Součásti dokumentu 01PRA1
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} $.
