01PRA1:Kapitola1: Porovnání verzí
Z WikiSkripta FJFI ČVUT v Praze
(Není zobrazeno 10 mezilehlých verzí od 4 dalších uživatelů.) | |||
Řádka 1: | Řádka 1: | ||
%\wikiskriptum{01PRA1} | %\wikiskriptum{01PRA1} | ||
+ | |||
\section{Motivace} | \section{Motivace} | ||
\subsection{Relativní četnosti} | \subsection{Relativní četnosti} | ||
\begin{definition} | \begin{definition} | ||
− | + | Nechť A je pozorovaný jev, opakujme experiment celkem $ n $-krát a počet pokusů ve kterých nastal jev $ A $ označme $ n_A $. Potom definujeme | |
\begin{equation} | \begin{equation} | ||
\mathrm{P}(A) = \frac{n_A}{n} | \mathrm{P}(A) = \frac{n_A}{n} | ||
Řádka 10: | Řádka 11: | ||
\end{definition} | \end{definition} | ||
− | Předchozí definice pravděpodobnosti, kterou zavedl R. von Mises, využívá tzv. \textit{relativní četnosti}, což jsou v podstatě poměry. Ve statistice (konkrétně v zákonech o velkých číslech a centrálním limitním teorému) zjistíme, že tyto relativní četnosti jistým způsobem konvergují ke \uv{skutečné} pravděpodobnosti. Tuto vlastnost zkoumali i někteří matematici-výzkumníci, kteří zřejmě neměli co na práci a tak si | + | Předchozí definice pravděpodobnosti, kterou zavedl R. von Mises, využívá tzv. \textit{relativní četnosti}, což jsou v podstatě poměry. Ve statistice (konkrétně v zákonech o velkých číslech a centrálním limitním teorému) zjistíme, že tyto relativní četnosti jistým způsobem konvergují ke \uv{skutečné} pravděpodobnosti. Tuto vlastnost zkoumali i někteří matematici-výzkumníci, kteří zřejmě neměli co na práci, a tak si 24 000x hodili mincí, aby nakonec zjistili, že líc padne 12 012x (K. Pearson). |
\begin{definition} | \begin{definition} | ||
− | + | Nechť je experiment, $ \Omega $ množina všech elementárních výsledků, přičemž elementární výsledky jsou | |
− | neslučitelné a \uv{stejně pravděpodobné | + | neslučitelné a \uv{stejně pravděpodobné}. Nechť $ z $ je počet všech možných výsledků experimentu a $ z_A $ je počet výsledků experimentu příznivých jevu $ A $. Potom definujeme |
\begin{equation} | \begin{equation} | ||
\mathrm{P}(A) = \frac{z_A}{z} | \mathrm{P}(A) = \frac{z_A}{z} | ||
\end{equation} | \end{equation} | ||
\end{definition} | \end{definition} | ||
+ | |||
+ | \begin{note}[Kombinatorické vztahy] | ||
+ | \mbox{} | ||
+ | \begin{itemize} | ||
+ | \item Permutace bez opakování \quad $p(n) = n!$ | ||
+ | \item Permutace s opakováním (j-tý prvek právě $k_j$ krát) \quad $p'_{k_1, k_2, \dots, k_p}(n) = \frac{n!}{k_1!k_2! \dots k_p!}$ | ||
+ | \item Variace bez opakování (n prvková množina, k-tice) \quad $V_k(n) = \frac{n!}{(n-k)!}$ | ||
+ | \item Variace s opakováním \quad $V'_k(n) = n^k$ | ||
+ | \item Kombinace bez opakování \quad $C_k(n) = {n \choose k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ | ||
+ | \item Kombinace s opakováním \quad $C'_k(n) = {n+k-1 \choose k}$ | ||
+ | \end{itemize} | ||
+ | |||
+ | \end{note} | ||
\begin{example} | \begin{example} | ||
Řádka 34: | Řádka 48: | ||
\end{example} | \end{example} | ||
− | Pokus vlastně spočívá v tom že vytváříme $ k $-tice s opakováním. Libovolných $ k $-tic z $ 0,\dots,9 $ je $ 10^k $. $ K $-tic příznivých | + | Pokus vlastně spočívá v tom, že vytváříme $ k $-tice s opakováním. Libovolných $ k $-tic z $ 0,\dots,9 $ je $ 10^k $. $ K $-tic příznivých jevů \textit{A} je stejnou úvahou $ 8^k $ (kombinujeme pouze 8 prvků). Potom tedy |
\begin{displaymath} | \begin{displaymath} | ||
\mathrm{P}(A) = \frac{z_A}{z} = \frac{{8}^k}{{10}^k} | \mathrm{P}(A) = \frac{z_A}{z} = \frac{{8}^k}{{10}^k} | ||
Řádka 44: | Řádka 58: | ||
Stejně jako v předchozím příkladě je celkem $ 10^k $ možných $ k $-tic. Kolik je ale $ k $-tic vyhovujících daným podmínkám? | Stejně jako v předchozím příkladě je celkem $ 10^k $ možných $ k $-tic. Kolik je ale $ k $-tic vyhovujících daným podmínkám? | ||
− | Nejdříve umístíme $ 0 $. Na $ k $-místech můžeme vytvořit celkem $ {k \choose 2} $ takových umístění (z $ k $ pozic v $ k $-tici vybíráme právě $ 2 $ pozice). Nyní umístíme $ 1 $ - to můžeme provést $ {k-2 \choose 3}$ způsoby (nyní máme k dispozici již jen $ k-2 $ pozic | + | Nejdříve umístíme $ 0 $. Na $ k $-místech můžeme vytvořit celkem $ {k \choose 2} $ takových umístění (z $ k $ pozic v $ k $-tici vybíráme právě $ 2 $ pozice). Nyní umístíme $ 1 $ - to můžeme provést $ {k-2 \choose 3}$ způsoby (nyní máme k dispozici již jen $ k-2 $ pozic a vybíráme $ 3 $ pozice). Na zbývajících $ k-5 $ míst můžeme libovolně umístit zbývajících $ 8 $ číslic, máme tedy $ 8^{k-5} $ možností. |
Příznivých kombinací tedy je | Příznivých kombinací tedy je | ||
\begin{displaymath} | \begin{displaymath} | ||
Řádka 55: | Řádka 69: | ||
\begin{example} | \begin{example} | ||
− | Mějme krabici se $ 100 $ páry bot, ze kterých je $ 90 $ párů světlých a $ 10 $ párů tmavých. Vybereme $ 9 $ párů a zajímá nás jaká je pravděpodobnost že právě $ 6 $ z nich je světlých. | + | Mějme krabici se $ 100 $ páry bot, ze kterých je $ 90 $ párů světlých a $ 10 $ párů tmavých. Vybereme $ 9 $ párů a zajímá nás jaká je pravděpodobnost, že právě $ 6 $ z nich je světlých. |
\end{example} | \end{example} | ||
Počet možných $ 9 $-tic ze $ 100 $ párů známe, konkrétně $ {100 \choose 9} $. Hledejme tedy počet $ 9 $-tic, ve kterých jsou $ 3 $ páry tmavé a $ 6 $ párů světlých. Dle úvahy obdobné té z předchozího příkladu platí | Počet možných $ 9 $-tic ze $ 100 $ párů známe, konkrétně $ {100 \choose 9} $. Hledejme tedy počet $ 9 $-tic, ve kterých jsou $ 3 $ páry tmavé a $ 6 $ párů světlých. Dle úvahy obdobné té z předchozího příkladu platí | ||
\begin{displaymath} | \begin{displaymath} | ||
− | z_A = {10 \choose 3} { | + | z_A = {10 \choose 3} {90 \choose 6} |
\end{displaymath} | \end{displaymath} | ||
a tedy | a tedy | ||
\begin{displaymath} | \begin{displaymath} | ||
− | \mathrm{P}(A) = \frac{{10 \choose 3} { | + | \mathrm{P}(A) = \frac{{10 \choose 3} {90 \choose 6}}{{100 \choose 9}} |
\end{displaymath} | \end{displaymath} | ||
\begin{example} | \begin{example} | ||
− | Dvě slečny L a J ( | + | Dvě slečny L a J (Ing. Kůs zásadně volí iniciály slečen přítomných na přednášce, čili v tomto může zadání doznat změn) mají schůzku ve frontě na síťovku (tj. síťovou jízdenku, nikoliv síťovou kartu). Náhodně se vytvoří fronta $ n $ lidí. Jaká je pravděpodobnost, že mezi L a J bude právě $ r $ lidí? |
\end{example} | \end{example} | ||
− | Máme $ n $ různých možných pozic ve frontě. Nejdříve umístíme dívku, která bude ve frontě stát první, například L. To můžeme udělat $ n - r - 1 $ způsoby, protože | + | Máme $ n $ různých možných pozic ve frontě. Nejdříve umístíme dívku, která bude ve frontě stát první, například L. To můžeme udělat $ n - r - 1 $ způsoby, protože za ni fronty chceme umístit $ r $ lidí a ještě slečnu J. Ostatní lidi ve frontě můžeme libovolně permutovat, což znamená $ (n - 2)! $ možností. Nyní tedy máme $ (n - r - 1)(n - 2)! $, ale zatím jsme neuvažovali situaci, kdy přijde první slečna J. Tato situace je však ekvivalentní (prostá substituce slečen), takže stačí násobit dvěma. Celkový počet možností, kterých může fronta $ n $ lidí nabýt, je $ n! $, a výsledkem tedy je |
\begin{displaymath} | \begin{displaymath} | ||
z_A = 2(n - r - 1)(n - 2)! | z_A = 2(n - r - 1)(n - 2)! | ||
Řádka 81: | Řádka 95: | ||
\begin{example} | \begin{example} | ||
− | V kapse máme volně $ n $ klíčů, je tma a vracíme se domů z tahu. Taháme bez opakování. Jaká je pravděpodobnost že správný klíč vytáhneme právě při $ k $-tém pokusu? | + | V kapse máme volně $ n $ klíčů, je tma a vracíme se domů z tahu. Taháme bez opakování. Jaká je pravděpodobnost, že správný klíč vytáhneme právě při $ k $-tém pokusu? |
\end{example} | \end{example} | ||
Řádka 95: | Řádka 109: | ||
\end{example} | \end{example} | ||
− | V podstatě hledáme takové $ m $-tice (pozice špatných otázek) z $ N $, kde jsou všechny otázky za $ k $-tou pozicí | + | V podstatě hledáme takové $ m $-tice (pozice špatných otázek) z $ N $, kde jsou všechny otázky za $ k $-tou pozicí a první je |
právě na $ k $-té pozici. Celkem je $ m $-tic z $ N $ právě $ {N \choose m} $. Počet příznivých zjistíme vlastně jako počet $ m-1 | právě na $ k $-té pozici. Celkem je $ m $-tic z $ N $ právě $ {N \choose m} $. Počet příznivých zjistíme vlastně jako počet $ m-1 | ||
$-tic z $ N - k $ prvků (na $ k $-tou pozici pevně poutáme jednu ze špatných otázek). Potom tedy | $-tic z $ N - k $ prvků (na $ k $-tou pozici pevně poutáme jednu ze špatných otázek). Potom tedy | ||
Řádka 103: | Řádka 117: | ||
\begin{example}[Maxwell-Boltzmannova statistika] | \begin{example}[Maxwell-Boltzmannova statistika] | ||
− | V M-B statistice se uvažuje $ N $ přihrádek a $ n $ částic | + | V M-B statistice se uvažuje $ N $ přihrádek a $ n $ částic a zajímá nás, kolik je možností umístit těchto $ n $ částí do $ N $ |
přihrádek. Předpokládáme, že jsme v libovolném okamžiku schopni rozlišit částice, takže | přihrádek. Předpokládáme, že jsme v libovolném okamžiku schopni rozlišit částice, takže | ||
\begin{displaymath} | \begin{displaymath} | ||
Řádka 115: | Řádka 129: | ||
\end{example} | \end{example} | ||
− | Nejdříve musíme zjistit kolika způsoby vůbec můžeme do dané přihrádky nakombinovat částice, tj. kolik $ k $-tic můžeme z daých $ n | + | Nejdříve musíme zjistit, kolika způsoby vůbec můžeme do dané přihrádky nakombinovat částice, tj. kolik $ k $-tic můžeme z daých $ n |
$ částic vytvořit. Tento počet je $ {n \choose k} $. Zbytek částic, kterých je $ n-k $, můžeme libovolně rozdělit do zbývajících $ | $ částic vytvořit. Tento počet je $ {n \choose k} $. Zbytek částic, kterých je $ n-k $, můžeme libovolně rozdělit do zbývajících $ | ||
N-1 $ přihrádek. Potom tedy | N-1 $ přihrádek. Potom tedy | ||
\begin{displaymath} | \begin{displaymath} | ||
− | z_A = {n \choose k} | + | z_A = {n \choose k}(N-1)^{n-k} \\ |
\end{displaymath} | \end{displaymath} | ||
\begin{displaymath} | \begin{displaymath} | ||
− | \mathrm{P}(A) = \frac{{n \choose k} | + | \mathrm{P}(A) = \frac{{n \choose k}(N-1)^{n-k}}{N^n} |
\end{displaymath} | \end{displaymath} | ||
Řádka 129: | Řádka 143: | ||
B-E statistika se od M-B statistiky liší v tom, že neuvažuje rozlišitelnost částic. I zde je hlavní myšlenkou dělení $ n $ částic | B-E statistika se od M-B statistiky liší v tom, že neuvažuje rozlišitelnost částic. I zde je hlavní myšlenkou dělení $ n $ částic | ||
do $ N $ přihrádek. Tato situace je ekvivalentní situaci, kdy si k $ n $ částicím přidáme ještě $ N-1 $ přepážek, a těchto $ n + N | do $ N $ přihrádek. Tato situace je ekvivalentní situaci, kdy si k $ n $ částicím přidáme ještě $ N-1 $ přepážek, a těchto $ n + N | ||
− | - 1 $ prvků permutujeme. V permutaci však | + | - 1 $ prvků permutujeme. V permutaci však obecně na pořadí prvků záleží (a to by znamenalo rozlišitelnost částic, což nechceme), |
takže musíme dělit počtem permutací přepážek i částic. Celkem tedy | takže musíme dělit počtem permutací přepážek i částic. Celkem tedy | ||
\begin{displaymath} | \begin{displaymath} | ||
Řádka 172: | Řádka 186: | ||
\subsection{Geometrická definice pravděpodobnosti} | \subsection{Geometrická definice pravděpodobnosti} | ||
− | Buď $ \Omega $ libovolná nespočetná množina výsledků experimentu. Nechť $ A \subset \Omega $ je jev. Potom | + | Buď $ \Omega $ libovolná nespočetná množina výsledků experimentu. Nechť $ A \subset \Omega $ je jev, $\mu(A)<\infty$, $\mu(\Omega)<\infty$. Potom |
\begin{equation} | \begin{equation} | ||
\mathrm{P}(A) = \frac{\mu (A)}{\mu (\Omega) } | \mathrm{P}(A) = \frac{\mu (A)}{\mu (\Omega) } | ||
Řádka 180: | Řádka 194: | ||
\begin{example} | \begin{example} | ||
− | Schůzka dvou dívek je smluvena na dobu mezi 20 a 21 hodinou, přičemž obě dívky se smluvily že na sebe budou čekat nejvýše 20 | + | Schůzka dvou dívek je smluvena na dobu mezi 20 a 21 hodinou, přičemž obě dívky se smluvily, že na sebe budou čekat nejvýše 20 |
minut. Jev A nechť značí úspěšnou schůzku (setkají se). Jaká je pravděpodobnost jevu A? | minut. Jev A nechť značí úspěšnou schůzku (setkají se). Jaká je pravděpodobnost jevu A? | ||
\end{example} | \end{example} | ||
− | + | ||
\begin{figure}[!ht] | \begin{figure}[!ht] | ||
− | \includegraphics[width=2.5in]{01PRA1_kap1_Uloha_na_nedeli. | + | \center |
+ | \includegraphics[width=2.5in]{01PRA1_kap1_Uloha_na_nedeli.pdf} | ||
\caption{grafické znázornění problému} | \caption{grafické znázornění problému} | ||
\label{fig1} | \label{fig1} | ||
\end{figure} | \end{figure} | ||
− | + | ||
Celý problém můžeme znázornit například způsobem jako na obrázku \ref{fig1}. Fázový prostor v tomto případě tvoří čtverec o straně | Celý problém můžeme znázornit například způsobem jako na obrázku \ref{fig1}. Fázový prostor v tomto případě tvoří čtverec o straně | ||
Řádka 198: | Řádka 213: | ||
\mathrm{P}(A) = \frac{1 - \frac{4}{9}}{1} = \frac{5}{9} | \mathrm{P}(A) = \frac{1 - \frac{4}{9}}{1} = \frac{5}{9} | ||
\end{displaymath} | \end{displaymath} | ||
− | Pravděpodobnost, že se dívky setkají je tedy $ 5/9 $. | + | Pravděpodobnost, že se dívky setkají je tedy $ 5/9 $. Bude-li čas čekání 0 min, pak $P(A) = 0$ (úsečka $\mu=0$). |
\begin{example}[Úloha na neděli] | \begin{example}[Úloha na neděli] | ||
− | Uvažujme úsečku $ (0,1) $ | + | Uvažujme úsečku $ (0,1) $, kterou dvěma náhodnými body rozdělíme na 3 díly. Jaká je pravděpodobnost, že z takto vzniklých úseček lze |
sestrojit trojúhelník? | sestrojit trojúhelník? | ||
\end{example} | \end{example} | ||
Řádka 209: | Řádka 224: | ||
Máme nekonečně veliký papír, na kterém jsou nekonečné přímky ve vzájemné vzdálenosti $ d $. Na tento papír házíme jehlu délky $ l | Máme nekonečně veliký papír, na kterém jsou nekonečné přímky ve vzájemné vzdálenosti $ d $. Na tento papír házíme jehlu délky $ l | ||
< d $ a chceme znát pravděpodobnost, zda jehla protne některou z přímek. Polohu jehly můžeme charakterizovat například vzdáleností | < d $ a chceme znát pravděpodobnost, zda jehla protne některou z přímek. Polohu jehly můžeme charakterizovat například vzdáleností | ||
− | středu jehly $ S $ od pravé rovnoběžky $ x $ | + | středu jehly $ S $ od pravé rovnoběžky $ x $ a úhlem $ \phi $, který jehla svírá s přímkami |
− | + | ||
\begin{figure}[!ht] | \begin{figure}[!ht] | ||
− | \includegraphics[width=4.5in]{01PRA1_kap1_Buffonuv_problem. | + | \center |
+ | \includegraphics[width=4.5in]{01PRA1_kap1_Buffonuv_problem.pdf} | ||
\caption{Buffonovo házení jehlou} | \caption{Buffonovo házení jehlou} | ||
\label{fig2} | \label{fig2} | ||
\end{figure} | \end{figure} | ||
− | + | ||
Uvažujeme pouze $ 0 \leq x < d $ a $ $ a $ 0 \leq \phi \leq \pi$. Celý problém tedy můžeme redukovat do fázového | Uvažujeme pouze $ 0 \leq x < d $ a $ $ a $ 0 \leq \phi \leq \pi$. Celý problém tedy můžeme redukovat do fázového | ||
Řádka 227: | Řádka 243: | ||
\begin{example}[Bertrandův paradox] | \begin{example}[Bertrandův paradox] | ||
− | Uvažujme kružnici s poloměrem $ r $. Volme náhodně její tětivu a hledejme pravděpodobnost že délka | + | Uvažujme kružnici s poloměrem $ r $. Volme náhodně její tětivu a hledejme pravděpodobnost, že délka |
tětivy bude větší než strana vepsaného rovnostranného trojúhelníka. Bertrandův paradox spočívá v tom, že když budeme tětivu | tětivy bude větší než strana vepsaného rovnostranného trojúhelníka. Bertrandův paradox spočívá v tom, že když budeme tětivu | ||
specifikovat různými způsoby, budou vycházet různé pravděpodobnosti. | specifikovat různými způsoby, budou vycházet různé pravděpodobnosti. | ||
Naše úvaha by mohla například následující: pokud bude střed tětivy ležet v kružnice vepsané do rovnostranného trojúhelníka, potom | Naše úvaha by mohla například následující: pokud bude střed tětivy ležet v kružnice vepsané do rovnostranného trojúhelníka, potom | ||
− | bude tětiva nutně | + | bude tětiva nutně delší než strana rovnostranného trojúhelníka vepsaného do původní kružnice (viz obrázek \ref{fig3}a). V tom |
případě by výsledek byl | případě by výsledek byl | ||
\begin{displaymath} | \begin{displaymath} | ||
− | \mathrm{P}(A) = \frac{\mu (A)}{\mu (\Omega)} = \frac{\pi \left(\frac{r}{2}\right)^2}{\pi r} = \frac{1}{4} | + | \mathrm{P}(A) = \frac{\mu (A)}{\mu (\Omega)} = \frac{\pi \left(\frac{r}{2}\right)^2}{\pi r^2} = \frac{1}{4} |
\end{displaymath} | \end{displaymath} | ||
Řádka 243: | Řádka 259: | ||
\end{displaymath} | \end{displaymath} | ||
− | + | ||
\begin{figure}[!h] | \begin{figure}[!h] | ||
− | \includegraphics[width=4.5in]{ | + | \center |
+ | \includegraphics[width=4.5in]{01PRA1_kap1_Bertranduv_paradox.pdf} | ||
\caption{Bertrandův paradox} | \caption{Bertrandův paradox} | ||
\label{fig3} | \label{fig3} | ||
\end{figure} | \end{figure} | ||
− | + | ||
Řádka 257: | Řádka 274: | ||
Co je však příčinou Bertrandova paradoxu? Při prvním způsobu specifikace tětivy je porušena důležitá podmínka - stejně "velkým" | Co je však příčinou Bertrandova paradoxu? Při prvním způsobu specifikace tětivy je porušena důležitá podmínka - stejně "velkým" | ||
množinám přísluší různá pravděpodobnost. Tj. $ \mu A = \mu B $, ale přitom $ \mathrm{A} \neq \mathrm{B} $. | množinám přísluší různá pravděpodobnost. Tj. $ \mu A = \mu B $, ale přitom $ \mathrm{A} \neq \mathrm{B} $. | ||
− | |||
− | |||
− | |||
− |
Aktuální verze z 5. 3. 2016, 19:43
[ znovu generovat, | výstup z překladu ] | Kompletní WikiSkriptum včetně všech podkapitol. | |
PDF Této kapitoly | [ znovu generovat, | výstup z překladu ] | Přeložení pouze této kaptioly. |
ZIP | Kompletní zdrojový kód včetně obrázků. |
Součásti dokumentu 01PRA1
součást | akce | popis | poslední editace | soubor | |||
---|---|---|---|---|---|---|---|
Hlavní dokument | editovat | Hlavní stránka dokumentu 01PRA1 | Karel.brinda | 4. 10. 2010 | 22:39 | ||
Řídící stránka | editovat | Definiční stránka dokumentu a vložených obrázků | Admin | 7. 9. 2015 | 13:49 | ||
Header | editovat | Hlavičkový soubor | Karel.brinda | 8. 3. 2011 | 18:28 | header.tex | |
Kapitola0 | editovat | Předmluva | Admin | 4. 8. 2010 | 09:45 | predmluva.tex | |
Kapitola1 | editovat | Motivace | Valapet2 | 5. 3. 2016 | 19:43 | kapitola1.tex | |
Kapitola2 | editovat | Axiomatická definice pravděpodobnosti | Pitrazby | 18. 2. 2012 | 00:46 | kapitola2.tex | |
Kapitola3 | editovat | Diskrétní náhodné veličiny | Snilard | 8. 3. 2011 | 00:55 | kapitola3.tex | |
Kapitola4 | editovat | Absolutně spojitá rozdělení | Pitrazby | 18. 2. 2012 | 01:06 | kapitola4.tex | |
Kapitola5 | editovat | Charakteristiky náhodných veličin | Jakub.flaska | 1. 8. 2010 | 16:49 | kapitola5.tex | |
Kapitola6 | editovat | Limitní věty teorie pravděpodobnosti | Pitrazby | 18. 2. 2012 | 01:30 | kapitola6.tex | |
Kapitola7 | editovat | Statistika | Jakub.flaska | 1. 8. 2010 | 17:22 | kapitola7.tex |
Vložené soubory
soubor | název souboru pro LaTeX |
---|---|
Soubor:01PRA1_kap1_Uloha_na_nedeli.pdf | 01PRA1_kap1_Uloha_na_nedeli.pdf |
Soubor:01PRA1_kap1_Buffonuv_problem.pdf | 01PRA1_kap1_Buffonuv_problem.pdf |
Soubor:01_PRA1_kap1_Bertranduv_paradox.pdf | 01PRA1_kap1_Bertranduv_paradox.pdf |
Zdrojový kód
%\wikiskriptum{01PRA1} \section{Motivace} \subsection{Relativní četnosti} \begin{definition} Nechť A je pozorovaný jev, opakujme experiment celkem $ n $-krát a počet pokusů ve kterých nastal jev $ A $ označme $ n_A $. Potom definujeme \begin{equation} \mathrm{P}(A) = \frac{n_A}{n} \end{equation} \end{definition} Předchozí definice pravděpodobnosti, kterou zavedl R. von Mises, využívá tzv. \textit{relativní četnosti}, což jsou v podstatě poměry. Ve statistice (konkrétně v zákonech o velkých číslech a centrálním limitním teorému) zjistíme, že tyto relativní četnosti jistým způsobem konvergují ke \uv{skutečné} pravděpodobnosti. Tuto vlastnost zkoumali i někteří matematici-výzkumníci, kteří zřejmě neměli co na práci, a tak si 24 000x hodili mincí, aby nakonec zjistili, že líc padne 12 012x (K. Pearson). \begin{definition} Nechť je experiment, $ \Omega $ množina všech elementárních výsledků, přičemž elementární výsledky jsou neslučitelné a \uv{stejně pravděpodobné}. Nechť $ z $ je počet všech možných výsledků experimentu a $ z_A $ je počet výsledků experimentu příznivých jevu $ A $. Potom definujeme \begin{equation} \mathrm{P}(A) = \frac{z_A}{z} \end{equation} \end{definition} \begin{note}[Kombinatorické vztahy] \mbox{} \begin{itemize} \item Permutace bez opakování \quad $p(n) = n!$ \item Permutace s opakováním (j-tý prvek právě $k_j$ krát) \quad $p'_{k_1, k_2, \dots, k_p}(n) = \frac{n!}{k_1!k_2! \dots k_p!}$ \item Variace bez opakování (n prvková množina, k-tice) \quad $V_k(n) = \frac{n!}{(n-k)!}$ \item Variace s opakováním \quad $V'_k(n) = n^k$ \item Kombinace bez opakování \quad $C_k(n) = {n \choose k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ \item Kombinace s opakováním \quad $C'_k(n) = {n+k-1 \choose k}$ \end{itemize} \end{note} \begin{example} Mějme čísla $ 1,2,\dots,n $ a provádějme náhodné permutace. Jaká je pravděpodobnost, že $ 1 $ a $ 2 $ budou ve výsledné permutaci vedle sebe v pořadí $ 1,2 $ (jev A)? \end{example} Zřejmě je celkem $ n! $ možných permutací, což lze zjistit velice jednoduše (čtenář si jistě rád odvodí sám, stačí uvažovat například tahy $ n $ očíslovaných kuliček bez vracení). Kolik je ale permutací příznivých jevu \textit{A}? Úvaha může být například následující - nyní již nemáme $ n $ prvků, které bychom mohli permutovat, ale jenom $ n-1 $, protože čísla $ 1 $ a $ 2 $ se nám \uv{spojí} do jednoho prvku $ \{1,2\} $. Potom tedy \begin{displaymath} \mathrm{P}(A) = \frac{z_A}{z} = \frac{(n-1)!}{n!} \end{displaymath} \begin{example} Mějme čísla $ 0,1,2,\dots,9 $ a provádějme náhodný výběr s opakováním. Jaká je pravděpodobnost, že v $ k $ pokusech nebude $ 0 $ ani $ 1 $ (jev A)? \end{example} Pokus vlastně spočívá v tom, že vytváříme $ k $-tice s opakováním. Libovolných $ k $-tic z $ 0,\dots,9 $ je $ 10^k $. $ K $-tic příznivých jevů \textit{A} je stejnou úvahou $ 8^k $ (kombinujeme pouze 8 prvků). Potom tedy \begin{displaymath} \mathrm{P}(A) = \frac{z_A}{z} = \frac{{8}^k}{{10}^k} \end{displaymath} \begin{example} Mějme čísla $ 0,1,2,\dots,9 $ a provádějme náhodný výběr s opakováním, ale narozdíl od předchozího příkladu uvažujme jako příznivé $ k $-tice, ve kterých bude dvakrát $ 0 $ a třikrát $ 1 $. \end{example} Stejně jako v předchozím příkladě je celkem $ 10^k $ možných $ k $-tic. Kolik je ale $ k $-tic vyhovujících daným podmínkám? Nejdříve umístíme $ 0 $. Na $ k $-místech můžeme vytvořit celkem $ {k \choose 2} $ takových umístění (z $ k $ pozic v $ k $-tici vybíráme právě $ 2 $ pozice). Nyní umístíme $ 1 $ - to můžeme provést $ {k-2 \choose 3}$ způsoby (nyní máme k dispozici již jen $ k-2 $ pozic a vybíráme $ 3 $ pozice). Na zbývajících $ k-5 $ míst můžeme libovolně umístit zbývajících $ 8 $ číslic, máme tedy $ 8^{k-5} $ možností. Příznivých kombinací tedy je \begin{displaymath} z_A = {k \choose 2} {k-2 \choose 3} 8^{k-5} \end{displaymath} Potom tedy \begin{displaymath} \mathrm{P}(A) = \frac{z_A}{z} = \frac{{k \choose 2}{k-2 \choose 3}8^{k-5}}{10^k} \end{displaymath} \begin{example} Mějme krabici se $ 100 $ páry bot, ze kterých je $ 90 $ párů světlých a $ 10 $ párů tmavých. Vybereme $ 9 $ párů a zajímá nás jaká je pravděpodobnost, že právě $ 6 $ z nich je světlých. \end{example} Počet možných $ 9 $-tic ze $ 100 $ párů známe, konkrétně $ {100 \choose 9} $. Hledejme tedy počet $ 9 $-tic, ve kterých jsou $ 3 $ páry tmavé a $ 6 $ párů světlých. Dle úvahy obdobné té z předchozího příkladu platí \begin{displaymath} z_A = {10 \choose 3} {90 \choose 6} \end{displaymath} a tedy \begin{displaymath} \mathrm{P}(A) = \frac{{10 \choose 3} {90 \choose 6}}{{100 \choose 9}} \end{displaymath} \begin{example} Dvě slečny L a J (Ing. Kůs zásadně volí iniciály slečen přítomných na přednášce, čili v tomto může zadání doznat změn) mají schůzku ve frontě na síťovku (tj. síťovou jízdenku, nikoliv síťovou kartu). Náhodně se vytvoří fronta $ n $ lidí. Jaká je pravděpodobnost, že mezi L a J bude právě $ r $ lidí? \end{example} Máme $ n $ různých možných pozic ve frontě. Nejdříve umístíme dívku, která bude ve frontě stát první, například L. To můžeme udělat $ n - r - 1 $ způsoby, protože za ni fronty chceme umístit $ r $ lidí a ještě slečnu J. Ostatní lidi ve frontě můžeme libovolně permutovat, což znamená $ (n - 2)! $ možností. Nyní tedy máme $ (n - r - 1)(n - 2)! $, ale zatím jsme neuvažovali situaci, kdy přijde první slečna J. Tato situace je však ekvivalentní (prostá substituce slečen), takže stačí násobit dvěma. Celkový počet možností, kterých může fronta $ n $ lidí nabýt, je $ n! $, a výsledkem tedy je \begin{displaymath} z_A = 2(n - r - 1)(n - 2)! \end{displaymath} a tedy \begin{displaymath} \mathrm{P}(A)= \frac{2(n - r - 1)(n - 2)!}{n!} \end{displaymath} \begin{example} V kapse máme volně $ n $ klíčů, je tma a vracíme se domů z tahu. Taháme bez opakování. Jaká je pravděpodobnost, že správný klíč vytáhneme právě při $ k $-tém pokusu? \end{example} Správný klíč umístíme na $ k $-tou pozici, takže nám zbývá $ n-1 $ klíčů. Máme tedy $ (n-1)! $ kombinací kdy je na $ k $-tém místě správný klíč. Celkem je kombinací $ n! $, a tedy \begin{displaymath} \mathrm{P}(A) = \frac{(n-1)!}{n!} = \frac{1}{n} \end{displaymath} \begin{example} Jdeme na zkoušku, na kterou jsme se měli naučit celkem $ N $ otázek, ale $ m $ jich neumíme. Jaká je pravděpodobnost, že si jednu ze špatných otázek vytáhneme poprvé až při $ k $-tém pokusu? Uvažujeme náhodné tahy bez opakování. \end{example} V podstatě hledáme takové $ m $-tice (pozice špatných otázek) z $ N $, kde jsou všechny otázky za $ k $-tou pozicí a první je právě na $ k $-té pozici. Celkem je $ m $-tic z $ N $ právě $ {N \choose m} $. Počet příznivých zjistíme vlastně jako počet $ m-1 $-tic z $ N - k $ prvků (na $ k $-tou pozici pevně poutáme jednu ze špatných otázek). Potom tedy \begin{displaymath} \mathrm{P}(A) = \frac{{N - k\choose m - 1}}{{N \choose m}} \end{displaymath} \begin{example}[Maxwell-Boltzmannova statistika] V M-B statistice se uvažuje $ N $ přihrádek a $ n $ částic a zajímá nás, kolik je možností umístit těchto $ n $ částí do $ N $ přihrádek. Předpokládáme, že jsme v libovolném okamžiku schopni rozlišit částice, takže \begin{displaymath} z_v = N^n \end{displaymath} a pravděpodobnost jednoho konkrétního stavu je tedy \begin{displaymath} \mathrm{P}(A) = \frac{1}{N^n} \end{displaymath} Jaká je tedy pravděpodobnost, že je v dané přihrádce právě $ k $ částic (jev A)? \end{example} Nejdříve musíme zjistit, kolika způsoby vůbec můžeme do dané přihrádky nakombinovat částice, tj. kolik $ k $-tic můžeme z daých $ n $ částic vytvořit. Tento počet je $ {n \choose k} $. Zbytek částic, kterých je $ n-k $, můžeme libovolně rozdělit do zbývajících $ N-1 $ přihrádek. Potom tedy \begin{displaymath} z_A = {n \choose k}(N-1)^{n-k} \\ \end{displaymath} \begin{displaymath} \mathrm{P}(A) = \frac{{n \choose k}(N-1)^{n-k}}{N^n} \end{displaymath} \begin{example}[Bose-Einsteinova statistika] B-E statistika se od M-B statistiky liší v tom, že neuvažuje rozlišitelnost částic. I zde je hlavní myšlenkou dělení $ n $ částic do $ N $ přihrádek. Tato situace je ekvivalentní situaci, kdy si k $ n $ částicím přidáme ještě $ N-1 $ přepážek, a těchto $ n + N - 1 $ prvků permutujeme. V permutaci však obecně na pořadí prvků záleží (a to by znamenalo rozlišitelnost částic, což nechceme), takže musíme dělit počtem permutací přepážek i částic. Celkem tedy \begin{displaymath} z_v = \frac{(n + N -1)!}{(N-1)!n!} = {n + N - 1 \choose n} \end{displaymath} což jsou vlastně permutace s opakováním z $ N $ prvků. Pravděpodobnost jednoho stavu je tedy \begin{displaymath} \mathrm{P}(A) = \frac{1}{{n + N - 1 \choose n}} \end{displaymath} Jaká je pravděpodobnost, že v dané přihrádce bude právě $ k $ částic? \end{example} Vložme do dané přihrádky $ k $ částic. Tím nám zbývá $ n-k $ částic do $ N - 1 $ přihrádek. Stejnou úvahou jako pro $ n $ částic a $ N $ přihrádek dojdeme ke vztahu \begin{displaymath} z_A = \frac{(n - k + N - 2)!}{(N- 2)!(n-k)!} = {n + N - k -2 \choose n - k} \end{displaymath} \begin{example}[Fermi-Diracova statistika] Jedná se vlastně o B-E statistiku obohacenou o Pauliho vylučovací princip (v daném stavu $\sim$ přihrádce může vždy být pouze jedna částice). Díky tomu tedy pro $ n $ částic a $ N $ přihrádek vybíráme $ n $-tice z $ N $ možností, které nám určují pozici (stav) každé částice. Těchto $ n $-tic je celkem \begin{displaymath} z_v = {N \choose n} \end{displaymath} \begin{displaymath} \mathrm{P}(A) = {1 \over {N \choose n}} \end{displaymath} Jaká je pravděpodobnost, že v dané buňce je částice (může tam být nejvýše jedna)? \end{example} Jedná se vlastně o specielní případ B-E statistiky. Do dané buňky umístíme částici, takže nám zbývá $ n-1 $ částic a $ N - 1 $ přihrádek. Těchto $ n - 1 $ částic můžeme do $ N - 1 $ přihrádek rozmístit $ { N - 1 \choose n - 1} $ způsoby. Potom tedy \begin{displaymath} z_A = {N - 1 \choose n - 1} \end{displaymath} \begin{displaymath} \mathrm{P}(A) = \frac{{N - 1 \choose n - 1}}{{N \choose n}} \end{displaymath} Připomeňme ještě, že M-B statistika je vhodná pro plyny, ale nikoliv pro elementární částice. B-E statistika sice dobře funguje pro elementární částice, které se vzájemně neovlivňují, ale pro protony, elektrony, atd. nedává dobré předpovědi. \subsection{Geometrická definice pravděpodobnosti} Buď $ \Omega $ libovolná nespočetná množina výsledků experimentu. Nechť $ A \subset \Omega $ je jev, $\mu(A)<\infty$, $\mu(\Omega)<\infty$. Potom \begin{equation} \mathrm{P}(A) = \frac{\mu (A)}{\mu (\Omega) } \end{equation} přičemž množiny $ A $ a $ \Omega $ musí být měřitelné. Celý problém můžeme také převést do fázového prostoru $ \Omega \to \mathcal{R}^n $. \begin{example} Schůzka dvou dívek je smluvena na dobu mezi 20 a 21 hodinou, přičemž obě dívky se smluvily, že na sebe budou čekat nejvýše 20 minut. Jev A nechť značí úspěšnou schůzku (setkají se). Jaká je pravděpodobnost jevu A? \end{example} \begin{figure}[!ht] \center \includegraphics[width=2.5in]{01PRA1_kap1_Uloha_na_nedeli.pdf} \caption{grafické znázornění problému} \label{fig1} \end{figure} Celý problém můžeme znázornit například způsobem jako na obrázku \ref{fig1}. Fázový prostor v tomto případě tvoří čtverec o straně 1 (hodina), přičemž osa $ x $ má význam času příchodu první slečny, osa $ y $ má význam času příchodu slečny druhé. Tato uspořádaná dvojice musí ležet ve vyšrafované oblasti, jinak se slečny nesetkají. Potom tedy dle předchozích úvah \begin{displaymath} \mathrm{P}(A) = \frac{1 - \frac{4}{9}}{1} = \frac{5}{9} \end{displaymath} Pravděpodobnost, že se dívky setkají je tedy $ 5/9 $. Bude-li čas čekání 0 min, pak $P(A) = 0$ (úsečka $\mu=0$). \begin{example}[Úloha na neděli] Uvažujme úsečku $ (0,1) $, kterou dvěma náhodnými body rozdělíme na 3 díly. Jaká je pravděpodobnost, že z takto vzniklých úseček lze sestrojit trojúhelník? \end{example} \begin{example}[Buffonův problém házení jehlou] Máme nekonečně veliký papír, na kterém jsou nekonečné přímky ve vzájemné vzdálenosti $ d $. Na tento papír házíme jehlu délky $ l < d $ a chceme znát pravděpodobnost, zda jehla protne některou z přímek. Polohu jehly můžeme charakterizovat například vzdáleností středu jehly $ S $ od pravé rovnoběžky $ x $ a úhlem $ \phi $, který jehla svírá s přímkami \begin{figure}[!ht] \center \includegraphics[width=4.5in]{01PRA1_kap1_Buffonuv_problem.pdf} \caption{Buffonovo házení jehlou} \label{fig2} \end{figure} Uvažujeme pouze $ 0 \leq x < d $ a $ $ a $ 0 \leq \phi \leq \pi$. Celý problém tedy můžeme redukovat do fázového prostoru $ (0,d) \times (0,\pi) $, znázorněného na obrázku \ref{fig2} b). Z obrázku je patrné, že \begin{displaymath} \mathrm{P}(A) = \frac{2l}{\pi d} \end{displaymath} \end{example} \begin{example}[Bertrandův paradox] Uvažujme kružnici s poloměrem $ r $. Volme náhodně její tětivu a hledejme pravděpodobnost, že délka tětivy bude větší než strana vepsaného rovnostranného trojúhelníka. Bertrandův paradox spočívá v tom, že když budeme tětivu specifikovat různými způsoby, budou vycházet různé pravděpodobnosti. Naše úvaha by mohla například následující: pokud bude střed tětivy ležet v kružnice vepsané do rovnostranného trojúhelníka, potom bude tětiva nutně delší než strana rovnostranného trojúhelníka vepsaného do původní kružnice (viz obrázek \ref{fig3}a). V tom případě by výsledek byl \begin{displaymath} \mathrm{P}(A) = \frac{\mu (A)}{\mu (\Omega)} = \frac{\pi \left(\frac{r}{2}\right)^2}{\pi r^2} = \frac{1}{4} \end{displaymath} Pokud však budeme uvažovat pouze vzdálenost od středu a nikoliv polohu (viz. \ref{fig3} b)), potom \begin{displaymath} \mathrm{P}(A) = \frac{\mu A}{\mu \Omega} = \frac{\left(\frac{1}{2}\right)}{1} = \frac{1}{2} \end{displaymath} \begin{figure}[!h] \center \includegraphics[width=4.5in]{01PRA1_kap1_Bertranduv_paradox.pdf} \caption{Bertrandův paradox} \label{fig3} \end{figure} \end{example} Co je však příčinou Bertrandova paradoxu? Při prvním způsobu specifikace tětivy je porušena důležitá podmínka - stejně "velkým" množinám přísluší různá pravděpodobnost. Tj. $ \mu A = \mu B $, ale přitom $ \mathrm{A} \neq \mathrm{B} $.