzenia pokrywające całość.

Krok 1 — prawdopodobieństwa wyboru urny:

$$P(U_1)=P(U_2)=\frac12$$

Krok 2 — prawdopodobieństwa białej w każdej urnie:

$$P(B|U_1)=\frac35,\qquad P(B|U_2)=\frac15$$

Krok 3 — twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym:

$$P(B)=\frac12\cdot\frac35+\frac12\cdot\frac15=\frac{3}{10}+\frac{1}{10}=\frac{4}{10}=\frac25$$

Interpretacja drzewa. Każda gałąź to mnożenie prawdopodobieństw wzdłuż drogi, a wyniki dodajemy — bo urny wykluczają się wzajemnie.

Odpowiedź: $\frac25$.

„Żaden orzeł” oznacza pięć reszek z rzędu:

$$P=\left(\frac12\right)^5=\frac{1}{32}$$

Formalnie to $P_5(0)=\binom{5}{0}p^0 q^5=1\cdot1\cdot\frac{1}{32}$.

Odpowiedź: B. $\frac{1}{32}$.

Krok 1 — dane. $n=4$, $k=1$, $p=\frac14$, $q=\frac34$.

Krok 2 — wzór Bernoulliego:

$$P_4(1)=\binom{4}{1}\left(\frac14\right)^1\left(\frac34\right)^3$$

Krok 3 — obliczamy:

$$=4\cdot\frac14\cdot\frac{27}{64}=\frac{27}{64}\approx0{,}42$$

Odpowiedź: $\frac{27}{64}$.

Krok 1 — zdarzenie przeciwne. „Co najmniej jeden orzeł” to dopełnienie zdarzenia „żadnego orła”:

$$P(\text{co najmniej } 1)=1-P(\text{żadnego})$$

Krok 2 — prawdopodobieństwo braku orłów:

$$P(0)=\left(\frac12\right)^3=\frac18$$

Krok 3 — dopełnienie:

$$P=1-\frac18=\frac78$$

Dlaczego przez dopełnienie. Liczenie wprost wymagałoby zsumowania przypadków $1$, $2$ i $3$ orłów. Dopełnienie ma tylko jeden składnik — to standardowy skrót przy „co najmniej”.

Odpowiedź: $\frac78$.

Zdarzenia „$0$ sukcesów”, „$1$ sukces”, …, „$n$ sukcesów” są rozłączne i wyczerpują wszystkie możliwości, więc ich prawdopodobieństwa sumują się do $1$:

$$\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}p^k q^{n-k}=(p+q)^n=1^n=1$$

Ciekawostka: to wprost wzór dwumianowy Newtona zastosowany do $(p+q)^n$.

Odpowiedź: A. $1$.

Krok 1 — podział przestrzeni. Produkt jest wadliwy ($P=0{,}02$) albo dobry ($P=0{,}98$).

Krok 2 — prawdopodobieństwa zgłoszenia wady:

$$P(\text{alarm}|\text{wadliwy})=0{,}9,\qquad P(\text{alarm}|\text{dobry})=0{,}1$$

Krok 3 — twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym:

$$P(\text{alarm})=0{,}02\cdot0{,}9+0{,}98\cdot0{,}1=0{,}018+0{,}098=0{,}116$$

Spostrzeżenie. Fałszywe alarmy ($0{,}098$) przeważają nad prawdziwymi wykryciami ($0{,}018$), bo dobrych produktów jest dużo więcej. To typowy efekt przy rzadkich zdarzeniach.

Odpowiedź: $0{,}116$.

Symbol dwumianowy $\binom{n}{k}$ zlicza, na ile sposobów można wybrać $k$ prób (spośród $n$), w których wystąpi sukces.

Rola we wzorze. Mnożnik $\binom{n}{k}$ uwzględnia, że sukcesy mogą wystąpić w różnej kolejności — każda kolejność ma to samo prawdopodobieństwo $p^k q^{n-k}$.

Odpowiedź: C. liczbę sposobów wyboru $k$ prób z $n$.

Krok 1 — dane. $n=5$, $k=2$, $p=\frac16$ (sukces = szóstka), $q=\frac56$.

Krok 2 — wzór Bernoulliego:

$$P_5(2)=\binom{5}{2}\left(\frac16\right)^2\left(\frac56\right)^3$$

Krok 3 — liczymy poszczególne czynniki:

$$\binom{5}{2}=10,\qquad \left(\frac16\right)^2=\frac{1}{36},\qquad \left(\frac56\right)^3=\frac{125}{216}$$

Krok 4 — mnożymy:

$$P=10\cdot\frac{1}{36}\cdot\frac{125}{216}=\frac{1250}{7776}\approx0{,}161$$

Kontrola sensu. Wynik jest niewielki, co ma sens — dwie szóstki w pięciu rzutach to zdarzenie umiarkowanie rzadkie.

Odpowiedź: $\frac{1250}{7776}\approx0{,}16$.

Krok 1 — prawdopodobieństwa wyboru urn. Wynik $1$ lub $2$ (urna A) ma prawdopodobieństwo $\frac26=\frac13$, reszta (urna B) $\frac46=\frac23$.

Krok 2 — prawdopodobieństwa białej:

$$P(B|A)=\frac25,\qquad P(B|B)=\frac45$$

Krok 3 — twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym:

$$P(B)=\frac13\cdot\frac25+\frac23\cdot\frac45=\frac{2}{15}+\frac{8}{15}=\frac{10}{15}=\frac23$$

Uwaga na wagi. Urny nie są wybierane po równo — kostka faworyzuje urnę B (dwa razy częściej). Dlatego jej wysokie $P(B|B)=\frac45$ mocniej wpływa na wynik.

Odpowiedź: $\frac23$.

Krok 1 — zdarzenie przeciwne. „Co najmniej jedna świeci” to dopełnienie zdarzenia „wszystkie zgasły”:

$$P(\ge1)=1-P(\text{wszystkie zgasły})$$

Krok 2 — prawdopodobieństwo, że jedna nie działa:

$$q=1-0{,}9=0{,}1$$

Krok 3 — wszystkie trzy zgasły (niezależne):

$$P(\text{wszystkie zgasły})=0{,}1^3=0{,}001$$

Krok 4 — dopełnienie:

$$P(\ge1)=1-0{,}001=0{,}999$$

Wniosek praktyczny. Trzy niezależne żarówki dają bardzo wysoką niezawodność ($99{,}9\%$) mimo że pojedyncza ma „tylko” $90\%$ — redundancja drastycznie zmniejsza ryzyko całkowitej awarii.

Odpowiedź: $0{,}999$.

Krok 1 — obliczamy trzy prawdopodobieństwa. Przyjmijmy sukces $p$, porażkę $q=1-p$:

$$P_2(0)=\binom{2}{0}p^0 q^2=q^2$$

$$P_2(1)=\binom{2}{1}p^1 q^1=2pq$$

$$P_2(2)=\binom{2}{2}p^2 q^0=p^2$$

Krok 2 — sumujemy:

$$q^2+2pq+p^2$$

Krok 3 — rozpoznajemy wzór skróconego mnożenia:

$$q^2+2pq+p^2=(p+q)^2$$

Krok 4 — korzystamy z $p+q=1$:

$$(p+q)^2=1^2=1 \qquad ∎$$

Uogólnienie. Dla dowolnego $n$ suma wszystkich $P_n(k)$ to rozwinięcie $(p+q)^n=1$ — to właśnie dwumian Newtona. Przypadek $n=2$ jest jego najprostszą ilustracją.

Sprawdzenie dla $p=\frac12$: $\frac14+2\cdot\frac14+\frac14=\frac14+\frac12+\frac14=1$ ✔