of 89 /89
METODYKA NAUCZANIA RACHUNKU PRAWDOPODOBIE ´ NSTWA ADAM OS , EKOWSKI 1. Wybrane elementy kombinatoryki Celem niniejszego rozdzia lu jest przedstawienie kilku standardowych poj , ci metod pojawiaj , acych si , e w rozumowaniach kombinatorycznych. We wszystkich poni˙ zszych rozwa˙ zaniach badane zbiory s , a sko´ nczone, a ich moc jest oznaczana symbolem |·|. 1.1. Reguly dodawania i mno˙ zenia. Zacznijmy od trywialnego spostrze˙ zenia. Twierdzenie 1.1 (O dodawaniu). Za l´o˙ zmy, ˙ ze A 1 , A 2 , ..., A n s , a parami rozl , acz- nymi zbiorami. W´owczas |A 1 A 2 ... A n | = |A 1 | + |A 2 | + ... + |A n |. Wz´ or ten, cho´ c oczywisty, jest bardzo przydatny: w wielu zadaniach, podczas wyznaczania mocy zadanego zbioru B, mo˙ zna rozbi´ c go na parami roz l , aczne pod- zbiory B 1 , B 2 , ..., B n i oblicza´ c osobno moc ka˙ zdego z nich. Warto tu tak˙ ze wspomnie´ c o wzorze na moc ,,zbioru dope lniaj , acego”. ´ Sci´ slej, zal´ zmy, ˙ ze A jest zadanym zbiorem o znanej mocy, i przypu´ cmy, ˙ ze naszym celem jest wyznaczenie mocy pewnego podzbioru B A. owczas, na mocy powy˙ zszego twierdzenia, zachodzi r´ owno´ c |B| = |A|-|A \ B|. Jest to przydatna to˙ zsamo´ c: w wielu sytuacjach moc |A \ B| jest latwa, albo przynajmniej latwiejsza, do wyznaczenia (por. przyklady poni˙ zej). W przypadku gdy zbiory A 1 , A 2 , ..., A n nie s , a parami roz l , aczne, moc ich sumy wyznaczamy na mocy poni˙ zszego wzoru, tzw. zasady w l , acze´ n i wy l , acze´ n. Twierdzenie 1.2. Dla dowolnych zbior´ow A 1 , A 2 , ..., A n zachodzi r´ owno´ c n [ k=1 A k = n X k=1 |A k |- X k<‘ |A k A | + X k<‘<m |A k A A m |- ... +(-1) n+1 |A 1 A 2 ... A n |. Dow´od. Dla n = 1 wz´ or jest oczywisty. Je´ sli n = 2, zbi´ or A 1 A 2 jest sum , a parami roz l , acznych podzbior´ ow A 1 \ A 2 , A 1 A 2 oraz A 2 \ A 1 . Ponadto, A 1 = (A 1 \ A 2 ) (A 1 A 2 ) oraz A 2 =(A 2 \ A 1 ) (A 1 A 2 ), i wskazane sk ladniki tak˙ ze s , a parami roz l , aczne. St , ad, na mocy twierdzenia o dodawaniu, |A 1 A 2 | = |A 1 \ A 2 | + |A 1 A 2 | + |A 2 \ A 1 | = |A 1 | + |A 2 |-|A 1 A 2 |, co by lo do okazania. W przypadku n 3, wykorzystujemy indukcj , e: stosuj , ac wz´ or wl , acze´ n i wy l , acze´ n do zbior´ ow B 1 = A 1 , B 2 = A 2 , ..., B n-2 = A n-2 , 1

Wykład i zadania

  • Author
    buibao

  • View
    302

  • Download
    4

Embed Size (px)

Text of Wykład i zadania

  • METODYKA NAUCZANIA

    RACHUNKU PRAWDOPODOBIENSTWA

    ADAM OS EKOWSKI

    1. Wybrane elementy kombinatoryki

    Celem niniejszego rozdzia lu jest przedstawienie kilku standardowych poj ec imetod pojawiaj acych si e w rozumowaniach kombinatorycznych. We wszystkichponizszych rozwazaniach badane zbiory s a skonczone, a ich moc jest oznaczanasymbolem | |.

    1.1. Regu ly dodawania i mnozenia. Zacznijmy od trywialnego spostrzezenia.

    Twierdzenie 1.1 (O dodawaniu). Za lozmy, ze A1, A2, . . ., An s a parami roz l acz-nymi zbiorami. Wowczas |A1 A2 . . . An| = |A1|+ |A2|+ . . .+ |An|.

    Wzor ten, choc oczywisty, jest bardzo przydatny: w wielu zadaniach, podczaswyznaczania mocy zadanego zbioru B, mozna rozbic go na parami roz l aczne pod-zbiory B1, B2, . . ., Bn i obliczac osobno moc kazdego z nich. Warto tu takzewspomniec o wzorze na moc ,,zbioru dope lniaj acego. Scislej, za lozmy, ze A jestzadanym zbiorem o znanej mocy, i przypuscmy, ze naszym celem jest wyznaczeniemocy pewnego podzbioru B A. Wowczas, na mocy powyzszego twierdzenia,zachodzi rownosc

    |B| = |A| |A \B|.Jest to przydatna tozsamosc: w wielu sytuacjach moc |A \ B| jest latwa, alboprzynajmniej latwiejsza, do wyznaczenia (por. przyk lady ponizej).

    W przypadku gdy zbiory A1, A2, . . ., An nie s a parami roz l aczne, moc ich sumywyznaczamy na mocy ponizszego wzoru, tzw. zasady w l aczen i wy l aczen.

    Twierdzenie 1.2. Dla dowolnych zbiorow A1, A2, . . ., An zachodzi rownoscnk=1

    Ak

    =nk=1

    |Ak| k

  • 2 ADAM OS EKOWSKI

    Bn1 = An1 An, dostajemynk=1

    Ak

    =n1k=1

    Bk

    =n1k=1

    |Bk| k

  • METODYKA NAUCZANIA RACHUNKU PRAWDOPODOBIENSTWA 3

    (b) zadna cyfra nie moze si e powtarzac?(c) w ci agu musi pojawic si e co najmniej jedna cyfra parzysta?(d) czwarta cyfra nie moze byc pi atk a oraz nie moze byc trzech zer pod rz ad?

    Rozwi azanie. (a) Stosujemy twierdzenie o mnozeniu: kazda cyfra moze byc wy-brana na 10 sposobow, a wi ec badana liczba ci agow wynosi 10

    4 = 10000.(b) Ponownie stosujemy twierdzenie o mnozeniu. Pierwsz a cyfr e wybieramy na

    10 sposobow; drug a cyfr e mozemy wybrac na 9 sposobow, gdyz cyfra wybranana pierwszym miejscu nie wchodzi juz w gr e. Analogicznie, pozosta le dwie cyfrywybieramy na 8 oraz 7 sposobow, odpowiednio. St ad szukana liczba sposobowwynosi 10 9 8 7 = 5040.

    (c) Oznaczmy zbior wszystkich ci agow czterocyfrowych przez A oraz badan a wniniejszym podpunkcie klas e ci agow przez C. Wowczas |C| = |A||A\C| oraz A\Cto zbior ci agow czteroelementowych o wyrazach nieparzystych. Moc tego ostatniegozbioru latwo wyznaczyc: |A \ C| = 54 = 625, a st ad |C| = 10000 625 = 9375.

    (d) Oznaczmy klas e badanych ci agow przez D. Ponownie, latwiej b edzie namwyznaczyc moc ,,zbioru dope lniaj acego A\D. Zbior ten jest sum a dwoch zbiorow:D1 = {ci agi zawieraj ace 5 na ostatniej pozycji} i D2 = {ci agi zawieraj ace podci agkolejnych trzech zer}. Wobec tego, na mocy wzoru w l aczen i wy l aczen,

    |A \D| = |D1|+ |D2| |D1 D2|.Korzystaj ac z twierdzenia o mnozeniu, |D1| = 10 10 10 1 = 1000. Ponadto, latwo wypisac wszystkie elementy D2: s a to (0, 0, 0, 0) oraz ci agi postaci (0, 0, 0, c)albo (c, 0, 0, 0), gdzie c {1, 2, . . . , 9}; st ad |D2| = 19. Wreszcie, mamy D1 D2 ={(0, 0, 0, 5)}, a wi ec |D1 D2| = 1. W konsekwencji, dostajemy odpowiedz:

    |D| = |A| |A \D| = 10000 (1000 + 19 1) = 8982.

    1.2. Podstawowe schematy kombinatoryczne.

    Definicja 1.1. Przypuscmy, ze k jest ustalon a liczb a ca lkowit a dodatni a. Kazdyci ag (x1, x2, . . . , xk) o wyrazach ze zbioru A nazywamy k-elementow a wariacj azbioru A lub k-elementow a wariacj a z powtorzeniami zbioru A.

    Jesli zbior A ma n elementow, to liczba wszystkich takich wariacji wynosi nk,co wynika wprost z twierdzenia o mnozeniu.

    Definicja 1.2. Za lozmy, ze k jest ustalon a liczb a ca lkowit a dodatni a. Kazdyroznowartosciowy ci ag (x1, x2, . . . , xk) o wyrazach ze zbioru A nazywamy k-ele-mentow a wariacj a bez powtorzen zbioru A. W szczegolnosci, jesli k = n, to takiewariacje nazywamy permutacjami zbioru A.

    Jesli zbior A ma n elementow oraz 1 k n, to liczba wszystkich takich wariacjiwynosi n (n 1) . . . (n k+ 1) = n!/(n k)!, co wynika wprost z twierdzenia omnozeniu. Liczba permutacji zbioru n-elementowego wynosi n!.

    Definicja 1.3. Za lozmy, ze k jest ustalon a liczb a ca lkowit a dodatni a. Kazdy k-elementowy podzbior zbioru A nazywamy k-elementow a kombinacj a zbioru A.

    Jesli zbior A ma n elementow, to liczba wszystkich takich kombinacji wynosi

    C(n; k) =

    (n

    k

    )=

    n!

    k!(n k)!jesli 0 k n,

    0 w pozosta lych przypadkach.

  • 4 ADAM OS EKOWSKI

    Przyk lad 1.3. Woko l okr ag lego sto lu siada n ma lzenstw. Ile jest takich usadzen,w ktorym kazde ma lzenstwo zajmuje dwa s asiednie krzes la? Dwa usadzenia s atozsame, jesli jedno powstaje z drugiego poprzez przesadzenie wszystkich osob o t esam a liczb e krzese l w kierunku wskazowek zegara.

    Rozwi azanie. Najpierw ustalamy, w obr ebie kazdego ma lzenstwa, kolejnosc usadze-nia ma lzonkow A i B; s a dwie mozliwosci: AB i BA, a wi ec wszystkich wyborowtakich kolejnosci (dla wszystkich ma lzenstw) jest 2n. Nast epnie, wybieramy do-woln a permutacj e zbioru {1, 2, . . . , n} i usadzamy wszystkie osoby pocz awszy odustalonego krzes la, zgodnie z regu l a

    (1.1) ma lzenstwo nr 1, ma lzenstwo nr 2, . . . , ma lzenstwo nr n,

    gdzie kolejnosc w obr ebie kazdego ma lzenstwa zosta la wyznaczona powyzej. Powy-zsz a operacj e mozna wykonac na 2

    n n! sposobow. Pozostaje juz tylko zauwazyc, zekazde usadzenie, o ktorym mowa w zadaniu, zosta lo policzone n razy: istotnie, do-wolne cykliczne przesuni ecie ci agu (1.1) o parzyst a liczb e miejsc w prawo prowadzido tego samego usadzenia. St ad odpowiedz 2

    n (n 1)!.

    Przyk lad 1.4. Wyznaczyc liczb e n-elementowych ci agow zero-jedynkowych, za-wieraj acych dok ladnie m podci agow 01.

    Rozwi azanie, Sposob I. Spojrzmy na graficzny zapis ci agu (a1, a2, . . . , an): zawieraon n 1 przecinkow. Ustalony przecinek nazwiemy przejsciem jesli liczby stoj aceza nim oraz przed nim s a rozne (innymi s lowy, jesli rozgranicza on 0 i 1, b adz 1 i0). Zwrocmy uwag e, iz podanie pierwszego elementu ci agu oraz wskazanie przejscw jednoznaczny sposob zadaje ca ly ci ag zero-jedynkowy.

    Ustalmy teraz ci ag o jakim mowa w zadaniu: zachodz a teraz cztery mozliwosci: Ci ag zaczyna si e jedynk a i konczy si e zerem. Wowczas w ci agu musi byc 2m+1

    przejsc; liczba takich ci agow wynosi(n1

    2m+1

    ).

    Ci ag zaczyna i konczy si e jedynk a. Wowczas w ci agu musi byc 2m przejsc;liczba takich ci agow wynosi

    (n12m

    ).

    Ci ag zaczyna si e zerem i konczy si e jedynk a. Wowczas w ci agu musi byc 2m1przejsc; liczba takich ci agow wynosi

    (n1

    2m1).

    Ci ag zaczyna i konczy si e zerem. Wowczas w ci agu musi byc 2m przejsc; liczbatakich ci agow wynosi

    (n12m

    ).

    Powyzsze przypadki s a parami roz l aczne i wyczerpuj a wszystkie mozliwosci. St adszukana w zadaniu liczba ci agow wynosi(n 1

    2m+ 1

    )+

    (n 12m

    )+

    (n 1

    2m 1

    )+

    (n 12m

    )=

    (n

    2m+ 1

    )+

    (n

    2m

    )=

    (n+ 1

    2m+ 1

    ),

    gdzie skorzystalismy z tzw. wzoru Pascala(n

    k

    )+

    (n

    k + 1

    )=

    (n+ 1

    k + 1

    ),

    prawdziwego dla wszystkich liczb ca lkowitych nieujemnych n, k.

    Rozwi azanie, Sposob II. Otrzymany wyzej wynik sugeruje, iz mozliwe jest krotszerozumowanie, sprowadzaj ace kazdy z wyroznionych podzbiorow do pewnej 2m +1-elementowej kombinacji pewnego zbioru n + 1-elementowego. Istotnie, takie

  • METODYKA NAUCZANIA RACHUNKU PRAWDOPODOBIENSTWA 5

    rozwi azanie istnieje. Za lozmy, ze (a1, a2, . . . , an) jest ci agiem o zadanych w lasnos-ciach, i dopiszmy jedynk e na pocz atku, zero na koncu. Ta operacja zadaje bijekcj e

    ci agi d lugosci nzawieraj ace m blokow 01

    ci agi d lugosci n+ 2,

    zawieraj ace m blokow 01,zaczynaj ace si e jedynk a, koncz ace zerem.

    Z drugiej zas strony, jak wynika z rozumowania prezentowanego w Sposobie I, liczbatych ostatnich ci agow wynosi

    (n+1

    2m+1

    ),

    Przyk lad 1.5. Wyznaczyc liczb e podzbiorow A zbioru {1, 2, . . . , 2n} o tej w lasno-sci, ze jesli a, b A, to a+ b 6= 2n+ 1.

    Rozwi azanie, Sposob I. Dzielimy elementy zbioru {1, 2, . . . , 2n} na n par: {1, 2n},{2, 2n 1}, . . ., {n, n + 1}. Ustalmy 0 k n i policzmy, ile jest podzbiorow Amocy k o powyzszej w lasnosci. Z kazdego pary mozemy wybrac co najwyzej jedenelement, st ad badana liczba pozdbiorow wynosi

    (nk

    )2k. Istotnie, wybieramy k par

    w ktorych b edziemy wybierac element, a nast epnie, w obr ebie kazdej pary, mamydwie mozliwosci: wybrac mniejszy lub wi ekszy element. Powyzszy wzor pozostajew mocy takze dla k = 0; st ad badana w zadaniu liczba podzbiorow wynosi

    nk=0

    (n

    k

    )2k = 3n,

    gdzie ostatnia rownosc wynika wprost z dwumianu Newtona.

    Rozwi azanie, Sposob II. Jak poprzednio, podzielmy elementy zbioru {1, 2, . . . , 2n}na n par: {1, 2n}, {2, 2n 1}, . . ., {n, n+ 1}. Przy okreslaniu zbioru A o z adanychw lasnosciach, dla kazdej pary mamy trzy mozliwosci: albo wzi ac mniejszy element,albo wi ekszy element, albo zadnego. Poniewaz liczba par wynosi n, szukana liczbazbiorow wynosi 3n.

    Przechodzimy do opisu kolejnych schematow kombinatorycznych.

    Definicja 1.4. Za lozmy, ze k jest ustalon a liczb a ca lkowit a dodatni a. Kazdyk-elementowy multizbior o elementach nalez acych do A nazywamy k-elementow akombinacj a z powtorzeniami zbioru A.

    Jesli zbior A ma n elementow, to liczba jego k-elementowych kombinacji z powto-rzeniami wynosi

    (n+k1

    k

    ). Aby to wykazac, zauwazmy, iz mozemy przyj ac, ze A =

    {1, 2, . . . , n}. Wypiszmy elementy danej kombinacji w niemalej acym porz adku:(1.2) 1 a1 a2 a3 . . . ak n,b adz rownowaznie 1 a1 < a2 + 1 < a3 + 2 < . . . < ak + k 1 n+ k 1. Innymis lowy, jesli oznaczymy b` = a` + ` 1, ` = 1, 2, . . . , k, to istnieje bijekcja mi edzyzbiorem ci agow (a1, a2, . . . , ak) spe lniaj acych (1.2) (a wi ec zbiorem k-elementowychkombinacji z powtorzeniami), a zbiorem ci agow (b1, b2, . . . , bk) spe lniaj acych

    1 b1 < b2 < . . . < bk n+ k 1.Z drugiej strony, kazdy taki ci ag (b1, b2, . . . , bk) moze byc utozsamiony z podzbiorem{b1, b2, . . . , bk} zbioru {1, 2, . . . , n+ k 1}. St ad liczba k-elementowych kombinacjizbioru n-elementowego wynosi

    (n+k1

    k

    ).

    Przyk lad 1.6. Wyznaczyc liczb e rozwi azan rownania x1 + x2 + . . . + x9 = 20 wliczbach ca lkowitych nieujemnych x1, x2, . . ., x9.

  • 6 ADAM OS EKOWSKI

    Rozwi azanie. Kazde rozwi azanie mozemy w sposob wzajemnie jednoznaczny utoz-samic z 20-elementow a kombinacj a z powtorzeniami zbioru {1, 2, . . . , 9}: liczbyx1, x2, . . ., x9 koduj a, ile razy w kombinacji pojawi a si e elementy 1, 2, . . ., 9,odpowiednio. Przyk ladowo, rozwi azanie

    1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 4 + 0 + 0 + 1 = 20

    odpowiada kombinacji

    {1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 5, 5, 5, 5, 5, 6, 6, 6, 6, 9}.

    Wobec tego, szukana liczba rozwi azan wynosi(

    20+9120

    )=(

    2820

    ).

    Definicja 1.5. Za lozmy, ze A jest zbiorem n-elementowym, a n1, n2, . . ., nk s anieujemnymi liczbami ca lkowitymi spe lniaj acymi warunek n1 + n2 + . . .+ nk = n.Wowczas kazdy wybor podzbiorowA1, A2, . . ., Ak spe lniaj acych warunek |A`| = n`,1 ` k, nazywamy rozbiciem albo permutacj a z powtorzeniami.

    Liczba rozbic spe lniaj acych powyzsze za lozenia wynosi(n

    n1, n2, . . . , nk

    )=

    n!

    n1!n2! . . . nk!.

    Wynika to natychmiast z twierdzenia o mnozeniu: maj ac dany zbior A, wybieramypodzbior A1 na

    (nn1

    )sposobow. Nast epnie, wybieramy podzbior A2 zbioru A \A1:

    mozna to wykonac na(nn1n2

    )sposobow. Nast epnie wybieramy podzbior A3 zbioru

    A \ (A1 A2), itd.; otrzymujemy odpowiedz, ze liczba rozbic wynosi(n

    n1

    )(n n1n2

    )(n n1 n2

    n3

    ). . .

    (n n1 n2 . . . nk1

    nk

    )=

    n!

    n1!n2! . . . nk!,

    jak latwo sprawdzic, bezposrednio rozpisuj ac symbole Newtona.

    Kolejny przyk lad ilustruje dlaczego powyzszy schemat okresla si e mianem ,,per-mutacji z powtorzeniami.

    Przyk lad 1.7. Ile roznych 10-elementowych wyrazow mozna u lozyc z liter A, A,B, B, B, C, C, C, C, C?

    Rozwi azanie. Napisanie s lowa polega na umieszczeniu kolejnych liter na 10 miej-scach. Mozemy wi ec je utozsamic z rozbiciem zbioru miejsc na podzbiory o mocach2, 3 oraz 5 (ktore odpowiadaj a pozycjom, na ktorych stoi litera A, B lub C, odpo-wiednio). Przyk ladowo,

    CCABCABBCC {3, 6}, {4, 7, 8}, {1, 2, 5, 9, 10}.

    Zatem szukana liczba s low wynosi 10!2!3!5! = 2520.

    Przyk lad 1.8. Wyznaczyc liczb e sposobow umieszczenia m kul w n rozroznialnychpude lkach.

    (a) m = 8, n = 4, kule s a rozroznialne.

    (b) m = 4, n = 8, kule s a rozroznialne, w kazdym pude lku miesci si e jedna kula.(c) m = 8, n = 4, kule s a rozroznialne, przy czym trzy kule musz a znalezc si e

    w pierwszym pude lku, po dwie kule musz a znalezc si e w pude lkach nr 2 i 3, orazjedna kula musi znalezc si e w pude lku nr 4.

    (d) m = 5, n = 3, kule s a rozroznialne, do kazdego pude lka musi trafic conajmniej jedna kula.

  • METODYKA NAUCZANIA RACHUNKU PRAWDOPODOBIENSTWA 7

    (e) m = 8, n = 4, kule s a nierozroznialne.

    (f) m = 8, n = 4, kule s a nierozroznialne, w kazdym pude lku nalezy umiescic conajmniej jedn a kul e.

    (g) m = 4, n = 8, kule s a nierozroznialne, w kazdym pude lku miesci si e jednakula.

    Rozwi azanie. (a) Kazdej kuli przypisujemy numer pude lka, do ktorego trafia, otrzy-muj ac w ten sposob 8-elementowy ci ag o wyrazach ze zbioru 4-elementowego. St adszukana liczba to 48 = 65536.

    (b) Rozumujemy jak poprzednio, lecz tym razem rozwazane ci agi musz a bycroznowartosciowe. Prowadzi to do 4-elementowych wariacji bez powtorzen zbioru8-elementowego, st ad odpowiedz 8!/4! = 1680.

    (c) Kazde rozmieszczenie zadaje rozbicie zbioru kul na cztery podzbiory A1, A2,A3 oraz A4, o mocach 3, 2, 2 oraz 1, odpowiednio. St ad liczba rozmieszczen wynosi(

    83,3,2,1

    )= 1680.

    (d) Kazde rozmieszczenie zadaje rozbicie zbioru kul na trzy podzbiory o dodat-niej liczbie elementow. S a nast epuj ace mozliwosci mocy tych podzbiorow: 3, 1, 1;2, 2, 1; 2, 1, 2; 1, 3, 1; 1, 2, 2; 1, 1, 3. St ad, szukana liczba rozmieszczen wynosi(

    5

    3, 1, 1

    )+

    (5

    2, 2, 1

    )+

    (5

    2, 1, 2

    )+

    (5

    1, 3, 1

    )+

    (5

    1, 2, 2

    )+

    (5

    1, 1, 3

    )= 150.

    (e) Liczba rozmieszczen jest rowna liczbie rozwi azan rownania x1+x2+x3+x4 =8 w liczbach ca lkowitych nieujemnych. St ad odpowiedz

    (8+41

    41)

    =(

    113

    )= 165.

    (f) Rozumowanie jest analogiczne do powyzszego, tyle, ze poszukujemy liczbyrozwi azan rownania x1 + x2 + x3 + x4 = 8 w liczbach ca lkowitych dodatnich.Rownowaznie, po podstawieniu y` = x` 1, 1 ` 4, musimy wyznaczyc liczb erozwi azan rownania y1 + y2 + y3 + y4 = 4 w liczbach ca lkowitych nieujemnych, ata wynosi

    (4+41

    41)

    =(

    73

    )= 35.

    (g) Problem sprowadza si e do wybrania czterech pude lek do ktorych trafi a kule:st ad wynik to

    (84

    )= 70.

    1.3. Kilka wybranych metod. Omowimy teraz pokrotce kilka technik ktore by-waj a pomocne w zadaniach kombinatorycznych. Kazd a z metod omowimy na wy-branych przyk ladach.

    Indukcja. Pierwsz a z technik jest zasada indukcji matematycznej.

    Przyk lad 1.9. Udowodnic, ze n prostych lez acych na p laszczyznie, z ktorychkazde dwie przecinaj a si e, ale zadne trzy nie przechodz a przez jeden punkt, dzielip laszczyzn e na

    12 (n

    2 + n+ 2) cz esci.

    Rozwi azanie. Jedna prosta rozcina p laszczyzn e na dwie cz esci, a wi ec teza zachodziw przypadku n = 1. Za lozmy, ze teza zachodzi dla pewnej liczby ca lkowitej n iustalmy proste `1, `2, . . ., `n+1 spe lniaj ace powyzsze warunki. Wowczas pierwsze nprostych rozcina p laszczyzn e na

    12 (n

    2 +n+2) obszarow. Niech A1, A2, . . ., An b ed apunktami przeci ecia prostej `n+1 z prostymi `1, `2, . . ., `n, odpowiednio. Punktyte rozcinaj a prost a `n+1 na n + 1 cz esci, i kazdy z tych kawa lkow dzieli jeden zobszarow na dwie cz esci. St ad liczba cz esci odpowiadaj acych n+ 1 prostym wynosi

    1

    2(n2 + n+ 2) + n+ 1 =

    1

    2((n+ 1)2 + (n+ 1) + 2),

    a wi ec na mocy zasady indukcji, teza zadania jest prawdziwa dla wszystkich n.

  • 8 ADAM OS EKOWSKI

    Ci agi rekurencyjne. Kolejny sposob polega na znalezieniu rekurencji wi az acejszukane wielkosci, a nast epnie jej rozwi azanie.

    Przyk lad 1.10. Wyznaczyc liczb e n-elementowych ci agow o wyrazach ze zbioru{0, 1, 2, 3}, zawieraj acych parzyst a liczb e zer.Rozwi azanie. Oznaczmy szukan a liczb e przez an oraz niech bn oznacza liczb e n-elementowych ci agow o wyrazach ze zbioru {0, 1, 2, 3}, zawieraj acych nieparzyst aliczb e zer. Rzecz jasna, zachodzi rownosc an + bn = 4

    n = liczba wszystkich n-elementowych ci agow o wyrazach w zbiorze {0, 1, 2, 3}, ale nie b edziemy tego po-trzebowac. Zwrocmy teraz uwag e, iz kazdy ci ag n+1-elementowy o parzystej liczbiezer mozna otrzymac na dok ladnie jeden z dwoch sposobow:

    dopisuj ac 0 na koncu pewnego ci agu n-elementowego o nieparzystej liczbie zer, dopisuj ac 1, 2 lub 3 na koncu pewnego ci agu n-elementowego o parzystej liczbie

    zer.

    Wynika st ad rekurencja an+1 = 3an + bn, i w analogiczny sposob wykazujemy,iz bn+1 = 3bn + an. St ad

    an+2 = 3an+1 + bn+1 = 3an+1 + 3bn + an = 3an+1 + 3(an+1 3an) + an= 6an+1 8an,

    dla n = 1, 2, . . .. Jest to liniowa rekurencja rz edu 2; w celu jej rozwi azania,rozwazmy rownanie charakterystyczne 2 = 6 8: otrzymujemy = 2 b adz = 4. St ad an = c1 2

    n + c2 4n dla n 1. Podstawiaj ac oczywiste rownoscia1 = 3, a2 = 10, dostajemy {

    2c1 + 4c2 = 3,

    4c1 + 16c2 = 10,

    sk ad c1 = c2 = 1/2 i ostatecznie an = (2n + 4n)/2.

    Zwijanie sum za pomoc a wielomianow i liczb zespolonych. Wykorzystuj ac twier-dzenia o dodawaniu i mnozeniu, cz esto jako wynik otrzymujemy pewn a sum e zale-z ac a od symboli Newtona (por. Przyk lad 1.5 powyzej) i powstaje naturalne pyta-nie, czy nie mozna jej ,,zwin ac do zwartego wzoru. Zaprezentujemy ponizej dwaprzyk lady, w ktorych pomocne okaz a si e wielomiany oraz liczby zespolone.

    Przyk lad 1.11. Udowodnic, ze dla dowolnych liczb ca lkowitych dodatnich k, m,n zachodzi rownosc (

    m+ n

    k

    )=

    m`=0

    (m

    `

    )(n

    k `

    ).

    Rozwi azanie. Lewa strona to wspo lczynnik przy xk w wielomianie (1 + x)m+n. Z

    drugiej strony, zachodzi rownosc (1 + x)m+n = (1 + x)m(1 + x)n; rozpiszmy kazdyz czynnikow (1 + x)m oraz (1 + x)n przy uzyciu dwumianu Newtona, a nast epniesprawdzmy wspo lczynnik przy xm po wymnozeniu nawiasow:((

    m

    0

    )+

    (m

    1

    )x+ . . .+

    (m

    m

    )xm)((

    n

    0

    )+

    (n

    1

    )x+ . . .+

    (n

    n

    )xn)

    = c xm+ . . . .

    W tym celu, spojrzmy na wyraz(m`

    )x`, pochodz acy z pierwszego nawiasu. Daje

    on nietrywialny wk lad we wspo lczynnik stoj acy przy xm wtedy i tylko wtedy, gdy

    trafia na wyraz(nk`)xk` z drugiego nawiasu. St ad wspo lczynnik przy x

    m jestrowny prawej stronie tozsamosci z tresci zadania.

  • METODYKA NAUCZANIA RACHUNKU PRAWDOPODOBIENSTWA 9

    Uwaga. Powyzsze zadanie mozna rowniez udowodnic w sposob czysto kombinato-ryczny. Lewa strona to liczba k-elementowych podzbiorow zbioru m + n elemen-towego A. Rozbijmy ten zbior na dwie cz esci: A = B C, gdzie |B| = m oraz|C| = n. Wowczas, przy wybieraniu k-elementowej kombinacji zbioru A, mamynast epuj ace mozliwosci:

    wybrac zero elementow ze zbioru B oraz k elementow ze zbioru C, wybrac jeden element ze zbioru B oraz k 1 elementow ze zbioru C,

    . . . wybrac k elementow ze zbioru B oraz zero elementow ze zbioru C.Wystarczy tylko zauwazyc, ze kazda z powyzszych mozliwosci prowadzi do od-

    powiedniego sk ladnika po prawej stronie tozsamosci, ktorej dowodzimy. To konczyrozwi azanie.

    Przyk lad 1.12. Dany jest n-elementowy zbior A. Na ile sposobow mozna wybracpodzbior A maj acy liczb e elementow podzieln a przez 3?

    Rozwi azanie. Rzecz jasna, szukana liczba wyborow wynosi(n

    0

    )+

    (n

    3

    )+

    (n

    6

    )+ . . . .

    Aby ,,zwin ac powyzsz a sum e, niech = 12 +

    3

    2 i b edzie zespolonym pierwiast-kiem stopnia 3 z jedynki. Na mocy dwumianu Newtona, mamy

    (1 + 1)n =

    (n

    0

    )+

    (n

    1

    )+

    (n

    2

    )+

    (n

    3

    )+

    (n

    4

    )+

    (n

    5

    )+

    (n

    6

    )+ . . . ,

    (1 + w)n =

    (n

    0

    )+

    (n

    1

    )w +

    (n

    2

    )w2 +

    (n

    3

    )+

    (n

    4

    )w +

    (n

    5

    )w2 +

    (n

    6

    )+ . . .

    oraz

    (1 + w2)n =

    (n

    0

    )+

    (n

    1

    )w2 +

    (n

    2

    )w +

    (n

    3

    )+

    (n

    4

    )w2 +

    (n

    5

    )w +

    (n

    6

    )+ . . . .

    Zauwazmy, ze 1 +w+w2 = 0; wobec tego, dodaj ac powyzsze trzy rownosci, otrzy-mujemy

    2n + (1 + w)n + (1 + w2)n = 3

    [(n

    0

    )+

    (n

    3

    )+

    (n

    6

    )+ . . .

    ].

    Zatem szukana odpowiedz to (2n + (1 + w)n + (1 + w2)n)/3.

    1.4. Liczby Catalana. Przeanalizujemy teraz pokrotce pewien wazny ci ag liczbo-wy, pojawiaj acy si e w wielu naturalnych zagadnieniach kombinatorycznych. Defi-niujemy n-t a liczb e Catalana wzorem

    Cn =1

    n+ 1

    (2n

    n

    ), n = 0, 1, 2, . . . .

    Omowimy ponizej dwa problemy, w ktorych wyst epuje powyzszy ci ag.

    Przyk lad 1.13. Wyznaczyc liczb e sciezek w zbiorze {(x, y) Z2 : 0 y x},

    id acych w prawo b adz w gor e, startuj acych z punktu (0, 0) i koncz acych w punkcie(n, n).

  • 10 ADAM OS EKOWSKI

    Dowod. Sciezki id ace w prawo b adz w gor e b edziemy nazywac monotonicznymi.Zacznijmy od prostszego zagadnienia. Dla pewnych ustalonych a, b Z, k, ` Z+,wyznaczymy liczb e monotonicznych sciezek l acz acych punkty (a, b) i (a+ k, b+ `).Kazda taka sciezka sk lada si e z k+` skokow, z ktorych k jest skierowanych w prawo,a ` w gor e. Jest ona zadana w sposob wzajemnie jednoznaczny poprzez wybor kmiejsc przeznaczony na skoki w prawo, a wi ec liczba takich sciezek wynosi

    (k+`k

    ).

    Wrocmy teraz do wyjsciowego problemu. Liczba wszystkich monotonicznychsciezek l acz acych (0, 0) oraz (n, n) wynosi

    (2nn

    ), jak w lasnie wykazalismy, a wi ec

    wystarczy wyznaczyc liczb e ,,z lych monotonicznych sciezek, tj. takich, ktore do-chodz a do prostej y = x+1. Niech s b edzie tak a sciezk a i niech P b edzie punktem zprostej y = x+1 odwiedzonym przez t e sciezk e, posiadaj acym najmniejsz a odci et a.Odbijmy fragment sciezki, l acz acy punkty (0, 0) i P , wzgl edem prostej y = x+ 1, i,,zlepmy go z pozosta l a cz esci a sciezki. Opisana tu operacja zadaje bijekcj e mi edzyklas a ,,z lych sciezek oraz klas a monotonicznych sciezek l acz acych punkt (1, 1) zpunktem (n, n). Wobec tego, na mocy rozumowania podanego we wst epie, liczbaz lych sciezek wynosi

    (2nn1), a st ad szukana odpowiedz wynosi(

    2n

    n

    )(

    2n

    n 1

    )=

    1

    n+ 1

    (2n

    n

    )= Cn.

    Przyk lad 1.14. Na ile sposobow mozna podzielic n + 2-k at foremny na trojk aty(zak ladamy, ze odcinki podzia lu musz a l aczyc wierzcho lki n+ 2-k ata)?

    Rozwi azanie. Oznaczmy szukan a liczb e sposobow przez an. Wykazemy kombina-torycznie, ze

    (n+ 2)an+1 = 2(2n+ 1)an, n = 1, 2, . . . ,

    co w po l aczeniu z oczywist a rownosci a a1 = 1 doprowadzi do

    an =2(2n 1)n+ 1

    an1 =22(2n 1)(2n 3)

    (n+ 1)nan2

    = . . . =2n(2n 1)!!

    (n+ 1)!a1 =

    1

    n+ 1

    (2n

    n

    )= Cn.

    Aby wykazac powyzsz a rekurencj e, wybierzmy n+ 2-k at foremny, ustalmy jeden zbokow i pokolorujmy go na czerwono. Nast epnie, rozwazmy dowoln a triangulacj e;sposrod 2n+1 odcinkow b ed acych bokami otrzymanych trojk atow (wliczaj ac takzepokolorowany bok) wybieramy jeden, i orientujemy go, zaznaczaj ac na nim strza lk ew jedn a lub w drug a stron e. Jest 2 (2n+ 1) an takich operacji.

    Nast epnie, wybierzmy n+ 3-k at foremny, ustalmy jeden z bokow i pokolorujmygo na czerwono. Rozwazmy dowoln a triangulacj e i wybierzmy jeden sposrod n+ 2,,nieczerwonych bokow wielok ata, maluj ac go na niebiesko. Takich operacji jest(n+ 2) an+1.

    Opiszemy teraz bijekcj e pomi edzy powyzszymi dwiema klasami ,,upi ekszonychtriangulacji. Mianowicie, wybierzmy triangulacj e n + 3-k ata i zgniecmy trojk atmaj acy niebieski bok do odcinka tak, by niebieski bok zredukowa l si e do punktu.Nast epnie, odcinek powsta ly wskutek zlepienia dwoch pozosta lych bokow zorien-tujmy tak, by strza lka wskazywa la w kierunku niebieskiego punktu. To prowadzido opisanej wyzej triangulacji n+2-k ata; jak latwo sprawdzic, zadana operacja jestw rzeczywistosci bijekcj a. To konczy rozwi azanie.

  • METODYKA NAUCZANIA RACHUNKU PRAWDOPODOBIENSTWA 11

    Zadania

    1. Rzucono cztery razy szescienn a kostk a do gry. Otrzymane liczby oczek zapi-sano w ci ag: przyk ladowo, (5, 2, 1, 1).

    (a) Ile jest mozliwych wynikow?

    Ponadto, ile jest takich wynikow, ze

    (b) pojawia si e co najmniej jedna liczba nieparzysta?(c) pojawiaj a si e dok ladnie dwie dwojki i jedna trojka?(d) pojawia si e podci ag trzech kolejnych liczb ca lkowitych?

    2. Na ile sposobow mozna umiescic osiem pierscieni na czterech palcach u r eki,jesli wiadomo, ze

    (a) pierscienie s a nierozroznialne;(b) pierscienie s a nierozroznialne, na kazdym palcu musi znalezc si e co najmniej

    jeden pierscien;(c) pierscienie s a rozroznialne, kolejnosc pierscieni na palcu jest nieistotna;(d) pierscienie s a rozroznialne, kolejnosc pierscieni na palcu jest istotna;(e) pierscienie s a rozroznialne, kolejnosc pierscieni na palcu jest istotna, na

    kazdym palcu musi znalezc si e co najmniej jeden pierscien;(f) pierscienie s a rozroznialne, kolejnosc pierscieni na palcu jest istotna, na

    kazdym palcu maj a si e znalezc dok ladnie dwa pierscienie.

    3. Na ile sposobow mozna wybrac szesc liczb ze zbioru {1, 2, . . . , 49} tak, abyzadne dwie liczby nie by ly kolejne?

    4. Wyznaczyc liczb e dziewi ecioliterowych s low jakie mozna utworzyc z pi eciuliter A, dwoch liter B oraz dwoch liter C, jezeli

    (a) nie ma ograniczen;(b) s lowo nie zawiera dwoch spo lg losek pod rz ad;(c) s lowo nie zawiera dwoch liter A pod rz ad.

    5. Niech X b edzie zbiorem punktow p laszczyzny (x.y) o obydwu wspo lrz ednychca lkowitych. Drog a d lugosci n nazywamy kazdy ci ag (P0, P1, . . . , Pn) punktowzbioru X spe lniaj acy warunek |Pi1Pi| = 1 dla i {1, 2, . . . , n}. Niech F (n) b edzieliczb a roznych drog (P0, P1, . . . , Pn) o pocz atku P0 = (0, 0) i koncu Pn po lozonymna prostej o rownaniu y = 0. Udowodnic, ze

    F (n) =

    (2n

    n

    ).

    6. Na ile sposobow mozna wybrac dwa niepuste i roz l aczne podzbiory zbioru{1, 2, . . . , n}?

    7. Wykazac, ze liczba -cia l podzbiorow zbioru {1, ..., n} wynosi 1ek0

    kn

    k! .

    8. Wyznaczyc liczb e n-elementowych ci agow o wyrazach ze zbioru {0, 1, 2},ktore nie zawieraj a dwoch zer pod rz ad.

    9. Wyznaczyc liczb e podzbiorow zbioru {1, 2, . . . , n}, niezawieraj acych parykolejnych liczb.

  • 12 ADAM OS EKOWSKI

    10. Wykazac kombinatorycznie tozsamosci

    (a) dla dowolnego n 1,

    n2n1 =

    nk=1

    k

    (n

    k

    ).

    (b) dla dowolnych m n,n

    k=m

    (k

    m

    )(n

    k

    )=

    (n

    m

    )2nm.

    (c) dla dowolnych r k n,(n

    k

    )=

    nk+r`=r

    (n `k r

    )(` 1r 1

    ).

    11. Pionek porusza si e po liczbach ca lkowitych, w kazdym ruchu przesuwaj acsi e do jednej z s asiaduj acych liczb. Zak ladamy, ze pionek startuje z zera i wykonuje2n ruchow, koncz ac ponownie w zerze.

    (a) Wyznaczyc liczb e takich trajektorii pionka, w ktorych odwiedza on wy l acznieliczby ca lkowite nieujemne.

    (b) Wyznaczyc liczb e takich trajektorii, ze za wyj atkiem pocz atkowego i kon-cowego po lozenia, pionek odwiedza tylko liczby ca lkowite dodatnie.

    (c) Wykazac, ze ci ag Catalana spe lnia rekurencj e

    Cn+1 =

    nk=0

    CkCnk, n = 0, 1, 2, . . . .

    12. Wykazac, ze dla dowolnej liczby ca lkowitej n > 1 zachodzi rownoscnk=1

    (1)k1k(n

    k

    )= 0.

  • METODYKA NAUCZANIA RACHUNKU PRAWDOPODOBIENSTWA 13

    2. Aksjomatyczna definicja prawdopodobienstwa

    2.1. Aksjomatyczna definicja, podstawowe w lasnosci. Przypuscmy, ze wyko-nujemy pewien eksperyment losowy. Powstaje natychmiast pytanie: w jaki sposobopisac go matematycznie?

    Zacznijmy od tego, iz mozemy mowic o jego potencjalnych ,,najdrobniejszychwynikach, ktore b edziemy nazywac zdarzeniami elementarnymi. Zbior wszystkichzdarzen elementarnych oznaczamy liter a , a do oznaczenia zdarzen elementarnychb edziemy zazwyczaj uzywac litery b adz 1, 2, . . ..

    Przyk lady:1. Rzut monet a: mozliwe dwa wyniki: = {O,R}.2. Rzut kostk a: mozliwe szesc wynikow: = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.W wielu sytuacjach interesuje nas nie tyle konkretny wynik , ale to, czy nalezy

    on do wczesniej ustalonego podzbioru zbioru . Takie podzbiory nazywamy zdarze-niami i b edziemy je oznaczac literami A, B, C, . . ..

    Przyk lady, c.d.:3. Rzucamy dwa razy kostk a, A - suma oczek wynosi 4. Wowczas

    = {(i, j) : 1 i, j 6} i A = {(1, 3), (2, 2), (3, 1)}.

    4. Rzucamy monet a az do wypadni ecia or la, A - wykonano co najwyzej trzyrzuty. Wowczas

    ={

    (O), (R,O), (R,R,O), (R,R,R,O), . . .}

    i A ={

    (O), (R,O), (R,R,O)}.

    5. Obrot tarczy w ruletce, A - strza lka zatrzymuje si e w drugiej cwiartce.Wowczas = [0, 2) i A = [/2, ].

    Szczegolne zdarzenia, interpretacje dzia lan/relacji na zdarzeniach: - zdarzenie pewne, - zdarzenie niemozliwe,A B - zasz ly oba zdarzenia A, B,A B = - zdarzenia si e wykluczaj a (s a roz l aczne),A B - zasz lo A lub B,A - nie zasz lo A (A nazywamy zdarzeniem przeciwnym do A, b adz dope lnieniem

    zbioru A),A \B = A B - zasz lo A i nie zasz lo B,A B - A poci aga za sob a B.

    W powyzszych rozwazaniach nie narzucalismy zadnych za lozen dotycz acych zda-rzen: zdarzeniem mog l byc dowolny podzbior zbioru . Mozna pracowac przy tymza lozeniu pod warunkiem ze zbior jest co najwyzej przeliczalny: wowczas nazbiorze pot egowym 2

    mozna okreslic ,,sensowne prawdopodobienstwa. Niestety,w ogolnej sytuacji nie jest to dopuszczalne (jesli zbior jest mocy continuum,to na klasie 2 nie da si e w zasadzie okreslic sensownego prawdopodobienstwa).Aby obejsc t e trudnosc, na ogo l wyroznia si e klas e F zdarzen, ktore s a obiektemdalszych badan. Co zak ladamy o F? Rozs adna klasa powinna byc zamkni eta nabranie przeliczalnych sum, iloczynow i zdarzenia przeciwnego; zak ladamy wi ec, zeF jest pewnym wyroznionym -cia lem podzbiorow . Przypomnijmy odpowiedni adefinicj e.

  • 14 ADAM OS EKOWSKI

    Definicja 2.1. Rodzin e F podzbiorow nazywamy -cia lem, jesli(i) F ,(ii) A F A F ,

    (iii) A1, A2, . . . F n=1

    An F .

    Par e (,F) nazywamy przestrzeni a mierzaln a.

    Przejdzmy teraz do definicji prawdopodobienstwa. Czym w ogole jest to poj eciei jakie powinno miec w lasnosci? Chwila zastanowienia prowadzi nas do cz esciowejodpowiedzi na to pytanie: powinna byc to funkcja okreslona na F , przyjmuj acawartosci w zbiorze [0, 1]. Aby zyskac wi ecej intuicji dotycz acej tego obiektu, wygod-nie najpierw rozwazyc tzw. cz estosc zdarzen. Za lozmy, iz w pewnym doswiadczeniuinteresuje nas prawdopodobienstwo zajscia pewnego zdarzenia A. Powtorzmy todoswiadczenie n razy i zdefiniujmy

    n(A) =liczba doswiadczen w ktorych zasz lo A

    n.

    Jest to cz estosc wzgl edna zajscia zdarzenia A w serii n doswiadczen; spodziewamysi e, iz dla duzych n liczba n(A) powinna byc bliska szansie zajscia zdarzenia A wpojedynczym doswiadczeniu. Naturalnym pomys lem jest okreslenie

    P(A) = limn

    n(A).

    Przyjmuj ac tak a definicj e, napotykamy szereg uci azliwych problemow. Przedewszystkim, nie jest jasne, czy powyzsza granica w ogole istnieje. Po drugie, rownieznie jest jasne, czy powtarzaj ac doswiadczenia w dwoch seriach, za kazdym razemotrzymamy t e sam a granic e. Co prawda mozna przyj ac te dwie w lasnosci jako aksjo-mat - prowadzi to jednak do bardzo skomplikowanej definicji prawdopodobienstwa.Aby unikn ac tych nieprzyjemnych trudnosci, pojdziemy inn a drog a. Znajdziemy ze-staw prostszych i ewidentnych aksjomatow dotycz acych prawdopodobienstwa, ktorewymuszaj a postulowana wyzej zbieznosc cz estosci wzgl ednych.

    Aby wprowadzic t e alternatywn a definicj e prawdopodobienstwa, spojrzmy jesz-cze raz na cz estosc wzgl edn a. Jak latwo sprawdzic, n przyjmuje wartosci w prze-dziale [0, 1] oraz posiada nast epuj ace w lasnosci:

    (i) n() = 1,

    (ii) jesli A1, A2, . . . s a parami roz l aczne, to n

    ( k=1

    Ak

    )=

    k=1

    n(Ak).

    Prowadzi to do nast epuj acej definicji, wprowadzonej przez Ko lmogorowa w 1933roku.

    Definicja 2.2 (Aksjomatyczna definicja prawdopodobienstwa). Niech (,F) b edzieustalon a przestrzeni a mierzaln a. Funkcj e P : F [0, 1] nazywamy prawdopodobien-stwem, jesli

    (I) P() = 1,(II) dla dowolnych parami roz l acznych zdarzen A1, A2, . . . zachodzi

    P

    ( k=1

    Ak

    )=

    k=1

    P(Ak).

  • METODYKA NAUCZANIA RACHUNKU PRAWDOPODOBIENSTWA 15

    Trojk e (,F ,P) nazywamy przestrzeni a probabilistyczn a.

    Uwagi:1. Prawdopodobienstwo jest wi ec miar a unormowan a na (,F). Czasami b e-

    dziemy mowic, ze P jest miar a probabilistyczn a.2. Nalezy pami etac, iz przy modelowaniu konkretnego doswiadczenia losowego

    wybor przestrzeni probabilistycznej zalezy tylko od nas. W wielu sytuacjach z wa-runkow doswiadczenia wynikaj a pewne postulaty, ktore w mniej czy bardziej jedno-znaczny sposob zadaj a trojk e (,F ,P); czasami jednak tak nie jest (por. paradoksBertranda ponizej).

    3. W przypadku gdy jest zbiorem skonczonym, warunek (II) mozna zast apicprzez

    (II) dla dowolnych parami roz l acznych A, B F , P (A B) = P(A) + P(B),

    co wynika z prostej indukcji. Istotnie, jesli zbiory A1, A2, . . . s a parami roz l aczne,to dla dostatecznie duzych n (powiedzmy, n N) mamy An = , i wobec tego,

    P

    ( k=1

    Ak

    )= P

    (Nk=1

    Ak

    )= P

    ((N1k=1

    Ak

    )AN

    )= P

    (N1k=1

    Ak

    )+ P(AN )

    = P

    ((N2k=1

    Ak

    )AN1

    )+ P(AN )

    = P

    (N2k=1

    Ak

    )+ P(AN2) + P(AN1)

    = . . .

    =

    Nk=1

    P(Ak) =k=1

    P(Ak).

    Jesli jednak jest zbiorem nieskonczonym, to warunek (II) jest istotnie s labszy ina ogo l nie wystarcza (por. Przyk lad 2.4 ponizej).

    Twierdzenie 2.1 (Podstawowe w lasnosci prawdopodobienstwa). Przypuscmy, ze(,F ,P) jest przestrzeni a probabilistyczn a oraz A, B, A1, A2, . . . F . Wowczas

    (i) P() = 0.

    (ii) Jesli A1, A2, . . . , An s a parami roz l aczne, to P

    (ni=1

    Ai

    )=

    ni=1

    P(Ai).

    (iii) P(A) = 1 P(A).(iv) Jesli A B, to P(B \A) = P(B) P(A) oraz P(A) P(B).(v) P(A B) = P(A) + P(B) P(A B).

    (vi) P

    ( i=1

    Ai

    )i=1

    P(Ai).

    Dowod. (i) Stosujemy warunek (II) do ci aguA1 = A2 = . . . = . Szeregk=1 P(Ak)

    ma byc zbiezny, co wymusza P() = 0.

  • 16 ADAM OS EKOWSKI

    (ii) Stosujemy warunek (II) do nieskonczonego ci agu A1, A2, . . ., An, , , . . . ikorzystamy z (i).

    (iii) Wynika to natychmiast z (ii) zastosowanego do dwoch zbiorow: A1 = A iA2 = A

    .(iv) Pierwsza cz esc wynika z (ii) zastosowanego do zbiorow A1 = A i A2 = B\A.

    Druga cz esc wynika z pierwszej oraz nierownosci P(B \A) 0.(v) Na mocy (ii) zachodzi rownosc P(AB) = P(A \B) +P(AB) +P(B \A).

    Z drugiej strony, mamy P(A) = P(A \B) +P(AB) oraz P(B) = P(B \A) +P(AB), ponownie na mocy w lasnosci (ii). L acz ac te trzy rownosci dostajemy z adan atozsamosc.

    (vi) Rozwazmy pomocniczy ci ag zdarzen, zadany przez B1 = A1 oraz Bn =An \ (A1 A2 . . .An1) dla n 2. Wowczas, bezposrednio z definicji, widzimy,ze zdarzenia B1, B2, . . . s a roz l aczne i

    k=1Bk =

    k=1Ak. Zatem

    P

    ( k=1

    Ak

    )= P

    ( k=1

    Bk

    )=

    k=1

    P(Bk).

    Wystarczy juz tylko zauwazyc, ze P(Bn) P(An) dla wszystkich n, co wynika zw lasnosci (iv) oraz oczywistej inkluzji Bn An, n = 1, 2, . . ..

    W lasnosc (v) z powyzszego twierdzenia mozna uogolnic na przypadek skonczonejliczby zbiorow. Zachodzi nast epuj acy fakt.

    Twierdzenie 2.2 (Wzor w laczen i wy l aczen). Jesli A1, A2, . . . , An F , to

    P(A1 A2 . . . An) =ni=1

    P(Ai)i

  • METODYKA NAUCZANIA RACHUNKU PRAWDOPODOBIENSTWA 17

    Jak latwo sprawdzic, zdarzenia B1, B2, . . . s a parami roz l aczne,kn=1Bn = Ak dla

    dowolnego k 1 orazn=1Bn =

    n=1An. Zatem

    P

    ( n=1

    An

    )= P

    ( n=1

    Bn

    )

    =

    n=1

    P(Bn) = limk

    kn=1

    P(Bn) = limk

    P

    (k

    n=1

    Bn

    )= limk

    P(Ak),

    gdzie w drugim przejsciu korzystalismy z przeliczalnej addytywnosci miary P, a wczwartym skorzystalismy z Twierdzenia 2.1 (ii).

    (ii) Ci ag dope lnien (An)n1 jest wst epuj acy, a zatem, korzystaj ac z (i) oraz z

    praw de Morgana, mamy

    P

    ( n=1

    An

    )= 1 P

    (( n=1

    An

    ))

    = 1 P

    ( n=1

    An

    )= 1 lim

    nP(An) = lim

    nP(An).

    Przejdziemy teraz do przyk ladow.

    2.2. Schemat klasyczny (prawdopodobienstwo klasyczne). Za lozmy, ze jest zbiorem skonczonym, F = 2 i wszystkie zdarzenia jednoelementowe s a jed-nakowo prawdopodobne. Wowczas kazdy zbior jednoelementowy ma prawdopodo-bienstwo 1/||, a w konsekwencji, dla dowolnego A F ,

    P(A) =|A|||

    .

    Przyk lad 2.1. Rzucono dwa razy kostk a. Jakie jest prawdopodobienstwo tego, zesuma oczek wynosi 8?

    Rozwi azanie. Rozpoczynamy od odpowiedniego modelu powyzszego doswiadczenialosowego. Pojedynczy wynik to ci ag dwuelementowy (i, j), gdzie oba wyrazy toliczby ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Wobec tego || = 36. Za lozenie, ze kazda para(i, j) ma t e sam a szans e pojawienia si e, jest tu jednym sensownym wyborem praw-dopodobienstwa (w tresci nie ma ani s lowa o tym, ze kostka nie jest prawid lowa).Wobec tego przyjmujemy, ze mamy do czynienia ze schematem klasycznym. Wy-starczy juz tylko zauwazyc, ze

    A = {(2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2)},sk ad |A| = 5 i P(A) = 5/36.

    Mozna probowac modelowac powyzsze doswiadczenie bior ac, jako jego wynik,zbior z lozony z uzyskanych liczb oczek; innymi s lowy, okreslmy

    ={{i, j} : i, j {1, 2, 3, 4, 5, 6}

    }.

    Wowczas, jak latwo si e przekonac, || = 21 (jest 15 dwuelementowych podzbioroworaz 6 jednoelementowych podzbiorow zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6}). Ponadto,

    A ={{2, 6}, {3, 5}, {4}

    },

    sk ad |A|/|| = 1/7. Otrzymalismy inny wynik niz poprzednio: jest to zwi azanez tym, ze przy obecnym wyborze , zdarzenia jednoelementowe nie s a jednakowo

  • 18 ADAM OS EKOWSKI

    prawdopodobne. Istotnie, przyk ladowo, zbior {4}, odpowiadaj acy liczbom oczek 4i 4, ma dwa razy mniejsz a szans e niz {1, 3}, ktory moze byc zrealizowany na dwasposoby: 1 i 3, lub 3 i 1. Innymi s lowy, wybor prawdopodobienstwa klasycznegonie jest tu sensownym wyborem.

    Przyk lad 2.2. Z urny zawieraj acej 5 kul bia lych i 4 kule czarne losojemy kolejnopo jednej kuli bez zwracania. Obliczyc prawdopodobienstwo tego, ze

    a) pierwsza kula jest bia la,b) druga kula jest bia la,c) ostatnia kula jest bia la.

    Rozwi azanie. Bardzo latwo okreslic przestrzen probabilistyczn a opisuj ac a powyzszedoswiadczenie. Mianowicie, ponumerujmy kule: wowczas w urnie znajduj a si e ele-menty B1, B2, B3, B4, B5, C1, C2, C3, C4, i to zbior wszystkich permutacji tychkul. Ponadto, || = 9!, F = 2 oraz P jest prawdopodobienstwem klasycznym.

    Oznaczmy zdarzenia opisane w a), b) oraz c) przez A, B oraz C, odpowiednio.Mamy |A| = 5 8!, a wi ec P(A) = 5/9. Aby wyznaczyc P(B) oraz P(C), moznasprobowac policzyc |B| i |C| ,,na piechot e; my post apimy inaczej. Mianowicie,transpozycja

    (a1, a2, a3, a4, . . . , a9) 7 (a2, a1, a3, a4, . . . , a9)zadaje bijekcj e mi edzy zdarzeniami elementarnymi sprzyjaj acymi A i B; st ad |A| =|B| i P(B) = P(A) = 5/9. Analogicznie wykazujemy, ze P(C) = P(A) = 5/9.

    Mozna to zadanie rozwi azac inaczej, bez numerowania i odrozniania kul. Miano-wicie, wynikiem losowania jest wybor pi eciu miejsc sposrod dziewi eciu, na ktorychznajd a si e bia le kule. Zatem

    ={

    pi ecioelementowe kombinacje zbioru {1, 2, . . . , 9}}.

    Przyjmujemy F = 2 oraz zak ladamy, ze P jest prawdopodobienstwem klasycznym.Wowczas

    |A| = |B| = |C| =(

    1

    1

    )(8

    4

    ).

    Istotnie: bia la kula musi znalezc si e na wyroznionym miejscu (tzn. pierwszym,drugim lub dziewi atym - w zaleznosci od tego, czy badamy A, B czy C). Pozostajeosiem miejsc, sposrod ktorych wybieramy pozosta le cztery. St ad

    P(A) = P(B) = P(C) =(

    84

    )(95

    ) = 59.

    Przyk lad 2.3. Przetasowano tali e 52 kart i ci agni eto kolejno po jednej karcie azdo momentu wyci agni ecia pierwszego asa. Co jest bardziej prawdopodobne: to, zenast epna karta b edzie asem pik, czy to, ze nast epna karta b edzie dwojk a trefl?

    Rozwi azanie. Mozemy przyj ac, ze odkrywamy kolejno wszystkie 52 karty. Wowczas to zbior wszystkich permutacji talii kart (a wi ec || = 52!), za F mozemy wzi ac2, i jasne jest, ze jedynym rozs adnym wyborem dla P jest prawdopodobienstwoklasyczne. Rozwazmy zdarzenia

    A - po pierwszym asie wyst epuje as pik,B - po pierwszym asie wyst epuje walet kier.

    Aby wyznaczyc moc A, zwrocmy uwag e, iz kazda permutacja talii kart mozebyc jednoznacznie zrealizowana w nast epuj acy sposob: wyrzucmy z talii asa pik;nast epnie ustawmy pozosta le karty w dowolny ci ag; wreszcie, do lozmy asa pik do

  • METODYKA NAUCZANIA RACHUNKU PRAWDOPODOBIENSTWA 19

    tego ci agu, umieszczaj ac go na jednej z mozliwych 52 pozycji. Patrz ac w ten sposobna permutacje, widac, ze moc A wynosi 51! 1: po spermutowaniu wszystkich kartnieb ed acych asem pik, as pik ma tylko jedno miejsce, stoj ace za pierwszym asem.St ad

    P(A) =|A|||

    =51!

    52!=

    1

    52.

    Zwrocmy uwag e, ze dok ladnie to samo rozumowanie pozostaje w mocy gdy asapik zast apimy waletem kier (b adz inn a ustalon a kart a). St ad prawdopodobienstwozdarzenia B rowniez wynosi 1/52.

    Jest to wynik, ktory moze nieco przeczyc intuicji. Wydaje si e, ze prawdopodo-bienstwo zdarzenia A powinno byc mniejsze: skoro patrzymy na kart e wyst epuj ac apo pierwszym asie, szanse asa pik powinny byc mniejsze. Powyzszy rachunek wy-kazuje jednak, ze tak nie jest.

    Przyk lad 2.4. Omowimy teraz ciekawy paradoks, zwi azany z losowym wyboremliczby naturalnej. Otoz doswiadczenie opisane s lowami ,,wybieramy losowo liczb enaturaln a; wybor kazdej liczby jest tak samo prawdopodobny nie daje si e opisacza pomoc a powyzszego modelu (aksjomatyki Ko lmogorowa). Istotnie, gdyby sto-sowne prawdopodobienstwo P istnia lo i zachodzi lby warunek P({i}) = P({j}) dladowolnych i, j N, to wowczas rownosc

    1 = P(N) =j=0

    P({j})

    nie mog laby miec miejsca. Czasami w literaturze mozna napotkac nast epuj ac aprob e obejscia tego problemu: mianowicie, dla podzbioru A N okreslmy

    P(A) = limn

    |A {0, 1, 2, . . . , n}|n+ 1

    ,

    o ile granica istnieje. Funkcja P posiada szereg poz adanych w lasnosci. Przyk ladowo,dla dowolnego m = 1, 2, . . ., zdarzenie ,,wylosowana liczba dzieli si e przez m, od-powiada zbiorowi A = {0,m, 2m, 3m, . . .} i ma prawdopodobienstwo 1/m. Napoty-kamy jednak szereg uci azliwych problemow. Po pierwsze, klasa ,,dobrych zbiorowA (dla ktorych powyzsza granica istnieje) nie jest nawet cia lem: jesli P(A), P(B)istniej a, to P(A B) juz na ogo l nie musi. Istotnie: niech A b edzie zbiorem nie-ujemnych liczb parzystych. Ponadto, ustalmy ci ag N1 < N2 < N3 < . . . i okreslmy

    B = {liczby parzyste z przedzia lu [0, N1)} {liczby nieparzyste z przedzia lu [N1, N2)} {liczby parzyste z przedzia lu [N2, N3)} {liczby nieparzyste z przedzia lu [N3, N4)} . . . .

    Widac, ze jesli ci ag (Nj)j=1 rosnie dostatecznie szybko, to

    lim supn

    |(A B) {0, 1, 2, . . . , n}|n+ 1

    =1

    2oraz

    lim infn

    |(A B) {0, 1, 2, . . . , n}|n+ 1

    = 0,

    a wi ec granica

    limn

    |(A B) {0, 1, 2, . . . , n}|n+ 1

  • 20 ADAM OS EKOWSKI

    nie istnieje. Kolejny problem dotyczy ,,prawdopodobienstwa P okreslonego wyzej.Funkcja P przyjmuje wartosci w przedziale [0, 1] oraz P(N) = 1. Ponadto, jak latwosprawdzic, P jest skonczenie addytywna: P(A1 A2 . . .AN ) = P(A1) +P(A2) +. . .+P(AN ) dla dowolnych parami roz l acznych zbiorow A1, A2, . . ., AN dla ktorych,,prawdopodobienstwa P(A1), P(A2), . . ., P(AN ) istniej a. Niestety, funkcja P niespe lnia przeliczalnej addytywnosci. Istotnie, jak latwo sprawdzic, mamy P({j}) = 0dla dowolnego j N, sk ad

    j=0

    P({j}) = 0.

    Z drugiej strony, jak juz zauwazylismy wczesniej, mamy

    P

    j=0

    {j}

    = P(N) = 1,a wi ec P nie jest prawdopodobienstwem jak w powyzszej definicji.

    Przyk lad 2.5. Zastanowmy si e nad nast epuj ac a kontynuacj a powyzszych rozwazan.Mianowicie, czy istnieje miara probabilistyczna P (w sensie Definicji 2.2 powyzej)na (N, 2N) taka, ze dla wszystkich k 1,

    (2.1) P({wylosowana liczba jest podzielna przez k}) = 1k

    ?

    Przypuscmy, ze istnieje takie prawdopodobienstwo P. Niech p1 < p2 < . . . b edzieci agiem wszystkich liczb pierwszych i niech

    Apj = {wylosowana liczba dzieli si e przez pj}.Korzystaj ac ze wzoru w l aczen i wy l aczen oraz (2.1) mamy, dla dowolnych m n,

    P(Apm Apm+1 . . . Apn) =

    mkn

    P(Apk)

    mk

  • METODYKA NAUCZANIA RACHUNKU PRAWDOPODOBIENSTWA 21

    Przyk lad 2.6. Na loterii jest 10 losow wygrywaj acych, 100 losow przegrywaj acychi 1000 losow uprawniaj acych do ponownego losowania. Kupujemy los, a nast epniegramy az do momentu wyci agni ecia losu przes adzaj acego o wygranej b adz przegra-nej (w przypadku uzyskania losu ,,przejsciowego, nie zwracamy go z powrotem).Jakie jest prawdopodobienstwo wygranej?

    Rozwi azanie. Ponumerujmy losy: mamy wi ec 10 losow wygrywaj acych W1, W2, . . .,W10, 100 losow przegrywaj acych L1, L2, . . ., L100 oraz 1000 losow ,,przejsciowychT1, T2, . . ., T1000. Sprobujmy okreslic przestrzen probabilistyczn a opisuj ac a powyzszyeksperyment losowy. Pierwszy pomys l polega na rozwazeniu roznowartosciowychci agow:

    ={

    (a1, a2, . . . , ak) :a1, a2, . . . , ak1 {T1, T2, . . . , T1000},ak {W1,W2, . . . ,W10, L1, L2, . . . , L100}

    }- wypisujemy kolejno wyci agni ete ,,przejsciowe losy oraz, na ostatniej pozycji,umieszczamy decyduj acy los. Niestety, przy takim wyborze , nie powinnismyuzywac prawdopodobienstwa klasycznego: intuicyjnie jasne jest, ze (przyk ladowo)ci agi (W1) oraz (T1, T2, T3, . . . , T1000,W1) nie powinny miec tego samego prawdo-podobienstwa.

    Aby rozwi azac ten problem, sprobujmy patrzec wy l acznie na ostatni wyloso-wany los; wowczas = {W1,W2, . . . ,W10, L1, L2, . . . , L100}. Co wi ecej, z sy-metrii losow widac, ze rozs adnie jest przyj ac, ze zdarzenia jednoelementowe s arownoprawdopodobne. St ad natychmiast widzimy, ze szukane prawdopodobienstwowynosi 10/110 = 1/11.

    2.3. Prawdopodobienstwo zadane przez miary atomow. Za lozmy, ze ={1, 2, . . .} jest zbiorem co najwyzej przeliczalnym oraz p1, p2, . . . - liczby nie-ujemne o sumie 1. Wowczas wybor F = 2 oraz P({i}) = pi, i = 1, 2, . . .,jednoznacznie zadaje przestrzen probabilistyczn a (,F ,P): dla kazdego A Fmamy

    P(A) =i

    1A(i)pi,

    gdzie 1A to funkcja wskaznikowa (charakterystyczna) b adz indykator zbioru A:

    1A() =

    {1 jesli A,0 jesli / A.

    Przyk lad 2.7. Rzucamy prawid low a monet a az do momentu, gdy wyrzucimy or la.Jakie jest prawdopodobienstwo, ze wykonamy dok ladnie k rzutow?

    Rozwi azanie. Jesli jako wynik doswiadczenia wezmiemy liczb e rzutow, to ={1, 2, . . . ,}. W celu wyznaczenia prawdopodobienstwa zdarzenia {k}, spojrzmyna pokrewny problem. Rzucamy k razy monet a; jaka jest szansa, ze w pierwszychk1 pierwszych rzutach wypadaj a reszki, a w ostatnim rzucie wypada orze l? To za-gadnienie latwo analizujemy przy uzyciu prawdopodobienstwa klasycznego: wynikto 1/2k.

    2.4. Prawdopodobienstwo geometryczne. Za lozmy, ze B(Rd), tzn. jest podzbiorem borelowskim Rd, przy czym 0 < || < (tu | | oznacza miar e

  • 22 ADAM OS EKOWSKI

    Lebesguea w Rd). Niech F = B() b edzie -cia lem podzbiorow borelowskich , amiara probabilistyczna P b edzie zadana przez

    P(A) =|A|||

    .

    Wowczas trojka (,F ,P) jest przestrzeni a probabilistyczn a. Przestrzen t e wyko-rzystujemy do modelowania doswiadczenia polegaj acego na losowaniu (na chybi ltrafi l) punktu ze zbioru .

    Przyk lad 2.8. Z przedzia lu [0, 1] wybieramy losowo dwie liczby. Jakie jest praw-dopodobienstwo tego, ze obie te liczby s a mniejsze niz 1/2?

    Rozwi azanie. Oznaczmy wybrane liczby przez x i y. Widzimy, ze wynikiem powyz-szego doswiadczenia jest para (x, y), sk ad

    = {(x, y) : x, y [0, 1]} = [0, 1]2.Jako -cia lo F bierzemy klas e podzbiorow borelowskich , a jako P bierzemy praw-dopodobienstwo geometryczne na .

    Nast epnym krokiem jest zinterpretowanie badanego zdarzenia A jako podzbioru. Otoz A = {(x, y) : x, 1/2} = [0, 1/2]2, a zatem

    P(A) =|A|||

    =1

    4.

    Przejdzmy teraz do kolejnego klasycznego zagadnienia.

    Przyk lad 2.9. Kij z lamano losowo w dwoch miejscach. Obliczyc prawdopodo-bienstwo tego, ze z otrzymanych trzech kawa lkow da si e zbudowac trojk at.

    Rozwi azanie: sposob I. Rozpocznijmy od okreslenia przestrzeni probabilistycznej.Utozsamiaj ac kij z odcinkiem [0, 1], widzimy, iz wybieramy losowo dwie liczbynalez ace do tego przedzia lu. Wobec tego, podobnie jak w poprzednim przyk ladzie,bierzemy = [0, 1]2, F = B([0, 1]2) oraz okreslamy P jako prawdopodobienstwogeometryczne.

    Zoobaczmy teraz, jakiemu podzbiorowi odpowiada zdarzenie A - z otrzyma-nych trzech odcinkow da si e zbudowac trojk at. B edziemy sprawdzac nierownosctrojk ata. Rozwazmy dwa przypadki.

    1 x y. Wowczas odcinki powsta le z podzia lu maj a d lugosci x, y x oraz1 y. Da si e zbudowac z nich trojk at, jesli zachodzi kazdy z trzech warunkow

    x+ (y x) > 1 y (rownowaznie: y > 1/2),(y x) + 1 y > x (rownowaznie: x < 1/2)

    orazx+ 1 y > y x (rownowaznie: y < x+ 1/2).

    Powyzsze nierownosci opisuj a trojk at o polu 1/8, zawarty w .2 y < x. Rozumuj ac analogicznie, ponownie otrzymujemy trojk at o polu 1/8

    (roz l aczny z poprzednim trojk atem).

    Wobec tego, badane zdarzenie A ma pole 1/4; zatem P(A) = |A||| = 1/4.

    Rozwi azanie: sposob II. Obierzmy teraz inn a przestrzen probabilistyczn a. Ponow-nie utozsamiamy kij z odcinkiem [0, 1], ale tym razem przez x oznaczamy niewi eksz a,a przez y niemniejsz a z wylosowanych liczb. To prowadzi do zbioru = {(x, y) :0 x y 1}, ktory jest trojk atem o polu 1/2. Dalej, okreslamy jak wyzej: F =

  • METODYKA NAUCZANIA RACHUNKU PRAWDOPODOBIENSTWA 23

    B() oraz P jest prawdopodobienstwem geometrycznym. Dalsze rozwazania s a ta-kie same jak w poprzednim sposobie, przy czym musimy rozwazyc tylko przypadek1. Zdarzeniu A odpowiada trojk at o polu 1/8, a wi ec P(A) = |A|/|| = 1/4.

    Rozwi azanie: sposob III. Tym razem spojrzmy nieco inaczej na po lamanie kija (po-nownie utozsamianego z odcinkiem [0, 1]). Otrzymujemy wowczas trzy odcinki;oznaczmy d lugosci pierwszych dwoch z nich - licz ac ,,od lewej strony - przez xoraz y (wowczas trzeci odcinek ma d lugosc 1 x y). Wobec tego,

    = {(x, y) : x, y 0, x+ y 1}.

    Ponadto, bierzemy F = B() oraz okreslamy P jako prawdopodobienstwo geome-tryczne na .

    Z powsta lych trzech odcinkow da si e zbudowac trojk at, jesli x < 1/2, y < 1/2oraz x + y > 1/2. Zaznaczaj ac odpowiedni zbior, widzimy, iz jest on trojk atem opolu 1/8. Zatem P(A) = |A|/|| = 1/4.

    We wszystkich trzech sposobach powyzej otrzymalismy ten sam wynik: 1/4,pomimo, iz uzylismy roznych przestrzeni probabilistycznych. Na ogo l tak byc niemusi, co ilustruje kolejny przyk lad.

    Przyk lad 2.10 (Paradoks Bertranda). Z okr egu o promieniu 1 wylosowano ci eciw eAB. Jakie jest prawdopodobienstwo tego, ze b edzie ona d luzsza niz bok trojk atarownobocznego wpisanego w ten okr ag?

    Przedstawimy trzy rozwi azania.I) Ze wzgl edu na niezmienniczosc okr egu na obroty, wylosowanie ci eciwy AB

    mozemy utozsamic z wylosowaniem miary k ata srodkowego = AOB [0, 2).Tak wi ec = [0, 2), F = B() oraz P jest prawdopodobienstwem geometrycznym.Ci eciwa spe lnia warunki zadania wtedy i tylko wtedy, gdy (2/3, 4/3), a zatemszukane prawdopodobienstwo wynosi

    P((2/3, 4/3)) =|(2/3, 4/3)||[0, 2)|

    =1

    3.

    II) Wylosowanie ci eciwy mozna utozsamic z wylosowaniem jej srodka. Mamywi ec = B(0, 1), F = B() i P jest prawdopodobienstwem geometrycznym.Ci eciwa b edzie spe lnia la z adane warunki wtedy i tylko wtedy, gdy jej srodek b edzieleza l wewn atrz ko la o promieniu 1/2 wspo lsrodkowego z danym okr egiem, zatemszukane prawdopodobienstwo wynosi

    P([0, 1/2)) =|B(0, 1/2)|B(0, 1)

    =1

    4.

    III) Tak jak w poprzednim rozwi azaniu, bierzemy pod uwag e po lozenie srodkaci eciwy, lecz tym razem patrzymy na jego odleg losc od srodka okr egu. Tak wi ec = [0, 1], F = B() i P jest prawdopodobienstwem geometrycznym. Ci eciwab edzie spe lnia la warunki zadania jesli jej srodek b edzie odleg ly od srodka okr egu omniej niz 1/2. Zatem szukane prawdopodobienstwo wynosi

    P([0, 1/2)) =|[0, 1/2)||[0, 1]|

    =1

    2.

  • 24 ADAM OS EKOWSKI

    Tak wi ec widzimy, iz otrzymalismy trzy rozne wyniki, st ad wyraz ,,paradokspowyzej. Sprzecznosci jednak tu nie ma - uzylismy trzech roznych przestrzeni pro-babilistycznych do opisu tego samego doswiadczenia losowego. Ogolnie rzecz uj-muj ac, teoria prawdopodobienstwa nie rozstrzyga, jaki model doswiadczenia nalezywybrac; pozwala ona obliczac prawdopodobienstwa zdarzen dopiero w sytuacji, gdyzadano juz konkretn a przestrzen probabilistyczn a.

    Przyk lad 2.11. Z przedzia lu [0, 1] losujemy nieskonczenie wiele punktow. Wy-znaczyc prawdopodobienstwo tego, ze w kazdym otwartym przedziale zawartym w[0, 1], znajdzie si e co najmniej jeden punkt.

    Rozwi azanie. Przede wszystkim, zauwazmy, iz wystarczy ograniczyc si e do przedzia- low o koncach wymiernych. Kolejnym krokiem jest zdefiniowanie odpowiedniejprzestrzeni probabilistycznej. Sytuacja jest tu nieco bardziej z lozona; kazdy ,,po-jedynczy wynik doswiadczenia to nieskonczony ci ag (x1, x2, . . .) liczb z przedzia lu[0, 1], a wi ec = [0, 1]

    N. Jako F bierzemy -cia lo zbiorow borelowskich (wyposa-zonej w topologi e Tichonowa). Pojawia si e problem okreslenia odpowiedniej miaryprobabilistycznej; otoz bierzemy miar e produktow a, tzn. tak a, ze dla kazdego pod-zbioru A = A1 A2 . . .AN [0, 1] [0, 1] . . . mamy

    P(A) =Nj=1

    |Aj |.

    Innymi s lowy, jest to miara o tej w lasnosci, ze jesli zaw ezimy rozwazania do pierw-szych N wylosowanych punktow, to odpowiadaj ace prawdopodobienstwo na [0, 1]

    N

    jest geometryczne. Mozna wykazac, iz taka miara P rzeczywiscie istnieje, tzn. zepodana wyzej definicja nie jest wewn etrznie sprzeczna.

    Rozwi azmy najpierw nast epuj acy prostszy problem. Ustalmy liczby wymiernea, b [0, 1], a < b. Wykazemy, ze z prawdopodobienstwem 1 przedzia l ten zawieraco najmniej jeden punkt. Zbadajmy zdarzenie przeciwne Aa,b: zaden z wylosowa-

    nych punktow nie wpada do (a, b). Zdarzenie Aa,b jest zawarte w zdarzeniu Bn- zaden z pierwszych n punktow nie nalezy do Bn. Aby wyznaczyc prawdopodo-bienstwo Bn, pos luzymy si e prawdopodobienstwem geometrycznym: mamy

    = [0, 1]n, Bn =([0, 1] \ (a, b)

    )n,

    sk ad P(Bn) = (1 b + a)n. W konsekwencji, P(Aa,b) P(Bn) = (1 b + a)n, i

    zbiegaj ac z n do nieskonczonosci otrzymujemy P(Aa,b) = 0, a wi ec P(Aa,b) = 1.

    Wystarczy juz tylko zauwazyc, ze zdarzenie zadane w tresci daje si e wyrazic wpostaci

    a,bQ[0,1], a

  • METODYKA NAUCZANIA RACHUNKU PRAWDOPODOBIENSTWA 25

    Zadania

    1. (,F , P ) jest przestrzeni a probabilistyczn a, A, B, C F .a) Za lozmy, ze P (A B) = 1/2, P (A B) = 1/4, P (A\B) = P (B\A).

    Obliczyc P (A) oraz P (B\A).b) Za lozmy, ze A B C = , P (B) = 2P (A), P (C) = 3P (A), P (A B) =

    P (A C) = P (B C). Wykazac, ze 1/6 P (A) 1/4.c) Za lozmy, ze P (A) 2/3, P (B) 2/3, P (C) 2/3, P (A B C) = 0.

    Obliczyc P (A).

    2. W sali o n+ k miejscach siada w sposob losowy n osob. Obliczyc prawdopo-dobienstwo tego, ze m uprzednio ustalonych miejsc zostanie zaj etych (m n).

    3. Klasa liczy 15 uczniow. Nauczyciel wybiera na kazdej lekcji na chybi l trafi ljednego ucznia do odpowiedzi. Obliczyc prawdopodobienstwo tego, ze w ci agu 16lekcji kazdy uczen b edzie przepytany.

    4. Kazdy z n patykow po lamano na dwie cz esci, krotsz a i d luzsz a. Nast epnie,otrzymane kawa lki po l aczono losowo w pary. Jakie jest prawdopodobienstwo tego,ze krotsze kawa lki po l aczy ly si e z d luzszymi?

    5. W szafie jest n par butow. Wyjmujemy na chybi l trafi l k butow (k n).Obliczyc prawdopodobienstwo tego, ze

    a) wsrod wyj etych butow jest co najmniej jedna para,b) wsrod wyj etych butow jest dok ladnie jedna para.

    6. Z urny zawieraj acej kule o numerach 1, 2, . . ., n losujemy k razy po jednejkuli. Obliczyc prawdopodobienstwo tego, ze numery wylosowanych kul zapisane wkolejnosci losowania tworz a ci ag rosn acy, jesli po kazdym losowaniu kula:

    (a) zostaje zwrocona do urny,(b) nie zostaje zwrocona do urny.

    7. W celu oszacowania liczby ryb w stawie z lowiono n ryb i po oznakowaniuwypuszczono je z powrotem. Nast epnie znowu z lowiono n ryb i okaza lo si e, ze kryb jest oznakowanych. Dla jakiej liczby N ryb w stawie taki wynik jest najbardziejprawdopodobny?

    8. Rozdano 52 karty czterem graczom, po 13 kart kazdemu. Jakie jest prawdo-podobienstwo, ze kazdy z graczy ma co najmniej jednego pika?

    9. Jest N listow i N zaadaresowanych kopert z roznymi adresami. Kazdy listodpowiada dok ladnie jednemu adresowi i na odwrot. W lozono listy do kopert nachybi l trafi l, po jednym liscie do kazdej koperty. Obliczyc prawdopodobienstwo, zezaden list nie trafi l do w lasciwej koperty.

    10. W kolejce po bilety w cenie 10 z l ustawi lo si e 2n osob, z ktorych po lowama tylko dziesi ecioz lotowki, a druga po lowa - tylko dwudziestoz lotowki. Wszyscykupuj a po jednym bilecie. Przed rozpocz eciem sprzedazy w kasie nie by lo pieni edzy.Jakie jest prawdopodobienstwo tego, ze nikt z kolejki nie b edzie musia l czekac nareszt e?

    11. Kij z lamano losowo w dwoch punktach. Wyznaczyc prawdopodobienstwotego, ze najkrotszy z otrzymanych trzech kawa lkow ma d lugosc mniejsz a niz 1/4?

    12. Na nieskonczon a szachownic e o boku 1 rzucono monet e o srednicy23 . Jakie

    jest prawdopodobienstwo, ze a) moneta znajdzie si e ca lkowicie we wn etrzu jednegoz pol; b) przetnie si e z dok ladnie dwoma bokami szachownicy?

  • 26 ADAM OS EKOWSKI

    13. Z odcinka [0, 1] losujemy dwie liczby. Wyznaczyc prawdopodobienstwo tego,ze s a one od siebie odleg le o co najmniej t, gdzie t jest ustalon a liczb a rzeczywist a.

    14. Na p laszczyzn e podzielon a na nieskonczone pasy o szerokosci d rzuconolosowo ig l e o d lugosci ` (` < d). Wyznaczyc prawdopodobienstwo tego, ze ig laprzetnie brzeg ktoregos pasa.

    15. Z przedzia lu [0, 1] losujemy liczb e. Obliczyc prawdopodobienstwo tego, zew jej rozwini eciu dziesi etnym nie pojawi si e cyfra 9.

  • METODYKA NAUCZANIA RACHUNKU PRAWDOPODOBIENSTWA 27

    3. Prawdopodobienstwo warunkowe, wzor na prawdopodobienstwoca lkowite, Wzor Bayesa, niezaleznosc zdarzen

    3.1. Prawdopodobienstwo warunkowe. Przechodzimy teraz do kolejnego klu-czowego poj ecia w teorii prawdopodobienstwa: prawdopodobienstwa warunkowego.Zacznijmy od nast epuj acego przyk ladu.

    Przyk lad 3.1. Rzucamy dwa razy kostk a, nie patrz ac na uzyskane liczby oczek.Przypuscmy, ze kazdy z mozliwych 36 wynikow jest tak samo prawdopodobny: takwi ec kazda para (i, j), gdzie i, j {1, 2, 3, 4, 5, 6}, ma szans e 1/36. Za lozmy teraz,ze ktos inny obejrza l uzyskane liczby oczek i mowi nam, iz w sumie daj a one 8.Jakie jest prawdopodobienstwo, ze w pierwszym rzucie kostk a uzyskalismy dwojk elub trojk e?

    Jasne jest, iz nie dysponuj ac t a dodatkow a informacj a podalibysmy odpowiedz1/3. Istotnie, pojawienie si e trojki w pierwszym rzucie oznacza, iz sprzyjaj ace paryto (3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6) oraz (2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5),(2, 6), i kazda z nich ma prawdopodobienstwo 1/36. Jednakze, jesli wiemy, ze sumaoczek jest 8, prawdopodobienstwo ulegnie zmianie. Istotnie, skoro suma wynosi 8,to musia la zajsc jedna z pi eciu mozliwosci: (2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3) oraz (6, 2).Ponadto, w wyjsciowym doswiadczeniu zak ladalismy, ze wszystkie pary (i, j) maj at e sam a szans e na pojawienie si e; st ad przyjmujemy, iz kazdy z wypisanych pi eciuprzypadkow ma prawdopodobienstwo 1/5. Poniewaz w dok ladnie dwoch z nich napierwszej wspo lrz ednej stoi dwojka lub trojka, widzimy, iz szukane prawdopodo-bienstwo wynosi 2/5.

    W ogolnej sytuacji, za lozmy, ze (,F ,P) jest ustalon a przestrzeni a probabili-styczn a, A, B s a zdarzeniami oraz naszym celem jest wyznaczenie P(A|B), praw-dopodobienstwa zajscia zdarzenia A pod warunkiem zajscia zdarzenia B. Skorozasz lo zdarzenie B i interesuje nas zdarzenie A, to w rzeczywistosci musz a zajsc obazdarzenia A i B. Ponadto, skoro zasz lo zdarzenie B, to jest jasne, ze zbior B stajesi e nasz a now a, zredukowan a przestrzeni a zdarzen elementarnych (por. przyk ladpowyzej). St ad naturalny pomys l, aby jako prawdopodobienstwo warunkowe wzi aciloraz P(A B) i P(B). To motywuje nast epuj ac a definicj e.

    Definicja 3.1. Za lozmy, ze (,F ,P) jest przestrzeni a probabilistyczn a oraz A, B F . Jesli P(B) > 0, to definiujemy P(A|B), prawdopodobienstwo zajscia zdarzeniaA pod warunkiem zajscia zdarzenia B, wzorem

    P(A|B) = P(A B)P(B)

    .

    Zanim przejdziemy do przyk ladow, warto poczynic tu pewn a uwag e. Mianowicie,jesli B jest ustalonym zdarzeniem o niezerowym prawdopodobienstwie, to funkcjaA 7 P(A|B) spe lnia warunki Ko lmogorowa (czyli jest prawdopodobienstwem).Zatem trojka (,F , P), gdzie P(A) = P(A|B), jest ponownie przestrzeni a probabili-styczn a. Co wi ecej, jak nalezy si e spodziewac po wczesniejszych uwagach, to samojest prawd a o trojce (B, F , P

    ), gdzie F = {C F : C B} oraz P = P|F . Dajeto alternatywn a metod e podejscia do zadan na prawdopodobienstwo warunkowe.Pierwszym sposobem jest, oczywiscie, skorzystanie z definicji; drugim sposobem jestprzejscie bezposrednio do zredukowanej przestrzeni probabilistycznej (B, F , P): wwielu sytuacjach bardzo latwo t e przestrzen zidentyfikowac.

    Rozwazmy teraz kilka przyk ladow.

  • 28 ADAM OS EKOWSKI

    Przyk lad 3.2. Rzucono pi ec razy monet a. Jakie jest prawdopodobienstwo tego,ze w ostatnim rzucie uzyskalismy or la, jesli wiadomo, ze w dok ladnie trzech rzutachwypad la reszka?

    Rozwi azanie, sposob I. Zacznijmy od okreslenia przestrzeni probabilistycznej. Rzeczjasna, mamy = {(a1, a2, a3, a4, a5) : ai {O,R}}, F = 2 oraz P jest prawdopo-dobienstwem klasycznym. Niech A to zdarzenie ,,w ostatnim rzucie uzyskalismyor la oraz B - ,,w dok ladnie trzech rzutach wypad la reszka. Z definicji prawdopo-dobienstwa warunkowego oraz prawdopodobienstwa klasycznego, mamy

    P(A|B) = P(A B)P(B)

    =|A B||B|

    (warto tu podkreslic, iz powyzsza rownosc zachodzi zawsze, gdy na wyjsciowejprzestrzeni zadane jest prawdopodobienstwo klasyczne). Jak latwo widac, mamy|B| =

    (53

    )(z pi eciu miejsc wybieramy trzy, na ktorych b ed a sta ly reszki) oraz

    |A B| =(

    43

    )(z czterech pierwszych miejsc wybieramy trzy miejsca na ktorych

    b ed a sta ly reszki - na pozosta lych dwoch k ladziemy or ly). St ad

    P(A|B) =(

    43

    )(53

    ) = 25.

    Sposob II. Sprobujmy rozwi azac to zadanie poprzez badanie zredukowanej przest-rzeni probabilistycznej. Wiemy, ze w trzech rzutach wypad ly reszki. Wobec tego,mamy do czynienia z losowaniem trzech liczb (bez zwracania) ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5}- s a to odpowiednie numery losowan, w ktorych pojawiaj a si e reszki. Zatem = {trzyelementowe kombinacje zbioru {1, 2, 3, 4, 5}}, F = 2 oraz P jest praw-dopodobienstwem klasycznym. Interesuj ace nas zdarzenie odpowiada tym kombi-nacjom, ktore nie zawieraj a liczby 5: liczba takich kombinacji to

    (43

    )(wybieramy

    ze zbioru {1, 2, 3, 4}). St ad powyzsza odpowiedz.

    Przyk lad 3.3. Z urny, zawieraj acej b bia lych kul i c czarnych kul, losujemy kolejnobez zwracania n kul (n b+c). Wyznaczyc prawdopodobienstwo tego, ze pierwszawylosowana kula jest bia la, jesli wiadomo, ze k sposrod wylosowanych kul s a bia le.

    Rozwi azanie, sposob I. Liczymy bezposrednio z definicji. Ponumerujmy kule: B1,B2, . . ., Bb, C1, C2, . . ., Cc. Przetrzen zdarzen elementarnych to zbior n elemento-wych wariacji bez powtorzen zbioru kul, F = 2 oraz P jest prawdopodobienstwemklasycznym. Rozwazmy zdarzenia A - pierwsza wylosowana kula jest bia la, B - ksposrod wylosowanych n kul to kule bia le. Mamy

    P(A|B) = P(A B)P(B)

    =|A B||B|

    .

    Jak latwo sprawdzic, zachodzi rownosc

    |B| =(b

    k

    )(c

    n k

    )n!.

    Istotnie: wybieramy k bia lych kul, n k czarnych kul, a nast epnie wybrane kuleustawiamy w ci ag. Analogicznie rozumuj ac, obliczamy, iz

    |A B| = b(b 1k 1

    )(c

    n k

    )(n 1)!,

    sk ad P(A|B) =kn .

  • METODYKA NAUCZANIA RACHUNKU PRAWDOPODOBIENSTWA 29

    Sposob II. Sprobujmy operowac na zredukowanej przestrzeni probabilistycznej. Dy-sponujemy ci agiem n kul, wsrod ktorych k jest bia lych (tym razem mozemy za lozyc,ze w obr ebie ustalonego koloru, kule s a nieodroznialne). Zatem to zbior odpo-wiednich rozbic zbioru {1, 2, . . . , n} (b adz permutacji z powtorzeniami) na pod-zbiory mocy k i n k - pierwszy ze zbiorow zadaje miejsca, na ktorych b ed a sta lykule bia le; pozosta le miejsca s a obsadzone przez czarne kule. Ponadto, F = 2

    ijasne jest, ze jako P nalezy wzi ac prawdopodobienstwo klasyczne. Szukane praw-dopodobienstwo warunkowe wynosi

    P(A) =

    (n1

    k1,nk)(

    nk,nk

    ) = kn.

    Istotnie, moc wynosi(

    nk,nk

    ). Ponadto, zdarzenie A polega na tym, ze wybrany k-

    elementowy podzbior miejsc dla bia lych kul zawiera jedynk e. Kazdy taki podzbiorjest jednoznacznie wyznaczony przez wybor k 1 liczb ze zbioru {2, 3, . . . , n} ido lozenie jedynki.

    Przyk lad 3.4. Z odcinka [0, 1] wybieramy losowo dwie liczby. Obliczyc prawdopo-dobienstwo tego, ze niewi eksza z nich przekracza 1/3, jesli wiadomo, ze suma liczbjest co najmniej jeden.

    Rozwi azanie, sposob I. Bezposrednio z tresci zadania widzimy, iz mozemy po lozyc = [0, 1]2, F = B() oraz przyj ac, ze P jest prawdopodobienstwem geometrycz-nym. Dalej, korzystamy z definicji. Oznaczaj ac A - niewi eksza z wylosowanychliczb przekracza 1/3 oraz B - suma liczb jest co najmniej jeden, mamy

    A = {(x, y) [0, 1]2 : x 1/3 oraz y 1/3}, B = {(x, y) [0, 1]2 : x+ y 1}.

    St ad obliczamy, iz |B| = 1/2 oraz |A B| = 1/2 1/9 = 7/18. Wobec tego,

    P(A|B) = P(A B)P(B)

    =|A B|/|||B|/||

    =7/18

    1/2=

    7

    9.

    Sposob II. W tym zadaniu takze mozemy si e pos luzyc zredukowan a przestrzeni aprobabilistyczn a. Informacja, iz suma wylosowanych liczb jest co najmniej jedenoznacza, iz mozemy wzi ac = {(x, y) [0, 1]

    2 : x+ y 1}. Nast epnie, k ladziemyF = 2 i, po chwili zastanowienia, widzimy, iz mozemy okreslic P jako prawdopodo-bienstwo geometryczne (ogolnie, prawdopodobienstwo geometryczne, po przejsciudo przestrzeni zredukowanej, zawsze jest znowu prawdopodobienstwem geometrycz-nym). Obliczaj ac teraz prawdopodobienstwo P(A), zauwazamy iz otrzymujemyu lamki jak wyzej:

    P(A) =7/18

    1/2=

    7

    9.

    Przyk lad 3.5. Tali e 52 kart rozdano czterem graczom: N , E, S, W , po 13 kartkazdemu. Obliczyc prawdopodobienstwo tego, ze gracz E ma dok ladnie trzy piki,jesli wiadomo, ze N oraz S maj a l acznie dok ladnie osiem pikow.

    Rozwi azanie. W tym przyk ladzie wygodnie jest przejsc bezposrednio do zreduko-wanej przestrzeni probabilistycznej. Wiadomo, ze gracze N i S maj a razem 26kart, wsrod ktorych jest osiem pikow. Oznacza to, ze gracze E oraz W maj apozosta le 26 kart, w tym 5 pikow. Spojrzmy teraz na losowanie kart graza E jakna wybor 13 sposrod tych pozosta lych 26 kart; oczywiscie, kazda mozliwosc ma

  • 30 ADAM OS EKOWSKI

    to samo prawdopodobienstwo. Wobec tego, prawdopodobienstwo tego, ze gracz Eposiada dok ladnie trzy piki, wynosi(

    53

    )(2110

    )(2613

    ) ' 0.339. Z prawdopodobienstwem warunkowym wi aze si e szereg ciekawych paradoksow

    pokazuj acych, iz nalezy z ostroznosci a uzywac intuicji przy jego badaniu. Omowimytu dwa przyk lady.

    Przyk lad 3.6 (Paradoks wi eznia). W celi przebywa trzech wi ezniow, X, Y oraz Z,z ktorych jeden ma zostac uwolniony nast epnego dnia. Wi ezniowie nie wiedz a, ktoryz nich wyjdzie na wolnosc nast epnego dnia; wiedz e t e posiada starznik pilnuj acyceli. Wi ezien X rozumuje nast epuj aco: ,,moje szanse na uwolnienie wynosz a 1/3.Zapytam straznika, ktory z wi ezniow Y oraz Z nie zostanie uwolniony. Wowczasmoje szanse wzrosn a do 1/2. Gdzie tkwi b l ad?

    Niescis losc tkwi w tym, iz nie sprecyzowano, w jaki sposob post epuje straznikw momencie gdy uwonionym wi ezniem jest X. Ma on wowczas dwie mozliwosci:podac wi eznia Y b adz wi eznia Z. Przyk ladowo, za lozmy, ze w takiej sytuacji po-daje on odpowiedz alfabetycznie; wowczas informacja, iz w areszcie pozostanie Z,pozbawia wi eznia X szans na uwolnienie (tzn. prawdopodobienstwo wynosi 0). Zdrugiej strony, jesli odpowiedz straznika to ,,Y , wowczas rzeczywiscie szanse nauwolnienie wi eznia X wzrastaj a do 1/2.

    Przyk lad 3.7 (Paradoks Simpsona). W urnach I oraz II znajduje si e pewna liczbakul bia lych i pewna liczba kul czarnych. Ponadto, na kazdej kuli napisano cyfr e0 lub 1. Prawdopodobienstwo tego, ze bia la kula z urny I ma na sobie jedynk ejest wi eksze niz prawdopodobienstwo, ze bia la kula z urny II ma na sobie jedynk e.Podobnie, prawdopodobienstwo tego, ze czarna kula z urny I ma na sobie jedynk ejest wi eksze niz prawdopodobienstwo, ze czarna kula z urny II ma na sobie jedynk e.Czy wynika st ad, ze prawdopodobienstwo wyci agni ecia z urny I kuli z jedynk a jestwi eksze niz prawdopodobienstwo wyci agni ecia z urny II kuli z jedynk a?

    Na pierwszy rzut oka wydaje si e, iz odpowiedz jest twierdz aca. Odsetek kulbia lych w urnie I, oznaczonych cyfr a 1 jest wi ekszy niz odpowiedni odsetek w urnieII, i analogiczna zaleznosc ma miejsce w stosunku do kul czarnych, a wi ec w urnie Ipowinno byc ,,procentowo wi ecej kul z jedynk a. Spojrzmy jednak na nast epuj acyekstremalny przyk lad:

    Urna I: Urna II:

    1 kula bia la z jedynk a 98 kul bi alych z jedynk a,

    0 kul bia lych z zerem 1 kula bia la z zerem,

    1 kula czarna z jedynk a 0 kul czarnych z jedynk a,

    98 kul czarnych z zerem 1 kula czarna z zerem.

    Widzimy, ze prawdopodobienstwa tego, ze wylosowana bia la kula ma na sobiejedynk e, wynosi 1 dla urny I i 98/99 dla urny II; odpowiadaj ace prawdopodo-bienstwa dla kul czarnych wynosz a 1/99 i 0. Wobec tego warunki opisane powyzejs a spe lnione; z drugiej strony, prawdopodobienstwo wyci agni ecia kuli z jedynk awynosi 1/50 dla urny I oraz 98/100 dla urny II.

  • METODYKA NAUCZANIA RACHUNKU PRAWDOPODOBIENSTWA 31

    Wyjasnienie powyzszego paradoksu tkwi w tym, iz podane proporcje czy tezodsetki s a wielkosciami wzgl ednymi i w zaden sposob nie odnosz a si e do bezwzgl ed-nych liczb (u nas: l acznych liczb bia lych i czarnych kul w urnie I oraz w urnie II).

    Omowimy teraz pokrotce pewien wazny wzor, pozwalaj acy wyrazic prawdopodo-bienstwo iloczynu zdarzen przez iloczyn odpowiednich prawdopodobienstw warun-kowych. Wzor ten przyda si e dalej, przy omawianiu wzoru na prawdopodobienstwoca lkowite oraz wzoru Bayesa.

    Twierdzenie 3.1 (Prawdopodobienstwo iloczynu zdarzen). Za lozmy, ze (,F ,P)jest przestrzeni a probabilistyczn a oraz A1, A2, . . ., An s a zdarzeniami spe lniaj acymiwarunek P(A1 A2 . . . An) > 0. WowczasP(A1 A2 . . . An)= P(An|A1 A2 . . . An1)P(An1|A1 A2 . . . An2) . . .P(A2|A1)P(A1).

    Dowod. Wystarczy zastosowac definicj e prawdopodobienstwa warunkowego.

    Przyk lad 3.8. W urnie znajduje si e n1 bia lych kul oraz jedna czarna. Losujemypo jednej kuli az do momentu, gdy wylosujemy czarn a kul e. jakie jest prawdopodo-bienstwo tego, ze wykonamy k losowan jesli a) losujemy bez zwracania b) losujemyze zwracaniem?

    Rozwi azanie: Oznaczmy bia le kule przez b1, b2, . . ., bn1, a czarn a kul e przez c.Mamy

    = {(c), (b1, c), (b2, c), . . . , (bn1, c), (b1, b1, c), . . .},F = 2, a prawdopodobienstwo zadane jest poprzez okreslenie mas poszczegolnychzdarzen jednoelementowych (por. Przyk lad 2 z poprzedniego wyk ladu).

    Rozwazmy zdarzenie Ai - i-ta kula jest bia la, i = 1, 2, . . .. Korzystaj ac zpowyzszego twierdzenia, mamy

    P(Ak Ak1 Ak2 . . . A1)= P(Ak|Ak1 . . . A1)P(Ak1|Ak2 . . . A1) . . .P(A2|A1)P(A1).

    a) Z warunkow zadania wynika, ze

    P(Ai|Ai1 . . . A1) =n i

    n i+ 1, P(Ak|Ak1 . . . A1) =

    1

    n k + 1,

    a zatem szukane prawdopodobienstwo wynosi

    1

    n k + 1 n k + 1n k + 2

    n k + 2n k + 3

    . . . n 2n 1

    n 1n

    =1

    n.

    b) Tym razem mamy

    P(Ai|Ai1 Ai2 . . . A1) =n 1n

    ,

    a wi ec szukane prawdopodobienstwo jest rowne(1 n 1

    n

    ) n 1

    n n 1

    n . . . n 1

    n=

    1

    n

    (n 1n

    )k1.

    Przyk lad 3.9. Tali e 52 kart rozdano losowo mi edzy czterech graczy, po 13 kartkazdemu. Jakie jest prawdopodobienstwo tego, ze kazdy z graczy otrzyma l asa?

  • 32 ADAM OS EKOWSKI

    Rozwi azanie. Wprowadzmy zdarzenia

    A as pik pow edrowa l do ktoregos z graczy,B as pik i as kier pow edrowa ly do roznych graczy,C as pik, as kier i as karo pow edrowa ly do roznych graczy,D kazdy z graczy otrzyma l asa.

    Interesuje nas prawdopodobienstwo P(D) = P(ABCD). Spojrzmy na rozdaniekart jak na permutacj e talii, przy czym pierwsze trzynascie kart trafia do gracza N ,kolejne trzynascie do gracza E, kolejne trzynascie do gracza S i ostatnie trzynasciedo gracza W . Rzecz jasna, zachodzi rownosc P(A) = 1. Ponadto, mamy P(B|A) =39/51: istotnie, as kier ma 51 rownoprawdopodobnych miejsc do wyboru, z czego 39prowadzi do gracza nieposiadaj acego asa pik. Rozumuj ac analogicznie, dostajemyP(C|A B) = 26/50 oraz P(D|A B C) = 13/49. St ad odpowiedz

    P(A B C D) = P(A)P(B|A)P(C|A B)P(D|A B C) = 39 26 1351 50 49

    .

    3.2. Wzor na prawdopodobienstwo ca lkowite i wzor Bayesa. Wzor na praw-dopodobienstwo ca lkowite s luzy do badania wynikow doswiadczen, ktore sk ladaj asi e z kilku etapow. Zacznijmy od nast epuj acego prostego zadania.

    Przyk lad 3.10. W urnie I znajduj a si e dwie kule bia le i jedna czarna. Losujemykul e (nie ogl adamy jej) i odk ladamy na bok. Nast epnie, z urny losujemy kul e. Jakiejest prawdopodobienstwo tego, ze kula wyci agni eta w drugim losowaniu jest bia la?

    Rozwi azanie. Opisane wyzej doswiadczenie losowe sk lada si e z dwoch etapow. Pierw-szym etapem jest wylosowanie pierwszej kuli, a drugim - ponowne wyci agni ecie kuliz urny. S a dwa mozliwe wyniki pierwszego etapu: H1 - wylosowano kul e bia l a, H2- wylosowano kul e czarn a. S a to parami roz l aczne mozliwosci i wyczerpuj a onewszystkie mozliwe przypadki: formalnie, zachodz a rownosci H1 H2 = orazH1 H2 = . Oznaczmy interesuj ace nas zdarzenie przez A. Korzystaj ac ze wzoruna prawdopodobienstwo warunkowe, mozemy napisac

    P(A) = P(A H1) + P(A H2) = P(A|H1)P(H1) + P(A|H2)P(H2)

    (zwrocmy uwag e, iz w ostatnim przejsciu skorzystalismy z tego, ze P(H1) > 0i P(H2) > 0; w przeciwnym razie, prawdopodobienstwa warunkowe nie mia lybysensu). Powyzsza rownosc to szczegolny przypadek wzoru na prawdopodobienstwoca lkowite (por. Twierdzenie 3.2 ponizej). Z warunkow zadania wynika wprost,ze P(H1) = 2/3, P(H2) = 1/3, P(A|H1) = 1/2 oraz P(A|H2) = 1. Wobec tego,P(A) = 2/3.

    Czasami, zw laszcza w sytuacji gdy badane doswiadczenie sk lada si e z wi ekszejliczby etapow, warto zilustrowac zadanie za pomoc a odpowiedniego drzewa. Wprzypadku naszego zadania, odpowiadaj ace drzewo jest przedstawione na Rysunku1 ponizej. Jak widzimy, pierwsze rozga l ezienie drzewa bierze pod uwag e pierwszyetap: ponadto, liczby przypisane ga l eziom to prawdopodobienstwa zajscia zda-rzen H1 oraz H2 (utozsamionym ze s lowami ,,Bia la oraz ,,Czarna, odpowiednio).W kolejnych rozga l ezieniach, liczby stoj ace przy danych odcinkach to prawdopo-dobienstwa warunkowe P(A|H1), P(A|H1), P(A|H2) oraz P(A|H2). Podana ilu-stracja pozwala szybko wyliczac prawdopodobienstwa szukanych zdarzen. Przyk- ladowo, zdarzenie A opowiada dwom s lowom ,,Bia la stoj acym w dolnym rz edzie;

  • METODYKA NAUCZANIA RACHUNKU PRAWDOPODOBIENSTWA 33

    Rysunek 1. Drzewo ilustruj ace Przyk lad 3.10

    kazde z tych s low wi aze si e z pewn a ,,podwojn a ga l ezi a prowadz ac a od wierz-cho lka drzewa. Szukane prawdopodobienstwo otrzymujemy przez wymnozenie liczbw obr ebie kazdej ga l ezi, a nast epnie zsumowaniu otrzymanych iloczynow: u nas,

    P(A) =2

    3 1

    2+

    1

    3 1 = 2

    3.

    Przejdzmy teraz do sytuacji ogolnej.

    Definicja 3.2. Za lozmy, ze (,F ,P) jest zadan a przestrzeni a probabilistyczn a.Rozbiciem nazywamy dowoln a rozdzin e (Hi)iI parami roz l acznych zdarzen, ktorejsum a jest zbior .

    Twierdzenie 3.2 (Wzor na prawdopodobienstwo ca lkowite). Niech (,F ,P) b edzieustalon a przestrzeni a probabilistyczn a oraz za lozmy, ze (Hi)iI jest rozbiciem takim,ze P(Hi) > 0 dla kazdego i I (w szczegolnosci, wynika st ad, ze zbior I jest conajwyzej przeliczalny). Wowczas dla dowolnego zdarzenia A zachodzi wzor

    P(A) =iI

    P(A|Hi)P(Hi).

    Dowod. Wynika to wprost z elementarnych w lasnosci prawdopodobienstwa orazdefinicji prawdopodobienstwa warunkowego. Mianowicie,

    P(A) =iI

    P(A Hi) =iI

    P(A|Hi)P(Hi).

    Uwaga 3.1. Za lozenia powyzszego twierdzenia mozna nieco os labic: wystarczyzak ladac, ze zdarzenia (Hi)iI s a parami prawie roz laczne i wyczerpuj a zbior

    z dok ladnosci a do zbioru miary 0. Scislej, za lozmy, ze (Hi)iI jest przeliczaln a

  • 34 ADAM OS EKOWSKI

    rodzin a zbiorow o tej w lasnosci, ze P(Hi Hj) = 0 dla dowolnych i, j I, i 6= j,oraz P

    (iI Hi

    )= 1. Wowczas

    P(A) =

    iI:P(Hi)>0

    P(A|Hi)P(Hi).

    Przyk lad 3.11. Rzucamy symetryczn a monet a az do momentu, gdy wyrzucimyor la. Nast epnie, jesli pierwszy orze l wypad l w n-tym rzucie, wybieramy losowoliczb e ze zbioru {1, 2, . . . , n}. Jakie jest prawdopodobienstwo, ze wylosujemy 1?

    Rozwi azanie. Ponownie mamy tu do czynienia z doswiadczeniem dwuetapowym.Pierwszy etap zwi azany jest z rzucaniem monet a az do wypadni ecia or la i pro-wadzi do rozbicia na zdarzenia Hn = {pierwszy orze l wypad l w n-tym rzucie},n = 1, 2, . . .. Bezposrednio z warunkow zadania obliczamy, iz P(Hn) = 2n orazP(A|Hn) = n1. Wobec tego, zastosmy wzor na prawdopodobienstwo ca lkowite.Zwrocmy tu jednak uwag e, iz musimy pos luzyc si e wersj a z Uwagi 3.1. ZdarzeniaHn s a co prawda parami roz laczne, ale nie wyczerpuj a ca lego zbioru : ci ag z lozonyz samych reszek nie nalezy do zadnego ze zbiorow Hn. Otrzymujemy

    P(A) =n=1

    2n

    n= log 2,

    korzystaj ac z rozwini ecia funkcji logarytmicznej w szereg pot egowy.

    Wzor na prawdopodobienstwo ca lkowite mozna uogolniac na przypadek gdydoswiadczenie sk lada si e z wi ekszej liczby etapow.

    Przyk lad 3.12. W urnie I znajduj a si e dwie prawid lowe monety, a w urnie II- jedna prawid lowa i jedna fa lszywa, z dwoma or lami. Losujemy urn e, z urnylosujemy monet e, a nast epnie wylosowan a monet a wykonujemy jeden rzut. Jakiejest prawdopodobienstwo tego, ze otrzymamy or la?

    Rozwi azanie. Pierwszym etapem jest losowanie urny: niech H1 oznacza zdarzenie,,wylosowano urn e I, H2 - ,,wylosowano urn e II. W kolejnym etapie ci agniemymonet e z urny. Niech B1 = {wylosowana moneta jest prawid lowa}, B2 = {wylo-sowana moneta jest fa lszywa} oraz A = {wyrzucono or la}. MamyP(A) = P(A B1 H1) + P(A B2 H1) + P(A B1 H2) + P(A B2 H2)

    i widzimy, ze drugie prawdopodobienstwo po prawej stronie jest rowne 0 (w urnieI nie ma fa lszywych monet - odpowiednie zdarzenie jest niemozliwe). Wobec tego,po prawej stronie mamy trzy niezerowe sk ladniki; korzystaj ac z Twierdzenia 3.1,otrzymujemy

    P(A) = P(H1)P(B1|H1)P(A|B1 H1)+ P(H2)P(B1|H2)P(A|B1 H2) + P(H2)P(B2|H2)P(A|B2 H2).

    Bezposrednio z tresci zadania wnosimy, ze P(H1) = 1/2, P(H2) = 1/2, P(B1|H1) =1, P(B2|H1) = 0, P(B1|H2) = 1/2, P(A|B1 H1) = P(A|B1 H2) = 1/2 orazP(A|B2 H2) = 1. Wobec tego,

    P(A) =1

    2 1 1

    2+

    1

    2 1

    2 1

    2+

    1

    2 1

    2 1 = 5

    8.

    W przypadku tego zadania, odpowiednie drzewo jest bardzo pomocne (por. Ry-sunek 2 ponizej). Widzimy, iz powyzszy wynik odpowiada zsumowaniu iloczynow

  • METODYKA NAUCZANIA RACHUNKU PRAWDOPODOBIENSTWA 35

    Rysunek 2. Drzewo ilustruj ace Przyk lad 3.12

    dla ga l ezi prowadz acych do s lowa ,,orze l na koncu drzewa. Ponadto, ,,wyci elismyfragment drzewa zaczynaj acy si e od ga l ezi o prawdopodobienstwie 0.

    Dalsze przyk lady b edziemy analizowac w po l aczeniu ze wzorem Bayesa. Wzorten stosujemy w przypadku gdy znamy wynik doswiadczenia wieloetapowego, apytamy o jego przebieg. Zanim sformu lujemy odpowiednie stwierdzenie, rozwazmykontynuacj e Przyk ladu 3.10.

    Przyk lad 3.13. W sytuacji opisanej w Przyk ladzie 3.10, za lozmy, ze w drugimlosowaniu wyci agni eto kul e bia l a. Jakie jest prawdopodobienstwo tego, ze w pierw-szym losowaniu wyci agni eto kul e czarn a?

    Rozwi azanie. Przy oznaczeniach wprowadzonych w rozwi azaniu Przyk ladu 3.10,interesuje nas prawdopodobienstwo warunkowe P(H2|A). Bezposrednio z definicji,obliczamy, iz

    P(H2|A) =P(H2 A)

    P(A)=

    P(A|H2)P(H2)P(A|H1)P(H1) + P(A|H2)P(H2)

    ,

    gdzie w ostatnim przejsciu skorzystalismy ze wzoru na prawdopodobienstwo warun-kowe i prawdopodobienstwo ca lkowite. Powyzsza rownosc to szczegolny przypadekwzoru Bayesa. Wstawiaj ac konkretne wartosci (ktore odczytujemy bezposrednio zwarunkow zadania), dostajemy wynik

    P(H2|A) =1 13

    23

    =1

    2.

  • 36 ADAM OS EKOWSKI

    Twierdzenie 3.3 (Wzor Bayesa). Przy za lozeniach Twierdzenia 3.2 oraz j I,zachodzi rownosc

    P(Hj |A) =P(A|Hj)P(Hj)

    P(A)=

    P(A|Hj)P(Hj)iI P(A|Hi)P(Hi)

    .

    Uwaga 3.2. Tak jak w Uwadze 3.1, powyzszy wzor mozna zmodyfikowac tak, byzachodzi l dla parami prawie roz l acznych zdarzen (Hi)iI , wyczerpuj acych zbior z dok ladnosci a do miary 0 (o ile tylko badane zdarzenie Hj ma dodatnie prawdo-podobienstwo).

    Przyk lad 3.14. Ze statystycznych danych wiadomo, ze 0.04% populacji chorujena chorob e C. W celu zdiagnozowania tej choroby, stosuje si e test, wykrywaj acychorob e u osob chorych z prawdopodobienstwem 90%. Moze si e zdarzyc, ze u osobyzdrowej test da wynik pozytywny - dzieje si e tak z prawdopodobienstwem 0.01%.

    a) Wyznaczyc prawdopodobienstwo tego, ze losowo wybrana osoba b edzie mia lapozytywny wynik testu.

    b) Za lozmy, ze dana osoba ma pozytywny wynik testu. Wyznaczyc prawdopo-dobienstwo tego, ze wykonuj ac ten test ponownie, uzyska wynik pozytywny.

    Rozwi azanie. Widzimy, iz mamy do czynienia z doswiadczeniem dwuetapowym.Pierwszym etapem jest wylosowanie osoby do badan: prowadzi on do rozbicia nazdarzenia H1 - wylosowana osoba jest chora, H2 - wylosowana osoba nie jest chora.Wprowadzmy zdarzenia A - pierwszy test daje wynik pozytywny, B - drugi testdaje wynik pozytywny.

    a) Korzystamy ze wzoru na prawdopodobienstwo ca lkowite: na mocy warunkowzadania zachodz a rownosci P(H1) = 0.04%, P(H2) = 99.96%, P(A|H1) = 90%,P(A|H2) = 0.01%, a wi ec P(A) = P(A|H1)P(H1) + P(A|H2)P(H2) = 0.00045996.

    b) Mamy wyznaczyc P(B|A). Widac, iz nalezy ponownie uzyc wzoru na prawdo-podobienstwo ca lkowite, tym razem jednak w odniesieniu do prawdopodobienstwawarunkowego. Aby unikn ac niejasnosci, sprobujmy post apic jak w dowodzie Twier-dzenia 3.2. Prawdopodobienstwo warunkowe, przy ustalonym zdarzeniu waru-nkuj acym, jest miar a probabilistyczn a, a zatem

    P(B|A) = P(BH1|A)+P(BH2|A) = P(B|AH1)P(H1|A)+P(B|AH2)P(H2|A)(ostatni a rownosc latwo sprawdzamy, rozpisuj ac wzor na prawdopodobienstwo waru-nkowe). Widac, ze P(B|A H1) = P(B|H1) = P(A|H1) oraz P(B|A H2) =P(B|H2) = P(A|H2): istotnie, informacja o tym, ze pierwszy test da l wynik pozy-tywny/negatywny niczego nie wnosi; istotny jest fakt, czy dana osoba choruje nachorob e C czy nie. Pozostaje wyznaczyc P(H1|A) oraz P(H2|A). Korzystaj ac zewzoru Bayesa, mamy

    P(H1|A) =P(A|H1)P(H1)

    P(A)= 0.7826768,

    a zatem P(H2|A) = 1 P(H1|A) = 0.2173232. Wstawiaj ac te liczby wyzej, otrzy-mujemy, iz P(B|A) ' 0.7044309.

    Na rozwi azanie podpunktu b) mozna spojrzec nieco inaczej. Mianowicie, w celuwyznaczenia prawdopodobienstwa warunkowego B, stosujemy wzor na prawdopo-dobienstwo ca lkowite dok ladnie tak samo jak w a), tyle ze zmieniaj a si e prawdopo-dobienstwa P(H1) oraz P(H2). W wyjsciowej sytuacji dysponowalismy tylko danymistatystycznymi, ktore da ly nam rownosci P(H1) = 0.04% oraz P(H2) = 99.96%. W

  • METODYKA NAUCZANIA RACHUNKU PRAWDOPODOBIENSTWA 37

    momencie gdy dysponujemy wynikiem pierwszego testu, prawdopodobienstwo tego,ze dana osoba jest chora (odp. zdrowa), b edzie rowne P(H1|A) (odp. P(H2|A)).Zatem, szukane prawdopodobienstwo to

    0.9 0.7826768 + 0.0001 0.2173232 ' 0.7044309.

    Na zakonczenie, zwrocmy uwag e na ciekawe zjawisko. Gdyby badany w zadaniutest mia l wi eksz a ,,omylnosc w stosunku do osob zdrowych (przyk ladowo, dawa lbywynik pozytywny z prawdopodobienstwem 1% dla osob zdrowych), to mielibysmyP(H1|A) = 0.03476246. Z punktu widzenia zastosowan, by lby to wynik katastro-falny: taki test nie daje zadnej informacji o stanie zdrowia badanej osoby. Wprzypadku rzadkich chorob wazne jest aby tego typu b l ad by l niewielki: w przeciw-nym razie, przypadki pozytywnych wynikow odpowiadaj acych osobom chorym s adominowane przez liczne pozytywne wyniki pochodz ace od osob zdrowych.

    Wzor Bayesa, po dopowiednim przekszta lceniu, mozna stosowac takze w sytu-acji, gdy doswiadczenie sk lada si e z wi ekszej liczby etapow.

    Przyk lad 3.15 (Kontynuacja Przyk ladu 3.12). Za lozmy, ze wyrzucono or la. Jakiejest prawdopodobienstwo tego, ze rzucano prawid low a monet a? Jakie jest prawdo-podobienstwo tego, ze moneta pochodzi la z urny II?

    Rozwi azanie. Stosujemy oznaczenia z Przyk ladu 3.12. Zajmijmy si e najpierw praw-dopodobienstwem P(H2|A). Mamy, korzystaj ac ze wzoru Bayesa oraz wzoru naprawdopodobienstwo ca lkowite,

    P(H2|A) =P(A|H2)P(H2)

    P(A)

    =P(A|B1 H2)P(B1|H2)P(H2) + P(A|B2 H2)P(B2|H2)P(H2)

    P(A)

    =12

    12

    12 + 1

    12

    12

    58

    =3

    5.

    W przypadku P(B1|H2) rozumowanie jest analogiczne. Mamy

    P(B1|A) =P(A|B1)P(B1)

    P(A)=

    P(A|B1)[P(B1|H1)P(H1) + P(B1|H2)P(H2)

    ]P(A)

    =12

    (1 12 +

    12

    12

    )58

    =3

    5.

    3.3. Niezaleznosc zdarzen. Jak latwo zauwazyc, analizuj ac powyzsze przyk lady,jesli A, B s a zdarzeniami takimi, ze P(B) > 0, to na ogo l prawdopodobienstwowarunkowe P(A|B) rozni si e od prawdopodobienstwa bezwarunkowego P(A). In-nymi s lowy, dodatkowa informacja podana za pomoc a zdarzenia B w istotny sposobzmienia szans e zajscia zdarzenia A. Czasami jednak to, czy zdarzenie B zasz lo czynie, nie wp lywa na prawdopodobienstwo A: P(A|B) = P(A). W takiej sytuacjimowimy, ze A i B s a niezalezne. Jak latwo sprawdzic, rozpisuj ac wzor na prawdo-podobienstwo warunkowe, powyzsza rownosc daje si e zapisac w rownowaznej po-staci P(AB) = P(A)P(B), ktora ma t e zalet e, iz pozwala uwolnic si e od za lo