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 rownosc∣∣∣∣∣n⋃k=1

Ak

∣∣∣∣∣ =

n∑k=1

|Ak| −∑k<`

|Ak ∩A`|+∑

k<`<m

|Ak ∩A` ∩Am| − . . .

+ (−1)n+1|A1 ∩A2 ∩ . . . ∩An|.

Dowod. Dla n = 1 wzor jest oczywisty. Jesli n = 2, zbior A1 ∪ A2 jest sum aparami roz l acznych podzbiorow A1 \ A2, A1 ∩ A2 oraz A2 \ A1. Ponadto, A1 =(A1 \A2) ∪ (A1 ∩A2) oraz A2 = (A2 \A1) ∪ (A1 ∩A2), i wskazane sk ladniki takzes a parami roz l aczne. St ad, na mocy twierdzenia o dodawaniu,

|A1 ∪A2| = |A1 \A2|+ |A1 ∩A2|+ |A2 \A1| = |A1|+ |A2| − |A1 ∩A2|,

co by lo do okazania. W przypadku n ≥ 3, wykorzystujemy indukcj e: stosuj acwzor w l aczen i wy l aczen do zbiorow B1 = A1, B2 = A2, . . ., Bn−2 = An−2,

1

2 ADAM OS EKOWSKI

Bn−1 = An−1 ∪An, dostajemy∣∣∣∣∣n⋃k=1

Ak

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣n−1⋃k=1

Bk

∣∣∣∣∣ =

n−1∑k=1

|Bk| −∑k<`

|Bk ∩B`|+∑

k<`<m

|Bk ∩B` ∩Bm| − . . .

+ (−1)n|B1 ∩B2 ∩ . . . ∩Bn−1|.

Zauwazmy, ze |Bk1 ∩ Bk2 ∩ . . . ∩ Bkm | = |Ak1 ∩ Ak2 ∩ . . . ∩ Akm | jesli k1 < k2 <. . . < km < n− 1; jesli zas km = n− 1, to stosuj ac udowodniony wyzej przypadekn = 2 do zbiorow Ak1 ∩Ak2 ∩ . . .∩Akm−1 ∩An−1 oraz Ak1 ∩Ak2 ∩ . . .∩Akm−1 ∩An,otrzymujemy

|Bk1 ∩Bk2 ∩ . . . ∩Bkm | = |Ak1 ∩Ak2 ∩Akm−1∩ (An−1 ∪An)|

= |Ak1 ∩Ak2 ∩ . . . ∩Akm−1 ∩An−1|+ |Ak1 ∩Ak2 ∩ . . . ∩Akm−1

∩An|− |Ak1 ∩Ak2 ∩ . . . ∩Akm−1

∩An−1 ∩An|.Po odpowiednim przestawieniu sk ladnikow po prawej stronie, otrzymujemy tez e.

Najprostszym narz edziem s luz acym do zliczania mocy konkretnego zbioru jestwypisanie wszystkich elementow tego zbioru. Rozwazmy nast epuj ace zadanie.

Przyk lad 1.1. Rzucono szesc razy monet a i wynik zapisano w postaci ci aguszescioelementowego o wyrazach O lub R. Ile jest takich wynikow, ze reszka wy-pad la dok ladnie raz lub dok ladnie dwa razy?

Rozwi azanie. Oznaczmy zbior rozwazanych wynikow przez A. Zachodzi rownoscA = A1∪A2, gdzie Ai to zbior tych ci agow, w ktorych wyrazR pojawia si e dok ladniei razy, i = 1, 2. Wowczas

A1 = (R,O,O,O,O,O), (O,R,O,O,O,O), . . . , (O,O,O,O,O,R)oraz

A2 = (R,R,O,O,O,O),(R,O,R,O,O,O), . . . , (R,O,O,O,O,R),

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

. . .

(O,O,O,O,R,R),

sk ad |A1| = 6 oraz |A2| = 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15. Wobec tego |A| = 21.

Przejdzmy teraz do kolejnego twierdzenia, rowniez niezwykle elementarnego ioczywistego.

Twierdzenie 1.3 (O mnozeniu). Wybieramy ci ag (x1, x2, . . . , xn) o n ≥ 1 elemen-tach. Przypuscmy, ze wyraz x1 moze byc wybrany na k1 sposobow; dla dowolnegoustalonego wyboru x1, wyraz x2 moze byc wybrany na k2 sposobow; itd., dla do-wolnego ustalonego wyboru x1, x2, . . ., xn−1, wyraz xn moze byc wybrany na knsposobow. Wowczas ci ag (x1, x2, . . . , xn) moze byc wybrany na k1k2 . . . kn sposobow.

Zilustrujemy powyzszy fakt na nast epuj acym przyk ladzie.

Przyk lad 1.2. Na ile sposobow mozna wybrac ci ag czterocyfrowy, jesli

(a) nie ma ograniczen?

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 104 = 10000.

(b) Ponownie stosujemy twierdzenie o mnozeniu. Pierwsz a cyfr e wybieramy na10 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 σ zbioru 1, 2, . . . , n i usadzamy wszystkie osoby pocz awszy odustalonego krzes la, zgodnie z regu l a

(1.1) ma lzenstwo nr σ1, ma lzenstwo nr σ2, . . . , ma lzenstwo nr σn,

gdzie kolejnosc w obr ebie kazdego ma lzenstwa zosta la wyznaczona powyzej. Powy-zsz a operacj e mozna wykonac na 2n ·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 2n · (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(n−1

2m+1

).

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

(n−12m

).

· Ci ag zaczyna si e zerem i konczy si e jedynk a. Wowczas w ci agu musi byc 2m−1przejsc; liczba takich ci agow wynosi

(n−1

2m−1

).

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

(n−12m

).

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− 1

2m

)+

(n− 1

2m− 1

)+

(n− 1

2m

)=

(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


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

n∑k=0

(n

k

)2k = 3n,

gdzie ostatnia rownosc wynika wprost z dwumianu Newtona.

Rozwi azanie, Sposob II. Jak poprzednio, podzielmy elementy zbioru 1, 2, . . . , 2nna 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+k−1

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 podzbioremb1, b2, . . . , bk zbioru 1, 2, . . . , n+ k− 1. St ad liczba k-elementowych kombinacji

zbioru n-elementowego wynosi(n+k−1

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+9−120

)=(

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(n−n1

n2

)sposobow. Nast epnie wybieramy podzbior A3 zbioru

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

n1

)(n− n1

n2

)(n− n1 − n2

n3

). . .

(n− n1 − n2 − . . .− nk−1

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.


(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+4−1

4−1

)=(

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+4−1

4−1

)=(

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 1

2 (n2 + 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 1

2 (n2 +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 zbioru0, 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 = 4n = 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 liczbiezer.

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 λ2 = 6λ − 8: otrzymujemy λ = 2 b adzλ = 4. St ad an = c1 · 2n + 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. Zdrugiej 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, gdytrafia na wyraz

(nk−`)xk−` z drugiego nawiasu. St ad wspo lczynnik przy xm jest

rowny prawej stronie tozsamosci z tresci zadania.


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 ω = − 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

(2nn−1

), 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+ 1an−1 =

22(2n− 1)(2n− 3)

(n+ 1)nan−2

= . . . =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 ekszonych”triangulacji. 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.


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 |Pi−1Pi| = 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 zbioru1, 2, . . . , n?

7. Wykazac, ze liczba σ-cia l podzbiorow zbioru 1, ..., n wynosi 1e

∑k≥0

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,

n2n−1 =

n∑k=1

k

(n

k

).

(b) dla dowolnych m ≤ n,n∑

k=m

(k

m

)(n

k

)=

(n

m

)2n−m.

(c) dla dowolnych r ≤ k ≤ n,(n

k

)=

n−k+r∑`=r

(n− `k − r

)(`− 1

r − 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 =

n∑k=0

CkCn−k, n = 0, 1, 2, . . . .

12. Wykazac, ze dla dowolnej liczby ca lkowitej n > 1 zachodzi rownoscn∑k=1

(−1)k−1k

(n

k

)= 0.


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 ,,najdrobniejszych”wynikach, ktore b edziemy nazywac zdarzeniami elementarnymi. Zbior wszystkichzdarzen elementarnych oznaczamy liter a Ω, a do oznaczenia zdarzen elementarnychb edziemy zazwyczaj uzywac litery ω b adz ω1, ω2, . . ..

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

on do wczesniej ustalonego podzbioru zbioru Ω. 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

Ω = (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

Ω =

(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 Ω = [0, 2π) i A = [π/2, π].

Szczegolne zdarzenia, interpretacje dzia lan/relacji na zdarzeniach:Ω - 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 Ω. Mozna pracowac przy tymza lozeniu pod warunkiem ze zbior Ω jest co najwyzej przeliczalny: wowczas nazbiorze pot egowym 2Ω mozna okreslic ,,sensowne” prawdopodobienstwa. Niestety,w ogolnej sytuacji nie jest to dopuszczalne (jesli zbior Ω jest mocy continuum,to na klasie 2Ω 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 σ-cia lem podzbiorow Ω. Przypomnijmy odpowiedni adefinicj e.

14 ADAM OS EKOWSKI

Definicja 2.1. Rodzin e F podzbiorow Ω nazywamy σ-cia lem, jesli

(i) ∅ ∈ F ,(ii) A ∈ F ⇒ A′ ∈ F ,

(iii) A1, A2, . . . ∈ F ⇒∞⋃n=1

An ∈ F .

Par e (Ω,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

ρn(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 ρn(A) powinna byc bliska szansie zajscia zdarzenia A wpojedynczym doswiadczeniu. Naturalnym pomys lem jest okreslenie

P(A) = limn→∞

ρn(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, ρn przyjmuje wartosci w prze-dziale [0, 1] oraz posiada nast epuj ace w lasnosci:

(i) ρn(Ω) = 1,

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

( ∞⋃k=1

Ak

)=

∞∑k=1

ρn(Ak).

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

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

(I) P(Ω) = 1,

(II) dla dowolnych parami roz l acznych zdarzen A1, A2, . . . zachodzi

P

( ∞⋃k=1

Ak

)=

∞∑k=1

P(Ak).


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

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

dziemy mowic, ze P jest miar a probabilistyczn a.

2. Nalezy pami etac, iz przy modelowaniu konkretnego doswiadczenia losowegowybor 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 (Ω,F ,P); czasami jednak tak nie jest (por. paradoksBertranda ponizej).

3. W przypadku gdy Ω 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

(N⋃k=1

Ak

)= P

((N−1⋃k=1

Ak

)∪AN

)= P

(N−1⋃k=1

Ak

)+ P(AN )

= P

((N−2⋃k=1

Ak

)∪AN−1

)+ P(AN )

= P

(N−2⋃k=1

Ak

)+ P(AN−2) + P(AN−1)

= . . .

=

N∑k=1

P(Ak) =

∞∑k=1

P(Ak).

Jesli jednak Ω 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(Ω,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

(n⋃i=1

Ai

)=

n∑i=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 = . . . = ∅. Szereg∑∞k=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(A∪B) = P(A \B) +P(A∩B) +P(B \A).Z drugiej strony, mamy P(A) = P(A \B) +P(A∩B) oraz P(B) = P(B \A) +P(A∩B), 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 ∪ . . .∪An−1) 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) =

n∑i=1

P(Ai)−∑i<j

P(Ai ∩Aj) +∑i<j<k

P(Ai ∩Aj ∩Ak)− . . .

+ (−1)n+1P(A1 ∩A2 ∩ . . . ∩An).

Dowod tego twierdzenia jest taki sam jak w przypadku miary licz acej i opierasi e na indukcji (patrz strony 1 i 2 powyzej). Szczego ly pozostawiamy czytelnikowi.

Twierdzenie 2.3 (Twierdzenie o ci ag losci). Za lozmy, ze (Ω,F ,P) jest przestrzeni aprobabilistyczn a oraz (An)∞n=1 jest ci agiem zdarzen.

(i) Jesli ci ag ten jest wst epuj acy (tzn. A1 ⊆ A2 ⊆ . . .), to

P

( ∞⋃n=1

An

)= limn→∞

P(An).

(ii) Jesli ci ag ten jest zst epuj acy (tzn. A1 ⊇ A2 ⊇ . . .), to

P

( ∞⋂n=1

An

)= limn→∞

P(An).

Dowod: (i) Rozwazmy ci ag (Bn)n≥1 zdarzen, zadany przez

B1 = A1, B2 = A2 \A1, B3 = A3 \A2, . . . .


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

dowolnego k ≥ 1 oraz⋃∞n=1Bn =

⋃∞n=1An. Zatem

P

( ∞⋃n=1

An

)= P

( ∞⋃n=1

Bn

)

=

∞∑n=1

P(Bn) = limk→∞

k∑n=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 (A′n)n≥1 jest wst epuj acy, a zatem, korzystaj ac z (i) oraz zpraw de Morgana, mamy

P

( ∞⋂n=1

An

)= 1− P

(( ∞⋂n=1

An

)′)

= 1− P

( ∞⋃n=1

A′n

)= 1− lim

n→∞P(A′n) = lim

n→∞P(An).

Przejdziemy teraz do przyk ladow.

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

P(A) =|A||Ω|

.

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 |Ω| = 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

Ω =i, j : i, j ∈ 1, 2, 3, 4, 5, 6

.

Wowczas, jak latwo si e przekonac, |Ω| = 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|/|Ω| = 1/7. Otrzymalismy inny wynik niz poprzednio: jest to zwi azanez tym, ze przy obecnym wyborze Ω, 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 Ω to zbior wszystkich permutacji tychkul. Ponadto, |Ω| = 9!, F = 2Ω 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

Ω =

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

Przyjmujemy F = 2Ω 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

) =5

9.

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. WowczasΩ to zbior wszystkich permutacji talii kart (a wi ec |Ω| = 52!), za F mozemy wzi ac2Ω, 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


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||Ω|

=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) =1

k?

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) =∑

m≤k≤n

P(Apk)−∑

m≤k<`≤n

P(Apk ∩Ap`) + . . .

=∑

m≤k≤n

1

pk−

∑m≤k<`≤n

1

pkp`+ . . .

= 1−(

1− 1

pm

)(1− 1

pm+1

). . .

(1− 1

pn

).

Z drugiej strony, wiadomo, ze szereg∑∞k=1

1pk

jest rozbiezny. Wobec tego, na mocy

twierdzenia o ci ag losci,

P

( ∞⋃k=m

Apk

)= limn→∞

P(Apm ∪Apm+1 ∪ . . . ∪Apn) = 1,

dla kazdego m. Zdarzenie stoj ace po lewej stronie to ,,wylosowana liczba dzieli si eprzez co najmniej jedn a z liczb pm, pm+1, . . .”. Niech teraz j b edzie dowoln a liczb aca lkowit a dodatni a. Oczywiscie istnieje m takie, ze liczby pm, pm+1, . . . s a wi ekszeniz j; w konsekwencji,

j /∈∞⋃k=m

Apk ,

a wi ec P(j) = 0. Zatem, z dowolnosci j, dostajemy P(Ω) = P(N) = 0. Otrzymanasprzecznosc pokazuje, iz nie istnieje miara probabilistyczna spe lniaj aca warunek(2.1) dla wszystkich k.


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 ,,przejsciowych”T1, T2, . . ., T1000. Sprobujmy okreslic przestrzen probabilistyczn a opisuj ac a powyzszyeksperyment losowy. Pierwszy pomys l polega na rozwazeniu roznowartosciowychci agow:

Ω =

(a1, a2, . . . , ak) :a1, a2, . . . , ak−1 ∈ 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 Ω, 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 Ω = 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 Ω =ω1, ω2, . . . jest zbiorem co najwyzej przeliczalnym oraz p1, p2, . . . - liczby nie-ujemne o sumie 1. Wowczas wybor F = 2Ω oraz P(ωi) = pi, i = 1, 2, . . .,jednoznacznie zadaje przestrzen probabilistyczn a (Ω,F ,P): dla kazdego A ∈ Fmamy

P(A) =∑i

1A(ωi)pi,

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

1A(ω) =

1 jesli ω ∈ A,0 jesli ω /∈ 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 Ω =1, 2, . . . ,∞. W celu wyznaczenia prawdopodobienstwa zdarzenia k, spojrzmyna pokrewny problem. Rzucamy k razy monet a; jaka jest szansa, ze w pierwszychk−1 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 Ω ∈ B(Rd), tzn. Ωjest podzbiorem borelowskim Rd, przy czym 0 < |Ω| < ∞ (tu | · | oznacza miar e

22 ADAM OS EKOWSKI

Lebesgue’a w Rd). Niech F = B(Ω) b edzie σ-cia lem podzbiorow borelowskich Ω, amiara probabilistyczna P b edzie zadana przez

P(A) =|A||Ω|

.

Wowczas trojka (Ω,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 Ω.

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

Ω = (x, y) : x, y ∈ [0, 1] = [0, 1]2.

Jako σ-cia lo F bierzemy klas e podzbiorow borelowskich Ω, a jako P bierzemy praw-dopodobienstwo geometryczne na Ω.

Nast epnym krokiem jest zinterpretowanie badanego zdarzenia A jako podzbioruΩ. Otoz A = (x, y) ∈ Ω : x, ≤ 1/2 = [0, 1/2]2, a zatem

P(A) =|A||Ω|

=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 Ω = [0, 1]2, F = B([0, 1]2) oraz okreslamy P jako prawdopodobienstwogeometryczne.

Zoobaczmy teraz, jakiemu podzbiorowi Ω 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 Ω.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||Ω| = 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 Ω = (x, y) :0 ≤ x ≤ y ≤ 1, ktory jest trojk atem o polu 1/2. Dalej, okreslamy jak wyzej: F =


B(Ω) 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|/|Ω| = 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,

Ω = (x, y) : x, y ≥ 0, x+ y ≤ 1.

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

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|/|Ω| = 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 α = ∠AOB ∈ [0, 2π).Tak wi ec Ω = [0, 2π), F = B(Ω) oraz P jest prawdopodobienstwem geometrycznym.Ci eciwa spe lnia warunki zadania wtedy i tylko wtedy, gdy α ∈ (2π/3, 4π/3), a zatemszukane prawdopodobienstwo wynosi

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

=1

3.

II) Wylosowanie ci eciwy mozna utozsamic z wylosowaniem jej srodka. Mamywi ec Ω = B(0, 1), F = B(Ω) 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 ecΩ = [0, 1], F = B(Ω) 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 ,,paradoks”powyzej. 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 Ω = [0, 1]N. Jako F bierzemy σ-cia lo zbiorow borelowskich Ω (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) =

N∏j=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 A′a,b: zaden z wylosowa-

nych punktow nie wpada do (a, b). Zdarzenie A′a,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

Ω = [0, 1]n, Bn =([0, 1] \ (a, b)

)n,

sk ad P(Bn) = (1 − b + a)n. W konsekwencji, P(A′a,b) ≤ P(Bn) = (1 − b + a)n, i

zbiegaj ac z n do nieskonczonosci otrzymujemy P(A′a,b) = 0, a wi ec P(Aa,b) = 1.Wystarczy juz tylko zauwazyc, ze zdarzenie zadane w tresci daje si e wyrazic w

postaci⋂a,b∈Q∩[0,1], a<bAa,b. Jest to przeliczalne przeci ecie zbiorow pe lnej miary,

a wi ec ma prawdopodobienstwo 1.


Zadania

1. (Ω,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 = Ω, 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 srednicy 23 . 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.


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 (Ω,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 (Ω,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 (Ω,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 Ω = (a1, a2, a3, a4, a5) : ai ∈ O,R, F = 2Ω 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 Ω 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

) =2

5.

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. ZatemΩ = trzyelementowe kombinacje zbioru 1, 2, 3, 4, 5, F = 2Ω 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 = 2Ω 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− 1

k − 1

)(c

n− k

)(n− 1)!,

sk ad P(A|B) = kn .


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 Ω 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 = 2Ω ijasne jest, ze jako P nalezy wzi ac prawdopodobienstwo klasyczne. Szukane praw-dopodobienstwo warunkowe wynosi

P(A) =

(n−1

k−1,n−k)(

nk,n−k

) =k

n.

Istotnie, moc Ω wynosi(

nk,n−k

). 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 lozycΩ = [0, 1]2, F = B(Ω) 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|/|Ω||B|/|Ω|

=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 Ω = (x, y) ∈ [0, 1]2 : x+ y ≥ 1. Nast epnie, k ladziemy

F = 2Ω 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 paradoksowpokazuj 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.


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 (Ω,F ,P)jest przestrzeni a probabilistyczn a oraz A1, A2, . . ., An s a zdarzeniami spe lniaj acymiwarunek P(A1 ∩A2 ∩ . . . ∩An) > 0. Wowczas

P(A1 ∩A2 ∩ . . . ∩An)

= P(An|A1 ∩A2 ∩ . . . ∩An−1)P(An−1|A1 ∩A2 ∩ . . . An−2) . . .P(A2|A1)P(A1).

Dowod. Wystarczy zastosowac definicj e prawdopodobienstwa warunkowego.

Przyk lad 3.8. W urnie znajduje si e n−1 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, . . ., bn−1, a czarn a kul e przez c.Mamy

Ω = (c), (b1, c), (b2, c), . . . , (bn−1, c), (b1, b1, c), . . .,F = 2Ω, 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(A′k ∩Ak−1 ∩Ak−2 ∩ . . . ∩A1)

= P(A′k|Ak−1 ∩ . . . ∩A1)P(Ak−1|Ak−2 ∩ . . . ∩A1) . . .P(A2|A1)P(A1).

a) Z warunkow zadania wynika, ze

P(Ai|Ai−1 ∩ . . . ∩A1) =n− i

n− i+ 1, P(A′k|Ak−1 ∩ . . . ∩A1) =

1

n− k + 1,

a zatem szukane prawdopodobienstwo wynosi

1

n− k + 1· n− k + 1

n− k + 2· n− k + 2

n− k + 3· . . . · n− 2

n− 1· n− 1

n=

1

n.

b) Tym razem mamy

P(Ai|Ai−1 ∩Ai−2 ∩ . . . ∩A1) =n− 1

n,

a wi ec szukane prawdopodobienstwo jest rowne(1− n− 1

n

)· n− 1

n· n− 1

n· . . . · n− 1

n=

1

n

(n− 1

n

)k−1

.

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(A∩B∩C∩D). 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 · 13

51 · 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 = Ω. 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;


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 (Ω,F ,P) jest zadan a przestrzeni a probabilistyczn a.Rozbiciem nazywamy dowoln a rozdzin e (Hi)i∈I parami roz l acznych zdarzen, ktorejsum a jest zbior Ω.

Twierdzenie 3.2 (Wzor na prawdopodobienstwo ca lkowite). Niech (Ω,F ,P) b edzieustalon a przestrzeni a probabilistyczn a oraz za lozmy, ze (Hi)i∈I 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) =∑i∈I

P(A|Hi)P(Hi).

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

P(A) =∑i∈I

P(A ∩Hi) =∑i∈I

P(A|Hi)P(Hi).

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

z dok ladnosci a do zbioru miary 0. Scislej, za lozmy, ze (Hi)i∈I 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

(⋃i∈I Hi

)= 1. Wowczas

P(A) =∑

i∈I: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) = 2−n orazP(A|Hn) = n−1. 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 Ω: ci ag z lozonyz samych reszek nie nalezy do zadnego ze zbiorow Hn. Otrzymujemy

P(A) =

∞∑n=1

2−n

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. Mamy

P(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


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 elismy”fragment 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 · 1

323

=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)∑i∈I 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)i∈I , wyczerpuj acych zbior Ωz 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(B∩H1|A)+P(B∩H2|A) = P(B|A∩H1)P(H1|A)+P(B|A∩H2)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


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 · 1

2 ·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 · 1

2 + 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(A∩B) = P(A)P(B), ktora ma t e zalet e, iz pozwala uwolnic si e od za lozeniaP(B) > 0. Sformu lujmy definicj e.

38 ADAM OS EKOWSKI

Definicja 3.3. Za lozmy, ze (Ω,F ,P) jest przestrzeni a probabilistyczn a oraz A,B ∈ F . Mowimy, ze A i B s a niezalezne, jesli

P(A ∩B) = P(A)P(B).

Jesli powyzsza rownosc nie zachodzi, to mowimy, ze A i B s a zalezne.

Przyk lad 3.16. Z talii 52 kart losujemy kart e. Rozwazmy zdarzenia A - wyloso-wana karta jest krolem, B - wylosowana karta jest kierem. Wowczas zdarzenia A,B s a niezalezne: istotnie, bior ac standardow a przestrzen probabilistyczn a (Ω,F ,P),obliczamy, iz P(A) = 4/52, P(B) = 13/52 = 1/4 oraz P(A ∩B) = 1/52.

Przyk lad 3.17. Rzucamy dwa razy kostk a. Zbadajmy niezaleznosc zdarzen A -suma oczek wynosi 6 oraz B - za pierwszym razem wyrzucono czwork e. Przyjmuj acstandardow a definicj e (Ω,F ,P), widzimy, iz A = (1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1),sk ad P(A) = 5/36; ponadto, latwo obliczyc, ze P(B) = 1/6. Z drugiej strony,A ∩ B = (4, 2), sk ad P(A ∩ B) 6= P(A)P(B). Zdarzenia A i B nie s a wi ecniezalezne. Intuicyjnie, wynik ten jest ca lkowicie jasny: jesli w pierwszym rzucieotrzymano czwork e, wci az zachowujemy szans e na uzyskanie w sumie szesciu oczek- b edzie to mia lo miejsce jesli w drugim rzucie otrzymamy dwa oczka. Z drugiejstrony, jesli w pierwszym rzucie wypadnie szostka, to zdarzenie B nie moze zajsc.Innymi s lowy, szansa uzyskania l acznie szesciu oczek zalezy od wyniku pierwszegorzutu, co uniemozliwia niezaleznosc zdarzen A i B.

Spojrzmy teraz na pokrewny problem, w ktorym zdarzenie A to ,,suma oczekwynosi 7”. Wowczas bezposrednio liczymy, ze P(A) = 1/6 oraz P(A ∩ B) = 1/36,a wi ec A i B s a niezalezne. Intuicyjnie, wynika to st ad, ze zdarzenie A nie zalezyod liczby oczek w pierwszym rzucie: bez wzgl edu na to, co uzyskamy, zawsze sa-tysfakcjonuje nas tylko jeden z szesciu wynikow drugiego rzutu.

Przyk lad 3.18. Losujemy dwie liczby X oraz Y z odcinka [0, 1]. Zbadac niezalez-nosc zdarzen A = obie liczby s a mniejsze niz 1/2 oraz B = liczba X jest mniejszaniz Y .

Rozwi azanie. Mamy Ω = [0, 1]2, F = B(Ω) oraz P jest prawdopodobienstwemgeometrycznym. Jak latwo widac, mamy A = [0, 1/2)2, sk ad P(A) = 1/4; ponadto,B = (x, y) ∈ Ω : x < y sk ad P(B) = 1/2. Wreszcie, A ∩ B = (x, y) ∈[0, 1/2) : x < y, a wi ec P(A ∩ B) = 1/8 = P(A)P(B), a wi ec zdarzenia A i B s aniezalezne.

Przyk lad 3.19. Zastanowmy si e teraz nad poj eciem niezaleznosci trzech zdarzen.Jak wyzej, rozwazmy dwukrotny rzut kostk a i okreslmy zdarzenia A - suma oczekwynosi 7, B - w pierwszym rzucie uzyskano czwork e, C - w drugim rzucie uzyskanotrojk e. Jak wiemy, zachodz a rownosci P(A) = P(B) = 1/6; ponadto, latwo policzyc,ze takze P(C) = 1/6. Zauwazmy, ze A ∩ B = B ∩ C = C ∩ A = w pierwszymrzucie czworka, w drugim trojka, sk ad P(A ∩B) = P(B ∩ C) = P(C ∩A) = 1/36.Widzimy wi ec, ze kazde dwa zdarzenia sposrod A, B, C s a niezalezne. Z drugiejstrony, wprost z zawierania B ∩ C = C ∩ A ⊂ A, widzimy, ze zdarzenia A, B, Cnie s a niezalezne. Powyzsze rozwazania pokazuj a, iz niezaleznosc zdarzen nie mozeopierac si e tylko na relacjach w obr ebie par, ale powinna w jakis sposob odnosic si edo l acznego, ,,zespo lowego” zachowania si e zdarzen. W szczegolnosci, jesli zdarzeniaA, B, C, D, . . . s a niezalezne, to zdarzenia A ∩ B, C, D, . . . tez powinny miec t ew lasnosc. Prowadzi to do nast epuj acych dwoch definicji.


Definicja 3.4. Za lozmy, ze (Ω,F ,P) jest przestrzeni a probabilistyczn a oraz (Ai)i∈Ijest pewn a rodzin a zdarzen.

1. Mowimy, ze zdarzenia (Ai)i∈I s a niezalezne parami, jesli dla dowolnych i, j ∈I, i 6= j, zachodzi rownosc

P(Ai ∩Aj) = P(Ai)P(Aj).

2. Mowimy, ze zdarzenia (Ai)i∈I s a niezalezne (lub niezalezne l acznie, b adzniezalezne zespo lowo), jesli dla dowolnego roznowartosciowego skonczonego ci agui1, i2, . . ., ik o wyrazach w I zachodzi rownosc

P(Ai1 ∩Ai2 ∩ . . . ∩Aik) = P(Ai1)P(Ai2) . . .P(Aik).

Przyk ladowo, zdarzenia A, B, C s a niezalezne, jesli zachodz a cztery rownosci:P(A ∩ B) = P(A)P(B), P(B ∩ C) = P(B)P(C), P(C ∩ A) = P(C)P(A) oraz P(A ∩B∩C) = P(A)P(B)P(C). Gdy mamy do czynienia z n zdarzeniami A1, A2, . . ., An,musimy sprawdzic l acznie 2n − n− 1 warunki; zadnego z nich nie mozna pomin ac.

Uwaga 3.3. Zdarzenia niezalezne maj a nast epuj ac a naturaln a w lasnosc. Za lozmy,ze (Ai)i∈I jest rodzin a zdarzen niezaleznych oraz I1, I2, . . ., In s a roz l acznymipodzbiorami zbioru I. Nast epnie wykonajmy pewn a operacj e na zbiorach z klasy(Ai)i∈I1 , prowadz ac a do zdarzenia B1; wykonajmy pewne teoriomnogosciowe ope-racje na elementach (Ai)i∈I2 , i ich efekt oznaczmy przez B2, itd. Wowczas zdarzeniaB1, B2, . . ., Bn s a niezalezne. Przyk ladowo, jesli zdarzenia A1, A2, . . ., A10 s a nie-zalezne, to zdarzenia B1 = A1 ∪A2, B2 = (A3 ∩A4) \A7 oraz B3 = A5 ∪ (A6 \A9)s a niezalezne, gdyz wyrazaj a si e za pomoc a roznych zdarzen.

Przyk lad 3.20. W urnie znajduje si e pi ec kul bia lych, ponumerowanych liczbamiod 1 do 5, cztery kule czarne, ponumerowane liczbami od 1 do 4, trzy kule niebieskie,ponumerowane liczbami od 1 do 3 oraz dwie zielone, z liczbami 1 oraz 2. Losujemypo jednej kuli ze zwracaniem az do momentu wylosowania kul wszystkich kolorow.Niech B, C, N , Z oznaczaj a zdarzenia, ze na pierwszej wylosowanej kuli o kolorzebia lym, czarnym, niebieskim b adz zielonym, odpowiednio, by la liczba 1. Zbadacniezaleznosc tych zdarzen.

Rozwi azanie. B edziemy badac niezaleznosc bezposrednio z definicji. Najlepiej zilu-strowac rozumowanie analizuj ac konkretny przyk lad. Wykazemy, ze

P(B ∩N ∩ Z) = P(B)P(N)P(Z).

W tym celu, zauwazmy, ze P(B) = 1/5, z symetrii: kazda z liczb 1, 2, . . ., 5ma t e sam a szans e na pojawienie si e na pierwszej bia lej kuli. Analogicznie, za-chodz a rownosci P(N) = 1/3 oraz P(Z) = 1/2, a wi ec P(B)P(N)P(Z) = 1/30.Rozumowanie dla P(B ∩N ∩ Z) jest bardzo podobne. Kazda trojka liczb (i, j, k),gdzie i ∈ 1, 2, . . . , 5, j ∈ 1, 2, 3 oraz k ∈ 1, 2, ma t e sam a szans e na po-jawienie na kuli bia lej, niebieskiej i zielonej, odpowiednio. Wnioskujemy st ad, zeP(B ∩N ∩ Z) = 1/30.

Wszystkie pozosta le rownosci (wymagane by zakonczyc dowod niezaleznosci zda-rzen) wykazujemy w dok ladnie ten sam sposob.

Przyk lad 3.21. Za lozmy, ze p1 < p2 < . . . < pN s a ustalonymi liczbami pierw-szymi. Ze zbioru 1, 2, . . . , p1p2 . . . pN losujemy liczb e. Niech Apk oznacza zda-rzenie ,,wylosowana liczba dzieli si e przez pk”. Wykazac niezaleznosc zdarzen Ap1 ,Ap2 , . . ., ApN .

40 ADAM OS EKOWSKI

Rozwi azanie. Rzecz jasna, mamy Ω = 1, 2, . . . , p1p2 . . . pN, F = 2Ω i P jest praw-dopodobienstwem klasycznym. Ustalmy dowolny rosn acy ci ag 1 ≤ i1 < i2 < . . . <ik ≤ N . Musimy udowodnic rownosc

P(Api1 ∩Api2 ∩ . . . ∩Apik ) = P(Api1 )P(Api2 ) . . .P(Apik ).

W tym celu, zauwazmy, ze

Apm = pm, 2pm, 3pm, . . . , p1p2 . . . , pN,sk ad |Apm | = p1p2 . . . pm−1pm+1 . . . pN i P(Apm) = 1/pm. Analogicznie,

Api1 ∩Api2 ∩ . . . ∩Apik = pi1pi2 . . . pik , 2pi1pi2 . . . pik , . . . , p1p2 . . . pN,a wi ec |Api1 ∩Api2 ∩ . . . ∩Apik | = p1p2 . . . pN/pi1pi2 . . . pik oraz

P(Api1 ∩Api2 ∩ . . . ∩Apik ) =1

pi1pi2 . . . pik= P(Api1 )P(Api2 ) . . .P(Apik ).

Niekiedy warto badac niezaleznosc zdarzen przy uzyciu pewnego rownowaznegowarunku. Przyjmijmy nast epuj ac a konwencj e: jesli ε ∈ −1, 1 oraz A jest zdarze-niem, to przyjmiemy

Aε =

A jesli ε = 1,

A′ jesli ε = −1.

Twierdzenie 3.4. Zdarzenia A1, A2, . . ., An s a niezalezne wtedy i tylko wtedy,gdy dla dowolnego ci agu ε1, ε2, . . . , εn znakow,

P(Aε11 ∩Aε22 ∩ . . . ∩Aεnn ) = P(Aε11 )P(Aε22 ) . . .P(Aεnn ).

Dowod. ⇒Wystarczy dowiesc, ze jesli A1, A2, . . ., An s a niezalezne, to A1, A2, . . .,An−1, A′n s a niezalezne. Wowczas, przez kilkakrotne zastosowanie tego faktu, otrzy-mamy niezaleznosc zdarzen Aε11 , Aε22 , . . ., Aεnn , a st ad wyniknie z adana rownosc.Aby zbadac niezaleznosc A1, A2,. . ., A′n, bierzemy dowolny ci ag 1 ≤ i1 < i2 < . . . <ik ≤ n; jesli ik 6= n, to rownosc z definicji niezaleznosci zachodzi, z za lozenia (A1,A2, . . ., An s a niezalezne). Jesli zas ik = n, to

P(Ai1 ∩Ai2 ∩ . . . ∩Aik−1∩A′n)

= P(Ai1 ∩Ai2 ∩ . . . ∩Aik−1)− P(Ai1 ∩Ai2 ∩ . . . ∩Aik−1

∩An)

= P(Ai1)P(Ai2) . . .P(Aik−1)− P(Ai1)P(Ai2) . . .P(Aik−1

)P(An)

= P(Ai1)P(Ai2) . . .P(Aik−1)P(A′n).

⇐ Ustalmy 1 ≤ i1 < i2 < . . . < ik ≤ n. Mamy

P(Ai1 ∩Ai2 ∩ . . . ∩Aik) =∑

P(Aε11 ∩Aε22 ∩ . . . Aεnn ),

gdzie εi1 = εi2 = . . . = εik = 1, a sumowanie jest rozci agni ete po wszystkichmozliwych wartosciach dla pozosta lych znakow εj . Podobnie,

P(Ai1)P(Ai2) . . .P(Aik) =∑

P(Aε11 )P(Aε22 ) . . .P(Aεnn ).

Poniewaz odpowiednie sk ladniki w sumach s a takie same, otrzymujemy z adan arownosc.

Przyk lad 3.22. Rzucono 50 razy prawid low a monet a. Dla i = 1, 2, . . . , 50,rozwazmy zdarzenie Ai = w i-tym rzucie wypad l orze l; ponadto, niech A51 =wypad la l acznie parzysta liczba or low. Wykazac, ze dowolne 50 sposrod zdarzenA1, A2, . . ., A51 to zdarzenia niezalezne. Czy A1, A2, . . ., A51 s a niezalezne?


Rozwi azanie. Zacznijmy od drugiego pytania. Rzecz jasna, zdarzenia A1, A2, . . .,A51 nie s a niezalezne; jesli wiemy, ze zasz ly A1, A2, . . ., A50, to automatyczniemusia lo tez zajsc A51. Formalnie, mamy Ω = (a1, a2, . . . , a50) : ai ∈ O,R,F = 2Ω i P jest prawdopodobienstwem klasycznym. Bezposrednio obliczamy, zeP(Ai) = 1/2 dla wszystkich i ∈ 1, 2, . . . , 51 i widzimy, iz

P(A1 ∩A2 ∩ . . . ∩A51) = P(A1 ∩A2 ∩ . . . ∩A50) =1

2506= P(A1)P(A2) . . .P(A51).

Wykazemy teraz, ze dowolne 50 zdarzen sposrod A1, A2, . . ., A51 jest niezaleznych,wykorzystuj ac powyzszy rownowazny warunek. Latwo widac, ze zdarzenia A1, A2,. . ., A50 s a niezalezne: istotnie, dla dowolnego ci agu ε1, ε2, . . ., ε50,

P(Aε11 ∩Aε22 ∩ . . . ∩A

ε5050 ) =

1

250.

Wybierzmy teraz ci ag 1 ≤ i1 < i2 < . . . < i50 = 51; w ci agu tym pojawiaj a si ewszystkie liczby ze zbioru 1, 2, . . . , 50, za wyj atkiem jednej: oznaczmy j a przez j.Ustalmy ci ag ε1, ε2, . . ., ε50 i spojrzmy na zdarzenie

Aε1i1 ∩Aε2i2∩ . . . ∩Aε50i50 .

Zdarzenia Aε1i1 , Aε2i2 , . . ., Aε49i49 determinuj a wyniki we wszystkich rzutach, za wyj a-tkiem j-tego. Ostatnie zdarzenie, Aε5051 , mowi o parzystosci l acznej liczby wyrzuco-nych or low, a wi ec determinuje wynik w j-tym rzucie. Wobec tego,

P(Aε1i1 ∩Aε2i2∩ . . . ∩Aε50i50 ) =

1

250= P(Aε1i1 )P(Aε2i2 ) . . .P(Aε50i50 ).

Konczy to dowod niezaleznosci.

Przyk lad 3.23. Wykonujemy ci ag podwojnych rzutow prawid low a kostk a; w kaz-dym podwojnym rzucie sumujemy uzyskane dwie liczby oczek. Jakie jest prawdo-podobienstwo tego, ze 5 pojawi si e przed 7?

Rozwi azanie. Oznaczmy interesuj ace nas zdarzenie przez A. Ponadto, dla n =1, 2, . . ., wprowadzmy An = w pierwszych n − 1 podwojnych rzutach ani razunie uzyskalismy sumy 5 ani sumy 7, w n-tym losowaniu suma oczek wynios la 5.Wowczas zdarzenia A1, A2, . . . s a parami roz l aczne i A jest ich sum a. Wobec tego,korzystaj ac z w lasnosci prawdopodobienstwa, mamy

P(A) =

∞∑n=1

P(An).

Zajmijmy si e teraz pojedynczym sk ladnikiem powyzszej sumy. Wyniki otrzymanew roznych rzutach s a niezalezne. St ad

P(An) = P(w pierwszym podwojnym rzucie suma oczek jest rozna od 5 i 7)×P(w drugim podwojnym rzucie suma oczek jest rozna od 5 i 7)×. . .

P(w n− 1-szym podwojnym rzucie suma oczek jest rozna od 5 i 7)×P(w n-tym podwojnym rzucie suma oczek wynosi 5)

=

(26

36

)n−1

· 4

36,

42 ADAM OS EKOWSKI

a zatem

P(A) =

∞∑n=1

(26

36

)n−14

36=

2

5.

Wynik ten mozna takze otrzymac przy uzyciu wzoru na prawdopodobienstwoca lkowite. Wprowadzmy zdarzenia B - w pierwszym podwojnym rzucie suma oczekwynosi 5, C - w pierwszym podwojnym rzucie suma oczek wynosi 7, D = Ω\(B∪C).Wowczas

P(A) = P(A|B)P(B) + P(A|C)P(C) + P(A|D)P(D).

Zauwazmy, iz zachodz a warunki

P(A|B) = 1, P(A|C) = 0 oraz P(A|D) = P(A).

Dwie pierwsze rownosci s a oczywiste. Ostatnia bierze si e st ad, iz jesli zasz lo D, topo pierwszym podwojnym rzucie jestesmy w takiej samej sytuacji jak na pocz atku(pierwszy rzut niczego nie wnosi). L acz ac powyzsze tozsamosci, otrzymujemy zatem

P(A) =P(B)

1− P(D)=

P(B)

P(B) + P(C)=

436

436 + 6

36

=2

5.

Powyzsza rownosc zachodzi w nast epuj acej ogolnej sytuacji. Jesli B, C s a roz l acz-nymi zbiorami zawieraj acymi pewne wyniki ustalonego doswiadczenia losowego, toprzy nieskonczonym, niezaleznym powtorzeniu tego doswiadczenia, prawdopodo-bienstwo tego, ze zdarzenie B zajdzie wczesniej niz C, wynosi

P(B)

P(B) + P(C).

3.4. B l adzenie losowe po liczbach ca lkowitych. Rozwazmy nast epuj ace dos-wiadczenie losowe. Niech p b edzie ustalon a liczb a z przedzia lu [0, 1]. Po licz-bach ca lkowitych porusza si e pionek, w kazdym kroku poruszaj ac si e do jednej zs asiednich liczb ca lkowitych: do wi ekszej z prawdopodobienstwem p, do mniejszej zprawdopodobienstwem 1−p. Doswiadczenie to formu luje si e w ,,otoczce” hazardo-wej: za lozmy, ze gracz gra w or la i reszk e monet a, dla ktorej prawdopodobienstwowypadni ecia or la wynosi p. To znaczy, wykonuje ci ag niezaleznych rzutow monet a;jesli wypadnie orze l, wygrywa 1 z l; w przeciwnym razie, traci 1 z l. Wowczas, za-miast mowic o po lozeniu pionka, mozemy rownowaznie mowic o zysku gracza A.Rozwazymy kilka naturalnych pytan, ktore pojawiaj a si e w tym kontekscie.

Przyk lad 3.24. Za lozmy, ze M < 0 < N s a ustalonymi liczbami ca lkowitymi.Jakie jest prawdopodobienstwo zdarzenia A = pionek dojdzie do punktu M wczes-niej niz do punktu N?

Rozwi azanie. Rozwazmy nieco ogolniejsz a sytuacj e. Dla j ∈ M,M + 1, . . . , N,niech pj oznacza prawdopodobienstwo tego, ze pionek dojdzie do punktu M wczes-niej niz do N , przy za lozeniu, ze startuje z punktu j. Od razu widzimy, ze zachodz arownosci pM = 1 oraz pN = 0. Ponadto, ci ag (pj) spe lnia pewn a rekurencj e.Mianowicie, za lozmy, ze pionek startuje z punktu j ∈ M + 1,M + 2, . . . , N − 1i wprowadzmy zdarzenia H1 - w pierwszym ruchu pionek idzie w prawo, H2 - wpierwszym ruchu pionek idzie w lewo. Wowczas, ze wzoru na prawdopodobienstwoca lkowite,

pj = P(A|H1)P(H1) + P(A|H2)P(H2) = P(A|H1)p+ P(A|H2)(1− p).


Spojrzmy teraz na prawdopodobienstwo warunkowe P(A|H1). Wiemy, ze pionekstartowa l z punktu j oraz w pierwszym kroku przesun a l si e w prawo: wobec tegopo pierwszym ruchu, znajduje si e w punkcie j + 1, i z punktu widzenia badaniazdarzenia A, mozemy traktowac sytuacj e jak gdyby pionek startowa l z punktu j+1.Innymi s lowy, zachodzi rownosc P(A|H1) = pj+1. Analogiczny argument prowadzido wniosku P(A|H2) = pj−1, co w po l aczeniu z powyzsz a rownosci a daje rekurencj e

pj = ppj+1 + (1− p)pj−1.

Jest to standardowa rekurencja rz edu 2 i rozwi azujemy j a, szukaj ac najpierw rozwi a-zan postaci pj = rj , gdzie r jest ustalon a liczb a rzeczywist a. Wstawiamy t e postacdo rekurencji, otrzymuj ac rownanie kwadratowe pr2−r+(1−p) = 0. W przypadkugdy p 6= 1/2, posiada ono dwa rozne rozwi azania r1 = 1, r2 = (1−p)/p. Nast epnymkrok polega na poszukiwaniu wzoru na pj postaci

pj = αrj1 + βrj2 = α+ β

(1− pp

)j,

gdzie α, β s a pewnymi nieznanymi parametrami. Wyznaczamy te parametry ko-rzystaj ac ze wzorow pM = 1, pN = 0, otrzymuj ac

α = −

(1−pp

)N(

1−pp

)M−(

1−pp

)N , β =1(

1−pp

)M−(

1−pp

)Ni ostatecznie

pj =

(1−pp

)j−(

1−pp

)N(

1−pp

)M−(

1−pp

)N .W przypadku, gdy p = 1/2, rozwazane wyzej rownanie kwadratowe na r posiadapierwiastek podwojny, a wi ec poszukujemy rozwi azania postaci

pj = αj + β,

dla pewnych α, β ∈ R. Po uwzgl ednieniu warunkow pM = 1, pN = 0, otrzymujemyodpowiedz

pj =j −NM −N

.

Uwaga 3.4. Rozumuj ac analogicznie, mozemy wyznaczyc prawdopodobienstwotego, ze pionek dojdzie do punktu N przed dotarciem do punktu M . Zak ladaj ac,ze pionek startuje z punktu j ∈ M,M+1, . . . , N i oznaczaj ac odpowiednie praw-dopodobienstwo przez qj , otrzymujemy

qj =

(1−pp

)M−(

1−pp

)j(

1−pp

)M−(

1−pp

)N jesli p 6= 1/2,

M − jM −N

jesli p = 1/2.

Widzimy wi ec, ze pj + qj = 1, a wi ec z prawdopodobienstwem 1 pionek trafi kiedysdo punktu M b adz do punktu N . Innymi s lowy, uzyskalismy, iz prawdopodo-bienstwo, ze pionek b edzie si e w nieskonczonosc porusza l mi edzy M + 1 a N − 1,

44 ADAM OS EKOWSKI

wynosi 0 (wynika to tez wprost z lematu Borela-Cantelli, ale tego faktu nie b edziemytu omawiac).

Przyk lad 3.25. Jakie jest prawdopodobienstwo tego, ze pionek dojdzie kiedys doustalonej liczby N > 0?

Rozwi azanie. Korzystamy z poprzednich obliczen. Dla ustalonej liczby ca lkowitejM < 0, rozwazmy zdarzenie

AM = pionek dotrze do N wczesniej niz do M.Zwrocmy uwag e, iz A−1 ⊂ A−2 ⊂ A−3 ⊂ . . .; ponadto, zdarzenie ktore nas in-teresuje, to

⋃M<0AM (istotnie: jesli pionek dociera w pewnym do punktu N , to

w szczegolnosci, nie odwiedza wczesniej pewnej liczby ujemnej). Korzystaj ac ztwierdzenia o ci ag losci, mamy

P

( ⋃M<0

AM

)= limM→−∞

P(AM ) =

1 jesli p ≥ 1/2,(

p

1− p

)Njesli p < 1/2.

Przyk lad 3.26. Jakie jest prawdopodobienstwo tego, ze pionek dojdzie do liczby100 lub −100 przed powrotem do punktu 0?

Rozwi azanie. Oznaczmy interesuj ace nas zdarzenie przez A i niech H1 - w pierw-szym ruchu pionek idzie w prawo, H2 - w pierwszym ruchu pionek idzie w lewo.Korzystamy ze wzoru na prawdopodobienstwo ca lkowite: mamy

P(A) = P(A|H1)P(H1) + P(A|H2)P(H2) = P(A|H1)p+ P(A|H2)(1− p).Zwrocmy uwag e, iz P(A|H1) to prawdopodobienstwo, ze startuj ac z 1, pionek doj-dzie do 100 przed dojsciem do 0; podobnie, P(A|H2) to prawdopodobienstwo tego,ze startuj ac z −1, pionek dojdzie do −100 przed dojsciem do 0. Wobec tego, ko-rzystaj ac z powyzszych rozwazan, otrzymujemy

P(A) = p1− 1−p

p

1−(

1−pp

)100 + (1− p)1−pp − 1(

1−pp

)−100

− 1=

(2p− 1)

(1 +

(1−pp

)100)

1−(

1−pp

)100 .

3.5. Schemat Bernoulliego. Przejdzmy do pewnego waznego przyk ladu doswiad-czenia losowego.

Definicja 3.5 (Schemat Bernoulliego). Prob a Bernoulliego nazywamy doswiad-czenie, w ktorym mozliwe s a wy l acznie dwa wyniki; jeden z nich interpretujemy jakosukces, drugi jako porazk e. Schematem Bernoulliego nazywamy ci ag niezaleznychpowtorzen tej samej proby Bernoulliego.

W celu formalnego zadania schematu Bernoulliego, przypuscmy najpierw, zeliczba prob jest skonczona i wynosi n. Wowczas bierzemy Ω = 0, 1n (utozsamiamyci ag porazek/sukcesow z odpowiadaj acym ci agiem zero-jedynkowym), F = 2Ω, ajako prawdopodobienstwo P bierzemy miar e jednoznacznie zadan a przez warunek

P((a1, a2, . . . , an)) = pk(1− p)n−k,gdzie k oznacza liczb e jedynek w ci agu (a1, a2, . . . , an). W przypadku gdy liczbaprob jest nieskonczona, jako przestrzen probabilistyczn a nalezy wzi ac nieskonczonyprodukt przestrzeni (0, 1, 20,1, (1− p)δ0 + pδ1).


Za lozmy, ze schemat sk lada si e z n prob Bernoulliego. Wowczas prawdopodo-bienstwo zdarzenia A = uzyskamy dok ladnie k sukcesow, wynosi

P(A) =

(n

k

)pk(1− p)n−k.

Istotnie: zdarzenie A sk lada si e z(nk

)ci agow zero-jedynkowych zawieraj acych

dok ladnie k jedynek; kazdy taki ci ag, zgodnie z powyzsz a definicj a, ma prawdo-podobienstwo pk(1− p)n−k. St ad powyzsza rownosc.

Przyk lad 3.27. Z kwadratu ABCD o polu 1 losujemy 20 punktow. Jakie jestprawdopodobienstwo tego, ze dok ladnie 7 z nich b edzie odleg lych od punktu A omniej niz 1?

Rozwi azanie. Powyzsze doswiadczenie latwo wyrazic przez schemat Bernoulliego.Pojedyncz a prob a jest wylosowanie punktu z kwadratu, jako sukces bierzemy zda-rzenie, ze odleg losc wylosowanego punktu od A jest mniejsza niz 1. Korzystaj acz prawdopodobienstwa geometrycznego, widzimy, iz prawdopodobienstwo sukcesuwynosi p = π/4. Wobec tego, szukane w zadaniu prawdopodobienstwo wynosi(

20

7

)(π4

)7 (1− π

4

)13

≈ 0.00002926022.

Przyk lad 3.28. Na egzaminie student losuje kartk e z czterema pytaniami, te-stuj acymi w sposob niezalezny jego wiedz e z czterech dziedzin. Prawdopodo-bienstwo tego, ze zna on odpowiedz na ustalone pytanie, wynosi 3/4. Studentzdaje egzamin, jesli zna odpowiedz na co najmniej trzy z zadanych pytan.

a) Jakie jest prawdopodobienstwo tego, ze wybrany student zda egzamin?b) Jakie jest prawdopodobienstwo tego, ze sposrod wybranych 10 studentow, co

najmniej dwoch zda egzamin?

Rozwi azanie. a) Mamy do czynienia ze schematem czterech prob Bernoulliego: j-taproba odpowiada za j-te pytanie, jako sukces przyjmujemy zdarzenie, ze studentzna odpowiedz na to pytanie. Student zdaje egzamin jesli liczba sukcesow wynosi3 lub 4, sk ad szukane w zadaniu prawdopodobienstwo wynosi(

4

3

)(3

4

)3(1

4

)1

+

(4

4

)(3

4

)4(1

4

)0

= 0.7382812.

b) Ponownie mamy do czynienia ze schematem Bernoulliego, tym razem sk la-daj acym si e z dziesi eciu prob; j-ta proba odpowiada za wynik j-tego studenta,jako sukces przyjmujemy, iz student ten zdaje egzamin. Na mocy poprzedniegopodpunktu, prawdopodobienstwo sukcesu wynosi p = 0.7382812. Interesuje nasprawdopodobienstwo tego, ze w opisanym schemacie uzyskamy co najmniej dwasukcesy; wykorzystuj ac odpowiednie zdarzenie przeciwne, obliczamy, iz szukaneprawdopodobienstwo wynosi

1−(

10

0

)(0.7382812)0(0.2617188)10 −

(10

1

)(0.7382812)1(0.2617188)9 = 0.999956.

Przyk lad 3.29. Rzucamy monet a, dla ktorej prawdopodobienstwo wypadni eciaor la wynosi p, az do momentu uzyskania 100 or low ( l acznie, niekoniecznie podrz ad).

46 ADAM OS EKOWSKI

a) Wyznaczyc prawdopodobienstwo tego, ze rzucono dok ladnie 1000 razy.b) Jaka liczba rzutow jest najbardziej prawdopodobna?

Rozwi azanie. a) Skoro rzucono dok ladnie 1000 razy, oznacza to, ze w 999 rzutachuzyskano dok ladnie 99 or low oraz w ostatnim, tysi ecznym rzucie wyrzucono or la.Poniewaz pojedyncze rzuty monet a s a wykonywane w sposob niezalezny, prawdo-podobienstwo szukane w zadaniu jest rowne(

999

99

)p99(1− p)900 · p =

(999

99

)p100(1− p)900.

b) Rozumuj ac podobnie jak w a), wnioskujemy, iz prawdopodobienstwo wyko-nania dok ladnie k rzutow wynosi

pk =

(k − 1

99

)p100(1− p)k−100.

Interesuje nas ta liczba k, dla ktorej prawdopodobienstwo pk jest najwi eksze. Abywyznaczyc t e liczb e, spojrzmy na iloraz dwoch kolejnych wyrazow pk oraz pk+1:

pk+1

pk=k(1− p)k − 99

.

Iloraz ten jest wi ekszy niz jeden wtedy i tylko wtedy, gdy k < 99/p; dla k wi ekszychniz 99/p, iloraz jest mniejszy niz 1. Co wi ecej, jesli 99/p jest liczb a ca lkowit a, to ilo-raz pk+1/pk jest rowny 1 dla k b ed acego t a liczb a. Otrzymujemy st ad nast epuj acyopis zachowania ci agu (pk)k≥99: dla kilku pocz atkowych wartosci k, wyrazy pkrosn a, a nast epnie zaczynaj a malec (ponadto, gdy 99/p jest ca lkowite, ci ag przyj-muje sw a najwi eksz a wartosc w dwoch miejscach). St ad odpowiedz:

1 Jesli 99/p jest liczb a ca lkowit a, najbardziej prawdopodobna liczba rzutow to99/p oraz 99/p+ 1.

2 Jesli 99/p nie jest liczb a ca lkowit a, to najbardziej prawdopodobn a liczb arzutow jest b99/pc+ 1.

Bardzo podobne rozumowanie mozna napotkac w nast epuj acym zagadnieniu,istotnym z punktu widzenia zastosowan.

Przyk lad 3.30. Rozwazmy schemat n prob Bernoulliego z prawdopodobienstwemsukcesu p. Jaka liczba sukcesow jest najbardziej prawdopodobna?

Rozwi azanie. Mamy znalezc k ∈ 0, 1, . . . , n takie, ze odpowiadaj aca liczba

pk =

(n

k

)pk(1− p)n−k

jest najwi eksza mozliwa. Post epujemy jak w poprzednim przyk ladzie: wezmy poduwag e iloraz

pk+1

pk=

(n− k)p

(k + 1)(1− p).

Widzimy, iz pk+1/pk > 1 wtedy i tylko wtedy, gdy k < (n + 1)p − 1; ponadto,rownosc pk+1 = pk jest rownowazna k = (n + 1)p − 1. Powtarzaj ac powyzsz aanaliz e, dostajemy nast epuj ac a dwucz esciow a odpowiedz:

1 Jesli liczba (n+ 1)p jest ca lkowita, to najwi ekszy wyraz ci agu (pk)nk=0 odpo-wiada indeksom k = (n+ 1)p− 1 oraz k = (n+ 1)p.

2 Jesli liczba (n + 1)p nie jest ca lkowita, to najwi ekszy wyraz ci agu (pk)nk=0

odpowiada indeksowi k = b(n+ 1)pc.


Rozwi azemy teraz zadanie l acz ace schemat Bernoulliego ze wzorem na prawdo-podobienstwo ca lkowite i wzor Bayesa.

Przyk lad 3.31. W klasie V I A jest 15 dziewcz at i 15 ch lopcow, a w klasie V I B -18 dziewcz at i 12 ch lopcow. Nauczyciel losuje klas e, a nast epnie, w wybranej klasiew ci agu kolejnych 10 dni wybiera po jednej osobie do odpowiedzi.

a) Jakie jest prawdopodobienstwo tego, ze co najmniej jeden ch lopiec zosta lprzepytany?

b) Za lozmy, ze wylosowano co najmniej jeden ch lopiec zosta l przepytany. Jakiejest prawdopodobienstwo, ze nauczyciel wylosowa l klas e V I A?

Rozwi azanie. a) Wprowadzmy zdarzenia H1 - nauczyciel wybra l klas e V I A, H2 -nauczyciel wybra l klas e V I B, C - co najmniej jeden ch lopiec zosta l przepytany. Zwarunkow zadania, mamy P(H1) = P(H2) = 1/2; ponadto,

P(C|H1) = 1− P(C ′|H1) = 1−(

15

30

)10

,

P(C|H2) = 1− P(C ′|H1) = 1−(

18

30

)10

,

co wynika wprost z rozwazenia odpowiednich schematow Bernoulliego. Przyk ladowo,za lozmy, ze nauczyciel wybra l klas e V I A. Wowczas losowanie kolejnych uczniowdo odpowiedzi mozna utozsamic ze schematem 10 prob Bernoulliego, z sukcesemb ed acym wylosowaniem ch lopca. Zdarzenie C ′ oznacza wowczas pojawienie si e 10porazek, sk ad wzor na P(C ′|H1) powyzej. Rozumowanie prowadz ace do P(C|H2)jest analogiczne. Ze wzoru na prawdopodobienstwo ca lkowite, otrzymujemy wi ec

P(C) =1

2

(1−

(15

30

)10)

+1

2

(1−

(18

30

)10).

b) Korzystaj ac ze wzoru Bayesa,

P(H1|C) =P(C|H1)P(H1)

P(C)=

(1−

(1530

)10)· 1

2

12

(1−

(1530

)10)

+ 12

(1−

(1830

)10)

Schemat Bernoulliego mozna uogolnic na przypadek, gdy w pojedynczej probiejest wi ecej wyroznionych wynikow. Scislej, rozwazmy ci ag niezaleznych powtorzenpojedynczego doswiaczenia, w ktorym mozliwe wyniki to W1, W2, . . ., Wm, przyczym prawdopodobienstwo uzyskania wyniku Wj wynosi pj . Poprzez analogi e zklasycznym schematem Bernoulliego, mozemy teraz zapytac o prawdopodobienstwotego, ze przy n powtorzeniach powyzszej ,,uogolnionej proby”, uzyskano k1 wynikowW1, k2 wynikow W2, . . ., km wynikow Wm, gdzie k1, k2, . . ., km s a nieujemnymiliczbami ca lkowitymi o sumie n. Prawdopodobienstwo takiego zdarzenia wynosi(

n

k1, k2, . . . , km

)pk11 p

k22 . . . pkmm .

Przyk lad 3.32. Rzucono 10 razy kostk a. Jakie jest prawdopodobienstwo tego, zeuzyskano co najmniej dwie pi atki lub co najmniej dwie szostki?

Rozwi azanie. Powyzsze doswiadczenie polega na dziesi eciokrotnym powtorzeniupojedynczego rzutu, w ktorym wyrozniamy nast epuj ace mozliwe wyniki: uzyska-nie pi atki (prawdopodobienstwo 1/6), uzyskanie szostki (prawdopodobienstwo 1/6),

48 ADAM OS EKOWSKI

b adz wyrzucenie czegos innego (prawdopodobienstwo 2/3). Zdarzenie przeciwne dotego badanego w zadaniu to ,,uzyskano co najwyzej jedn a pi atk e i co najwyzej jedn aszostk e”. Na mocy powyzszych rozwazan, prawdopodobienstwo tego zdarzenia to(

10

0, 0, 10

)(1

6

)0(1

6

)0(2

3

)10

+

(10

1, 0, 9

)(1

6

)1(1

6

)0(2

3

)9

+

(10

0, 1, 9

)(1

6

)0(1

6

)1(2

3

)10

+

(10

1, 1, 8

)(1

6

)1(1

6

)1(2

3

)8

≈ 0.2015953.

Wobec tego, odpowiedz brzmi 1− 0.2015953 = 0.7984047.

Przyk lad 3.33. Rozwazmy uogolniony schemat n prob Bernoulliego o tej w lasnosci,ze w pojedynczej probie s a trzy mozliwe wyniki W1, W2, W3 o prawdopodobiens-twach p1, p2 oraz p3, odpowiednio. Obliczyc prawdopodobienstwo tego, ze liczbadoswiadczen, w ktorych uzyskano W1, oraz liczba doswiadczen, w ktorej uzyskanoW2, maj a t e sam a parzystosc.

Rozwi azanie. Odpowiedz wyraza si e poprzez sum e∑(k,`,m)∈S

(n

k, `,m

)pk1p

`2pm3 .

Sumowanie rozci aga si e po zbiorze S sk ladaj acym si e ze wszystkich trojek (k, `,m)liczb ca lkowitych nieujemnych o sumie n takich, ze k i ` maj a t e sam a parzystosc.W celu ,,zwini ecia” tej sumy, rozwazmy nast epuj ace tozsamosci:∑

k,`,m

(n

k, `,m

)pk1p

`2pm3 = (p1 + p2 + p3)n = 1,

∑k,`,m

(n

k, `,m

)(−p1)k(−p2)`pm3 = (−p1 − p2 + p3)n.

Wezmy teraz pod uwag e trojk e (k, `,m) liczb ca lkowitych nieujemnych takich, zek + ` + m = n. Jesli k i ` maj a t e sam a parzystosc, odpowiadaj ace im wyrazywyst api a ze znakiem plus w obu powyzszych tozsamosciach. Jesli zas k i ` maj arozn a parzystosc, to w pierwszej sumie odpowiedni wyraz pojawi si e z plusem,a w drugiej - z minusem. Wobec tego, dodaj ac powyzsze tozsamosci i dziel acobustronnie przez 2, dostajemy wynik:∑

(k,`,m)∈S

(n

k, `,m

)pk1p

`2pm3 =

1 + (−p1 − p2 + p3)n

2.

Wynik ten mozna otrzymac w oparciu o ,,zwyk ly” schemat Bernouliego. Mia-nowicie, za lozmy najpierw, ze n jest liczb a parzyst a. Wowczas badane w zadaniuzdarzenie ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy wynik W3 pojawi l si e parzyst a liczb erazy (istotnie: pozostaje wowczas parzysta liczba prob w ktorych uzyskano W1 lubW2; wymusza to odpowiedni a rownosc parzystosci). Rozwazmy uproszczony sche-mat n prob, w ktorym jako sukces przyjmujemy uzyskanie W3, a jako porazk e -uzyskanie W1 lub W2. Prawdopodobienstwo tego, ze sukces otrzymano w parzystejliczbie doswiadczen, wynosi

1 + (2p− 1)n

2=

1 + (−p1 − p2 + p3)n

2

(por. Przyk lad 1.12 z rozdzia lu 1). Dla n nieparzystego post epujemy podobnie.


Zadania

1. Rzucono trzy razy kostk a. Jakie jest prawdopodobienstwo tego, ze co naj-mniej raz wyrzucono szostk e, jesli wiadomo, ze wyrzucono trzy rozne liczby oczek?

2. Grupa n osob (n ≥ 3), wsrod ktorych s a osoby X, Y i Z, ustawia si e losowow kolejce. Jakie jest prawdopodobienstwo tego, ze

a) X stoi bezposrednio przed Y , jesli Y stoi bezposrednio przed Z?b) X stoi przed Y , jesli Y stoi przed Z?

3. Z talii 52 kart losujemy 5 kart bez zwracania. Obliczyc prawdopodobienstwotego, ze mamy dok ladnie 3 asy, jezeli wiadomo, ze

a) mamy co najmniej jednego asa;b) mamy asa czarnego koloru;c) mamy asa pik;d) pierwsz a wylosowan a kart a jest as;e) pierwsz a wylosowan a kart a jest czarny as;f) pierwsz a wylosowan a kart a jest as pik.

4. Rzucono trzy razy kostk a. Rozwazmy zdarzenia A - pewien wynik si epowtorzy l, B - liczby oczek zapisane w kolejnosci wypadni ecia tworz a ci ag rosn acy.Obliczyc P(A), P(B|A′) oraz P(B).

5. W pewnej rodzinie jest dwojka dzieci.a) Jednym z dzieci jest Andrzej. Jakie jest prawdopodobienstwo tego, ze ma

siostr e?b) Starszym dzieckiem jest Andrzej. Jakie jest prawdopodobienstwo tego, ze ma

siostr e?

6. Urna zawiera 5 kul bia lych i 7 kul czarnych. Losujemy kul e, ogl adamy j ai wrzucamy z powrotem, dok ladaj ac dwie kule takiego samego koloru. Czynnoscwykonujemy trzy razy.

a) Obliczyc prawdopodobienstwo tego, ze pierwsze dwie wyci agni ete kule s aczarne, a trzecia jest bia la.

b) Obliczyc prawdopodobienstwo tego, ze dok ladnie dwie sposrod wyci agni etychkul s a czarne.

7. Dwaj strzelcy X oraz Y oddaj a strza ly do tarczy. Przed kazdym strza lemrzucaj a symetryczn a monet a; jesli wypadnie orze l, strzela X; w przeciwnym razie,strzela Y . Strzelec X trafia w tarcz e z prawdopodobienstwem 0.7, strzelec Y trafia zprawdopodobienstwem 0.8. Oddano dwa strza ly. Wyznaczyc prawdopodobienstwotego, ze dwa razy strzela l strzelec X oraz cel zosta l trafiony dok ladnie raz.

8. W urnie znajduj a si e trzy prawid lowe kostki oraz jedna fa lszywa, z samymiszostkami. Losujemy kostk e, nast epnie wykonujemy ni a rzut.

a) Jakie jest prawdopodobienstwo, ze wypadnie szesc oczek?b) Za lozmy, ze wypad lo szesc oczek. Jakie jest prawdopodobienstwo, ze wylo-

sowano fa lszyw a kostk e?c) Za lozmy, ze wypad lo szesc oczek. Jakie jest prawdopodobienstwo, ze ponownie

rzucaj ac t a kostk a, wyrzucimy szesc oczek?

9. W populacji jest 15% dyslektykow. Jesli w tescie diagnostycznym uczenpope lni 6 lub wi ecej b l edow, to zostaje uznany za dyslektyka. Kazdy dyslektykna pewno pope lni co najmniej 6 b l edow w takim tescie, ale rowniez nie-dyslektykmoze pope lnic wi ecej niz 5 b l edow – dzieje si e tak z prawdopodobienswem 0,1. Jasio

50 ADAM OS EKOWSKI

pope lni l w tescie 6 b l edow. Jakie jest prawdopodobienstwo, ze jest dyslektykiem?Jakie jest prawdopodobienstwo tego, ze w kolejnym tescie tez pope lni co najmniej6 b l edow?

10. Partia pewnego towaru sk lada si e z n sztuk. Prawdopodobienstwo tego, zedok ladnie k sztuk jest wybrakowanych wynosi pk, k = 0, 1, . . . , n. Losujemy jedn asztuk e i okazuje si e, ze jest wadliwa. Jaka jest szansa, ze w partii jest k brakow?

11. W pewnej fabryce telewizorow kazdy z aparatow moze byc wadliwy z praw-dopodobienstwem p. W fabryce s a trzy stanowiska kontroli i wyprodukowany te-lewizor trafia na kazde ze stanowisk z jednakowym prawdopodobienstwem. i-testanowisko wykrywa wadliwy telewizor z prawdopodobienstwem pi (i = 1, 2, 3).Telewizory nie odrzucone w fabryce trafiaj a do hurtowni i tam poddawane s a do-datkowej kontroli, ktora wykrywa wadliwy telewizor z prawdopodobienstwem p0.

a) Obliczyc prawdopodobienstwo tego, ze dany nowowyprodukowany telewizorznajdzie si e w sprzedazy (tzn. przejdzie przez obie kontrole).

b) Przypuscmy, ze telewizor jest juz w sklepie. Jakie jest prawdopodobienstwo,ze jest on wadliwy?

12. Tali e kart podzielono na dwie po lowy, lew a i praw a. Wylosowano kart e zlewej po lowy: okaza lo si e, ze jest ona asem. Nast epnie prze lozono kart e do prawejpo lowy, otrzymane 27 kart przetasowano i wyci agni eto jedn a kart e. Jakie jestprawdopodobienstwo tego, ze ta karta jest asem?

13. Wybrano losowo podzbiory A, B zbioru 1, 2, . . . , n (kazdy wybor pod-zbioru jest tak samo prawdopodobny).

a) Obliczyc prawdopodobienstwo tego, ze A ⊆ B.b) Obliczyc prawdopodobienstwo tego, ze A ∩B = ∅.14. Rzucamy dwa razy kostk a. Rozwazmy zdarzenia: A – za pierwszym razem

wypad la liczba oczek podzielna przez 3; B – suma wyrzuconych oczek jest parzysta;C – za drugim razem liczba oczek jest parzysta. Czy zdarzenia A, B, C s a niezalezneparami? Czy s a niezalezne zespo lowo?

15. Na n kartonikach zapisano n roznych liczb rzeczywistych. Kartoniki w lozonodo pude lka, starannie wymieszano, a nast epnie losowano kolejno bez zwracania.Niech Ak – k-ta wylosowana liczba jest wi eksza od poprzednich.

a) Udowodnic, ze P(Ak) = 1/k, k = 1, 2, . . . , n.b) Udowodnic, ze zdarzenia A1, A2, . . . , An s a niezalezne.

16. Liczby 1, 2, . . . , 2n ustawiono losowo w ci ag a1, a2, . . ., a2n. Zbadacniezaleznosc zdarzen a1 < a2, a3 < a4, . . ., a2n−1 < a2n.

17. Dane s a liczby ca lkowite dodatnie m, n oraz liczby p, q ∈ (0, 1) spe lniaj acewarunek p+ q = 1. Dowiesc, ze

(1− pn)m + (1− qm)n ≥ 1.

18. Rzucono trzy razy kostk a. Niech A oznacza zdarzenie ,,suma oczek wynosi8”. Czy istnieje zdarzenie B na naturalnej przestrzeni probabilistycznej, nieb ed acezbiorem pustym i ca lym zbiorem Ω, niezalezne od zdarzenia A?

19. Osoby X oraz Y rzucaj a prawid low a kostk a, w kolejnosci XYXYXY . . ..Wygrywa ten gracz, ktory uzyska t e sam a liczb e oczek co drugi gracz w poprzednimrzucie. Obliczyc prawdopodobienstwo wygranej gracza X.


20. (Zadanie Banacha o zapa lkach) Pewien matematyk nosi w kieszeniach (leweji prawej) po jednym pude lku zapa lek. Ilekroc chce zapalic papierosa, si ega dolosowo wybranej kieszeni. Jaka jest szansa, ze gdy po raz pierwszy wyci agnie pustepude lko, w drugim b edzie k zapa lek (k = 0, 1, . . . ,m, gdzie m jest liczb a zapa lekw pe lnym pude lku; zak ladamy, ze na pocz atku oba pude lka s a pe lne).

21. Niech (Ω,F ,P) b edzie przestrzeni a probabilistyczn a dla schematu n probBernoulliego z prawdopodobienstwem sukcesu p. Dla dowolnego 0 ≤ k ≤ n, niechAk oznacza zdarzenie, iz jest dok ladnie k sukcesow. Wykazac, ze dla dowolnegoB ∈ F oraz kazdego k, prawdopodobienstwo warunkowe P(B|Ak) nie zalezy od p.

22. Osoby X oraz Y graj a w gr e sk ladaj ac a si e z ci agu niezaleznych losowan.Kazde z losowan wygrywa X z prawdopodobienstwem p, gra konczy si e w momen-cie gdy liczba wygranych jednego z graczy jest o 2 wi eksza od liczby wygranychdrugiego gracza. Obliczyc prawdopodobienstwo wygranej gracza X.

23. Z urny zawieraj acej 4 kule ponumerowane liczbami od 1 do 4 losujemy 10razy po jednej kuli ze zwracaniem.

a) Obliczyc prawdopodobienstwo tego, ze wylosowalismy jedn a jedynk e, dwiedwojki, trzy trojki oraz cztery czworki.

b) Obliczyc prawdopodobienstwo tego, ze kula z numerem 4 pojawi si e wi ecejrazy niz kula z numerem 3.

c) Jaka jest najbardziej prawdopodobna liczba losowan, w ktorych uzyskanojedynk e?

52 ADAM OS EKOWSKI

4. Zmienne losowe, ich rozk lady i parametry

4.1. Poj ecie zmiennej losowej i jej rozk ladu. W wielu sytuacjach, podczasprzeprowadzania eksperymentu losowego, interesuje nas nie tyle konkretny wyniktego doswiadczenia, co raczej jakas jego charakterystyka liczbowa (scislej: pewnafunkcja od wyniku). Przyk ladowo, rozwazmy podwojny rzut kostk a i za lozmy, izinteresuje nas, czy suma oczek wynosi 7. Wowczas nie jest wazne, czy potencjalnasiodemka jest osi agana przez par e (6, 1), (5, 2), (4, 3), (3, 4), (2, 5) b adz (1, 6). Po-dobnie, podczas wykonywania (d lugiego) ci agu rzutow monet a, jesli badamy l aczn aliczb e or low, to nie jest dla nas istotne, na jakim konkretnym ci agu or low/reszek jestona realizowana. Formalnie rzecz ujmuj ac, z czysto praktycznego punktu widzenia,waznym obiektem mog a byc funkcje rzeczywiste zadane na ustalonej przestrzeniprobabilistycznej. Kazd a tak a funkcj e, o ile jest mierzalna jako funkcja z (Ω,F ,P)w (R,B(R)), nazywamy zmienn a losow a (mierzalnosc oznacza, iz przeciwobraz -przy zadanej funkcji - dowolnego zbioru z σ-cia la B(R) nalezy do F . Przyk ladowo,jesli Ω jest zbiorem co najwyzej przeliczalnym oraz F = 2Ω, to kazda funkcja jestmierzalna). Zazwyczaj zmienne losowe oznaczamy literami X, Y , Z, . . . , b adz ξ,η, itp.

Zanim przejdziemy do przyk ladow, wprowadzmy wazne poj ecia rozk ladu zmien-nej losowej.

Definicja 4.1. Rozk ladem zmiennej losowej X nazywamy miar e PX na przestrzenimierzalnej (R,B(R)), zadan a przez PX(A) = P(X ∈ A).

Intuicyjnie rzecz ujmuj ac, rozk lad zmiennej losowej niesie informacj e jakie war-tosci s a przyjmowane przez zmienn a i jakie prawdopodobienstwa s a z tym zwi azane.Rozk lad jest poj eciem dosyc abstrakcyjnym i z punktu widzenia konkretnych za-stosowan, warto znac proste metody jego opisywania.

Definicja 4.2. Za lozmy, ze X jest zmienn a losow a na przestrzeni probabilistycznej(Ω,F ,P). Liczb e x ∈ R nazywamy atomem b adz atomem rozk ladu zmiennej X,jesli P(X = x) > 0. Zmienn a losow a nazywamy dyskretn a, jesli istnieje co najwyzejprzeliczalny zbior S taki, ze P(X ∈ S) = 1 (czasami mowimy w takiej sytuacji,ze zmienna X jest skoncentrowana na zbiorze S). Wowczas bez straty ogolnoscimozemy przyj ac, ze kazdy punkt S jest atomem zmiennej X, zmniejszaj ac zbiorS w razie potrzeby. W dyskretnym przypadku, rozk lad zmiennej X jest zadanyprzez podanie mas wszystkich atomow. Scislej, istnieje wzajemnie jednoznacznaodpowiedniosc mi edzy rozk ladami zmiennych dyskretnych skoncentrowanych na S,a funkcjami p : S → [0,∞) spe lniaj acymi warunek

∑x∈S p(x) = 1. Odpowiedniosc

t e mozna wyrazic poprzez tozsamosc p(x) = P(X = x), x ∈ S.

Przyk lad 4.1. Rozwazmy trzykrotny rzut monet a i niech X oznacza l aczn a liczb eor low uzyskanych w tym doswiadczeniu. Wowczas

Ω = (O,O,O), (O,O,R), . . . , (R,R,R), F = 2Ω

oraz P jest prawdopodobienstwem klasycznym. Zmienna X jest funkcj a mierzaln ana tej przestrzeni probabilistycznej, przyjmuj ac a wartosci w zbiorze 1, 2, 3 (a


zatem jest zmienn a dyskretn a): mamy

X((R,R,R)) = 0,

X((R,R,O)) = X((R,O,R)) = X((O,R,R)) = 1,

X((R,O,O)) = X((O,R,O)) = X((O,O,R)) = 2,

X((O,O,O)) = 3.

Ponadto, latwo wyznaczamy prawdopodobienstwa, z jakimi X przyjmuje powyzszewartosci: z tresci wnosimy, ze moneta jest symetryczna, a st ad

P(X = 0) = 1/8, P(X = 1) = 3/8, P(X = 2) = 3/8, P(X = 3) = 1/8.

Rownosci te determinuj a rozk lad zmiennej X.

Przyk lad 4.2. Z urny zawieraj acej 20 kul ponumerowanych liczbami od 1 do 20losujemy trzy razy po jednej kuli a) bez zwracania, b) ze zwracaniem. Niech Xoznacza najwi ekszy numer na wyci agni etych kulach. Wyznaczyc rozk lad X.

a) W przypadku losowania bez zwracania, przestrzen probabilistyczna jest za-dana przez rownosci Ω =

(k, `,m) : k, `, m ∈ 1, 2, . . . , 20, k, `,m parami rozne

,

F = 2Ω oraz postulat, ze P jest prawdopodobienstwem klasycznym. Widzimy, zeX jest funkcj a mierzaln a na tej przestrzeni, okreslon a wzorem

X((k, `,m)) = maxk, `,m dla (k, `,m) ∈ Ω.

Bezposrednio z definicji wnosimy, ze zmienna X przyjmuje wartosci w zbiorze3, 4, . . . , 20. Rozk lad tej zmiennej jest zadany przez masy poszczegolnych atomow:

P(X = j) =

(j−1

2

)(203

) , j = 3, 4, . . . , 20.

b) W przypadku gdy losujemy ze zwracaniem, mamy Ω =

(k, `,m) : k, `, m ∈1, 2, . . . , 20

, F = 2Ω oraz P jest prawdopodobienstwem klasycznym. Zmienna X

jest zadana tym samym wzorem co w poprzednim podpunkcie. Tym razem jednakbezposrednie obliczenie P(X = j) (j = 1, 2, . . . , 20) jest raczej dosyc uci azliwe.Aby obejsc ten problem, zauwazmy najpierw, ze P(X ≤ j) = (j/20)3 dla 0 ≤ j ≤20, a nast epnie skorzystajmy z tozsamosci

P(X = j) = P(X ≤ j)− P(X ≤ j − 1) =

(j

20

)3

−(j − 1

20

)3

.

Przyk lad 4.3. Rzucamy monet a, dla ktorej prawdopodobienstwo wypadni ecia or lawynosi p, az do momentu uzyskania or la b adz wyrzucenia n reszek. Niech Xb edzie liczb a wykonanych rzutow. Wowczas przestrzen probabilistyczna zadanajest nast epuj aco: mamy

Ω =

(O), (R,O), (R,R,O), . . . , (R,R, . . . , O)︸︷︷︸n razy

, (R,R,R, . . . , R)︸︷︷︸n razy

,

54 ADAM OS EKOWSKI

F = 2Ω jest pe lnym σ-cia lem oraz P jest zadane przez rownosci

P

(R,R,R, . . . , O)︸︷︷︸

k razy

= (1− p)k−1p, k = 1, 2, . . . , n,

P

(R,R,R, . . . , R)︸︷︷︸

n razy

= (1− p)n.

Funkcja X jest zmienn a losow a, zadan a przez rownosci

X

(R,R,R, . . . , O)︸︷︷︸k razy

= k, X

(R,R,R, . . . , R)︸︷︷︸n razy

= n.

Rozk lad latwo odczytujemy z powyzszych tozsamosci.

Przyk lad 4.4. Za lozmy, ze k jest ustalon a liczb a ca lkowit a dodatni a. Rzucamyprawid low a kostk a az do momentu wyrzucenia k szostek ( l acznie, niekoniecznie podrz ad). Niech X oznacza liczb e wykonanych rzutow. Wyznaczyc rozk lad zmiennejX.

Rozwi azanie. Zmienna X przyjmuje wartosci w zbiorze k, k + 1, k + 2, . . . ,∞;tak wi ec, w przeciwienstwie do poprzednich przyk ladow, widzimy, ze zbior wartoscizmiennej X jest nieskonczony (lecz przeliczalny). Zdarzenie X = j oznacza, izw j-tym rzucie uzyskalismy szostk e oraz w poprzednich j − 1 rzutach wyrzucono l acznie k − 1 szostek. Korzystaj ac ze schematu Bernoulliego, obliczamy

P(X = j) =

(j − 1

k − 1

)(1

6

)k−1(5

6

)j−k· 1

6=

(j − 1

k − 1

)(1

6

)k (5

6

)j−k.

Pozostaje do obliczenia prawdopodobienstwo tego, ze P(X =∞). W tym celu, wy-znaczmy sum e

∑∞j=k P(X = j): dope lnienie tej sumy do jedynki b edzie brakuj acym

prawdopodobienstwem.Nietrudno wykazac indukcyjnie, ze powyzsza suma wynosi 1 dla wszystkich k.

Istotnie, dla k = 1 otrzymujemy ow fakt ze wzoru na sum e szeregu geometrycznego.Nast epnie, za lozmy prawdziwosc tezy dla k−1 i sprobujmy j a wykazac dla k. Otoz∞∑j=k

(j − 1

k − 1

)(1

6

)k (5

6

)j−k

=

∞∑j=k

(j − 2

k − 1

)(1

6

)k (5

6

)j−k+

∞∑j=k

(j − 2

k − 2

)(1

6

)k (5

6

)j−k

=5

6

∞∑j=k

(j − 1

k − 1

)(1

6

)k (5

6

)j−k+

1

6

∞∑j=k−1

(j − 1

(k − 1)− 1

)(1

6

)k−1(5

6

)j−(k−1)

.

Po przerzuceniu pierwszego szeregu z ostatniej linijki na lew a stron e i skorzystaniuz za lozenia indukcyjnego, dostajemy prawdziwosc tezy. Zatem

∑∞j=k P(X = j) = 1,

sk ad P(X =∞) = 0.

Przyk lad 4.5. Z odcinka [0, 1] losujemy dwa punkty i przez X oznaczamy odleg loscmi edzy tymi punktami. Wowczas (Ω,F ,P) = ([0, 1]2,B([0, 1]2), | · |) i X jest funkcj a


mierzaln a na tej przestrzeni probabilistycznej, zadan a przez X((x, y)) = |x − y|.Zwrocmy uwag e, iz tym razem zbior mozliwych wartosci zmiennej X jest nieprze-liczalny (jest to przedzia l [0, 1]), a ponadto zmienna X nie posiada atomow - dladowolnej liczby z z tego przedzia lu mamy P(X = z) = 0.

Aby opisac rozk lad powyzszej zmiennej losowej, wprowadzmy poj ecie dystrybu-anty. Jest to uniwersalny obiekt - determinuje on rozk lad dla dowolnej zmiennejlosowej (tzn. niekoniecznie dyskretnej).

Definicja 4.3. Za lozmy, ze X jest zmienn a losow a. Dystrybuant a tej zmiennej(b adz dystrybuant a rozk ladu tej zmiennej ) nazywamy funkcj e FX : R→ [0, 1] dan awzorem

FX(t) = P(X ≤ t), t ∈ R.

Wracaj ac do powyzszego przyk ladu: jak juz zauwazylismy, zmienna X przyjmujewartosci w przedziale [0, 1], sk ad FX(t) = 0 dla t < 0 (gdyz zdarzenie X ≤ t jestwowczas zdarzeniem niemozliwym) oraz FX(t) = 1 dla t ≥ 1 (zdarzenie X ≤ tjest pewne). Pozostaje wi ec wyznaczyc dystrybuant e na przedziale [0, 1). Ustalmywi ec liczb e t z tego zbioru; jak latwo sprawdzic korzystaj ac z prawdopodobienstwageometrycznego, mamy

FX(t) = P(X ≤ t) = 1− (1− t)2 = 2t− t2.Tak wi ec, ostatecznie,

FX(t) =

0 dla t < 0,

2t− t2 dla t ∈ [0, 1),

1 dla t ≥ 1.

4.2. Wartosc oczekiwana. Przechodzimy do poj ecia wartosci oczekiwanej.

Definicja 4.4. Za lozmy, ze X jest zmienn a losow a okreslon a na przestrzeni pro-babilistycznej (Ω,F ,P). Wartosci a oczekiwan a (sredni a) zmiennej X nazywamyliczb e

EX =

∫Ω

X dP =

∫RxdPX ,

o ile ca lki istniej a. W przypadku gdy zmienna X jest dyskretna i jest skoncentro-wana na zbiorze S, wartosc oczekiwana wyraza si e przez sum e

EX =∑x∈S

xP(X = x).

Wobec tego, przynajmniej w przypadku dyskretnym, wartosc oczekiwana zmien-nej X posiada nast epuj ac a fizyczn a interpretacj e. Jest to wazona srednia wartosciktore mog a byc przyj ete przez X, gdzie kazda wartosc ma mas e odpowiadaj ac a jejprawdopodobienstwu.

Przyk lad 4.6. Za lozmy, ze A ∈ F jest ustalonym zdarzeniem. Definiujemy funkcj echarakterystyczn a b adz indykator A wzorem

1A(ω) =

1 jesli ω ∈ A,0 jesli ω /∈ A.

Jest to zero-jedynkowa zmienna losowa (przyjmuje wartosci w zbiorze 0, 1). Jakzobaczymy pozniej, zmienne tego typu bardzo cz esto przydaj a si e przy liczeniu

56 ADAM OS EKOWSKI

wartosci oczekiwanych skomplikowanych zmiennych losowych, gdzie s luz a jako pro-ste ,,elementy sk ladowe” takich obiektow. Bezposrednio obliczamy, ze

E1A = 0 · P(1A = 0) + 1 · P(1A = 1) = P(A).

Przyk lad 4.7. Dysponujemy fa lszyw a kostk a, w ktorej na scianie z trzema oczkamidomalowano dwa dodatkowe oczka. Rzucamy t a kostk a i oznaczamy przez X liczb ewyrzuconych oczek. Wyznaczyc rozk lad zmiennej X oraz jej wartosc oczekiwan a.

Rozwi azanie. Bezposrednio z warunkow zadania, widzimy, ze zmienna X jest skon-centrowana na zbiorze 1, 2, 4, 5, 6 oraz

P(X = 1) = P(X = 2) = P(X = 4) = P(X = 6) = 1/6, P(X = 5) = 1/3.

Rownosci te wyznaczaj a rozk lad. Wartosc oczekiwana wynosi

EX = 1 · P(X = 1) + 2 · P(X = 2) + 4 · P(X = 4) + 5 · P(X = 5) + 6 · P(X = 6)

=1

6(1 + 2 + 4 + 6) +

1

3· 5 =

23

6.

Przyk lad 4.8. W klasie I A jest 36 uczniow, w klasie I B jest 40 uczniow, a w IC - 44 uczniow. Wybieramy losowo ucznia z pierwszej klasy i oznaczamy przez Xlicznosc klasy do ktorej chodzi. Wyznaczyc wartosc oczekiwan a X.

Rozwi azanie. Poniewaz kazdy uczen ma t e sam a szans e na wylosowanie, mamy

P(X = 36) =36

120, P(X = 40) =

40

120oraz P(X = 44) =

44

120.

Wobec tego

EX = 36 · 36

120+ 40 · 40

120+ 44 · 44

120= 40.2667.

Warto to porownac z faktem, ze srednia liczba uczniow w klasie pierwszej wynosi40. Innymi s lowy, jesli wylosujemy klas e (przy czym wybor kazdej klasy b edzie taksamo prawdopodobny), to wowczas wartosc oczekiwana liczby uczniow w tej klasiewynosi 40. W powyzszej sytuacji, klasy nie s a rownoprawdopodobne - przyk ladowo,jest wi eksza szansa wylosowania ucznia z klasy C niz z klasy A. St ad odpowiadaj acawartosc oczekiwana si e zwi eksza: liczniejsze klasy s a bardziej prawdopodobne.

Przyk lad 4.9. W urnie znajduje si e jedna bia la i jedna czarna kula. Wykonujemynast epuj acy ci ag losowan: ci agniemy kul e, ogl adamy j a, wrzucamy z powrotem idok ladamy jedn a kul e czarn a. Czynnosc powtarzamy az do momentu, gdy wylosu-jemy kul e bia l a. Niech X oznacza liczb e losowan. Wyznaczyc rozk lad zmiennej Xoraz jej wartosc oczekiwan a.

Rozwi azanie. Zmienna X przyjmuje wartosci w zbiorze 1, 2, . . . ,∞. Dla dowolnejliczby ca lkowitej dodatniej k, zdarzenie X = k oznacza, ze w pierwszych k − 1losowaniach uzyskalismy same czarne kule, a w ostatnim losowaniu wyci agn elismykul e bia l a. St ad

P(X = k) =1

2· 2

3· . . . · k − 1

k· 1

k + 1=

1

k(k + 1).

Ponadto,

P(X =∞) = 1−∞∑k=1

P(X = k) = 1−∞∑k=1

(1

k− 1

k + 1

)= 0,


co juz jednoznacznie zadaje rozk lad X. Ponadto, widzimy, ze

EX =

∞∑k=1

kP(X = k) =

∞∑k=1

1

k + 1=∞,

czyli srednia wynosi nieskonczonosc.

Przyk lad 4.10. Rozwazmy doswiadczenie z poprzedniego zadania, przy czymzmiennej X zmieniamy znak jesli liczba losowan by la nieparzysta. Wowczas wartoscoczekiwana X nie istnieje. Istotnie, mamy

EX =∑k∈Z+

(−1)kkP(X = k) =∑k∈Z+

(−1)k

k + 1,

i ostatni szereg nie jest zbiezny - sumy pochodz ace od ujemnych i dodatnich sk ladni-kow rozbiegaj a do nieskonczonosci.

Przyk lad 4.11. W pewnym teleturnieju gracz ma odpowiadac na dwa pytaniaP1, P2 w ustalonej przez siebie kolejnosci, przy czym jest dopuszczony do drugiegopytania tylko w przypadku gdy poda prawid low a odpowiedz na pierwsze. Praw-dopodobienstwo tego, ze gracz odpowie na pytanie Pi wynosi Pi, a nagroda zadobr a odpowiedz wynosi Ni, i = 1, 2. Gracz chce zmaksymalizowac swoj a sredni awygran a. Jak a strategi e powinien przyj ac?

Rozwi azanie. S a dwie mozliwe strategie: odpowiadac na pytania w kolejnosci P1,P2, b adz P2, P1. Wezmy pod uwag e pierwsz a strategi e. Wowczas zysk graczawynosi

0 z prawdopodobienstwem 1− P1,

N1 z prawdopodobienstwem P1(1− P2),

N1 +N2 z prawdopodobienstwem P1P2.

Wobec tego, srednia wygrana dla tej strategii wynosi

N1P1(1− P2) + (N1 +N2)P1P2.

Rozumuj ac analogicznie, wartosc oczekiwana w przypadku wybrania kolejnosci P2,P1 jest rowna

N2P2(1− P1) + (N1 +N2)P1P2.

Wnosimy st ad, iz pierwsza strategia jest korzystniejsza wtedy i tylko wtedy, gdyN1P1(1− P2) > N2P2(1− P1), czyli, rownowaznie,

N1P1

1− P1>

N2P2

1− P2.

W przypadku prawdziwosci nierownosci przeciwnej, warto wybrac drug a strategi e.

Na zakonczenie, znaznaczmy, iz wartosc oczekiwana jest operatorem liniowym, cowynika wprost z definicji. Innymi s lowy, jesli X1, X2, . . ., Xn s a danymi zmiennymilosowymi posiadaj acymi skonczone wartosci oczekiwane EX1, EX2, . . ., EXn, oraza1, a2, . . ., an s a ustalonymi liczbami rzeczywistymi, to

E(a1X1 + a2X2 + . . .+ anXn

)= a1EX1 + a2EX2 + . . .+ anEXn.

W lasnosc ta okaze si e byc bardzo uzyteczna w trakcie dalszych rozwazan ponizej.

58 ADAM OS EKOWSKI

4.3. Wartosc oczekiwana funkcji zmiennej losowej. Niekiedy zdarza si e, izdysponujemy pewn a zmienn a losow a i interesuje nas nie tyle srednia tej zmiennej,co srednia pewnej funkcji tej zmiennej; innymi s lowy, mamy zadan a pewn a funkcj ef i naszym celem jest wyznaczenie Ef(X). Wowczas mozemy potraktowac f(X)jako now a zmienn a losow a, sprobowac wyznaczyc jej rozk lad, a nast epnie obliczycsrednia; istnieje jednak prostszy sposob. Mamy mianowicie nast epuj acy fakt.

Twierdzenie 4.1. Za lozmy, ze f : R→ R jest funkcj a borelowsk a (to gwarantuje,ze f(X) b edzie funkcj a mierzaln a na (Ω,F ,P)). Wowczas

Ef(X) =

∫Ω

f(X)dP =

∫Rf(x)dPX ,

o ile ca lki po prawej stronie istniej a. W przypadku gdy zmienna X jest dyskretna iskoncentrowana na zbiorze przeliczalnym S, mamy

Ef(X) =∑x∈S

f(x)P(X = x).

Przyk lad 4.12. Ze zbioru 1, 2, . . . , 10 losujemy liczb e. Obliczyc sredni a od-leg losc tej liczby od 2.

Rozwi azanie. Jesli oznaczymy przez X wylosowan a liczb e, to naszym celem jestobliczenie E|X − 2|. Poniewaz rozk lad X jest zadany przez rownosci P(X = j) =1/10, j = 1, 2, . . . , 10, to na mocy powyzszego twierdzenia,

E|X − 2| =10∑j=1

|j − 2| · P(X = j)

=1

10

10∑j=1

|j − 2| = 1

10+

1

10

10∑j=3

|j − 2| = 1

10+

36

10= 3.7.

Przyk lad 4.13. Przed Dniem Matki, w lasciciel kwiaciarni chce zamowic pewn aliczb e roz. Zysk pochodz acy ze sprzedazy jednej rozy wynosi b z l, natomiast stratagenerowana przez kazdy niesprzedany kwiat wynosi ` z l. Liczba X sprzedanych rozjest zmienn a losow a o rozk ladzie zadanym przez ci ag p(j), j = 0, 1, 2, . . .. Ile rozpowinien zamowic w lasciciel kwiaciarni, aby zmaksymalizowac swoj sredni zysk?

Rozwi azanie. Dla wygody za lozymy, ze ci ag p(j) nie zawiera zer; u latwi to niecoredakcj e rozwi azania (w przypadku ogolnym, rozumowanie jest analogiczne, leczodpowiedz moze byc niejednoznaczna). Oznaczmy liczb e zamowionych roz przez s.Zysk osi agni ety przez kwiaciarni e to zmienna losowa Z zadana przez

Z =

bX − `(s−X) jesli X ≤ s,bs jesli X > s

(b adz, zwartym wzorem, Z = bmin(X, s)−`(s−X)+). Celem w lasciciela kwiaciarnijest zmaksymalizowanie wartosci oczekiwanej zmiennej Z. Zgodnie z powyzszymtwierdzeniem, srednia ta wynosi

EZ =

s∑j=0

(bj − `(s− j))P(X = j) +

∞∑j=s+1

bsP(X = j)

=

s∑j=0

(bj − `(s− j))p(j) +

∞∑j=s+1

bsp(j) = E(s).


Aby znalezc s dla ktorego E(s) jest najwi eksze, spojrzmy na roznic e E(s+1)−E(s).Mamy

E(s+ 1) =

s+1∑j=0

(bj − `(s+ 1− j))p(j) +

∞∑j=s+2

b(s+ 1)p(j)

=

s+1∑j=0

(bj − `(s− j))p(j) +

∞∑j=s+2

bsp(j)− `s+1∑j=0

p(j) +

∞∑j=s+2

bp(j)

= E(s) + (b+ `)p(s+ 1)− `s+1∑j=0

p(j) +

∞∑j=s+2

bp(j)

= E(s)− `s∑j=0

p(j) + b

∞∑j=s+1

p(j),

sk ad wynika, ze

E(s+ 1)− E(s) = −`s∑j=0

p(j) + b

∞∑j=s+1

p(j).

Zwrocmy teraz uwag e, ze gdy s rosnie, to liczba∑sj=0 p(j) rosnie, podczas gdy∑∞

j=s+1 p(j) maleje. Co wi ecej, pierwsza z sum zbiega do 1 a druga do 0 gdy s→∞.

Wobec tego istnieje liczba ca lkowita s taka, ze `∑sj=0 p(j) ≥ b

∑∞j=s+1 p(j). Niech

s∗ b edzie najmniejsz a liczb a o tej w lasnosci. Wowczas widzimy, ze E(s+1) > E(s)dla s < s∗ oraz E(s + 1) ≤ E(s) dla s ≥ s∗. Wobec tego s∗ jest optymaln a liczb aroz. Korzystaj ac z tego, ze

∑sj=0 p(j) +

∑∞j=s+1 p(j) = 1, mozemy podac nieco

bardziej czyteln a definicj e s∗: jest to najmniejsza taka liczb a ca lkowita s ≥ 0, ze

s∑j=0

p(j) ≥ b

b+ `.

Przyk lad 4.14. Rzucamy symetryczn a monet a az do momentu uzyskania or la.Obliczyc E 1

X(X+1) , gdzie X oznacza liczb e rzutow.

Rozwi azanie. Latwo wyznaczyc rozk lad zmiennej X: mamy

P(X = k) = 2−k, k = 1, 2, . . . .

Wobec tego, E 1X(X+1) =

∑∞k=1 2−k/(k(k + 1)). Aby zwin ac t e sum e, rozwazmy

funkcj e

f(x) =

∞∑k=1

xk+1

k(k + 1).

Mamy f ′′(x) =∑∞k=1 x

k−1 = 1/(1− x), sk ad f ′(x) = − log(1− x) (nie ma dodat-kowego sk ladnika, gdyz obie strony zeruj a si e dla x = 0), a wi ec

f(x) = (1− x) log(1− x) + x.

Wobec tego,

E1

X(X + 1)= 2f(1/2) = 1− log 2.

60 ADAM OS EKOWSKI

4.4. Wariancja. Wartosc oczekiwana mowi nam o tym, jaka jest srednia wartosczmiennej X. Kolejnym parametrem, ktorym si e teraz zajmiemy, jest wariancja:odpowiada ona za ,,rozrzut” zmiennej. Aby lepiej zrozumiec, po co wprowadzamyto poj ecie, rozwazmy nast epuj ace trzy zmienne losowe:

X = 0,

Y =

1 z prawdopodobienstwem 1/2,

−1 z prawdopodobienstwem 1/2,

Z =

100 z prawdopodobienstwem 1/2,

−100 z prawdopodobienstwem 1/2.

Z punktu widzenia wartosci oczekiwanej, te zmienne nie rozni a si e mi edzy sob a -wszystkie maj a sredni a zero. Tym niemniej jest intuicyjnie jasne, ze pierwsza znich nie ma zadnego rozrzutu, druga z nich ma ,,umiarkowany” rozrzut, natomiasttrzecia z nich wykazuje najwi eksze odchylenia od swojej wartosci oczekiwanej.

W jaki sposob definiujemy wariancj e? Jak zaznaczylismy przed chwil a, obiektten ma mierzyc jak bardzo dana zmienna losowa odchyla si e od swojej sredniej. St adjeden z mozliwych pomys low to wzi ecie sredniej E|X − EX|. Okazuje si e jednak,ze tak zdefiniowana wariancja nie jest wygodna - nie posiada pewnych specjalnychalgebraicznych w lasnosci. Znacznie lepszym pomys lem jest mierzenie odchylenia wsensie sredniokwadratowym. Scislej, mamy nast epuj ac a definicj e.

Definicja 4.5. Dla danej zmiennej losowej X posiadaj acej skonczon a wartosc ocze-kiwan a EX, definiujemy jej wariancj e wzorem

VarX = E(X − EX

)2.

Odchyleniem standardowym zmiennej X nazywamy liczb e σX =√

VarX.

Przeprowadzaj ac proste przekszta lcenia i korzystaj ac z liniowosci wartosci ocze-kiwanej, latwo wyprowadzic alternatywny wzor na wariancj e

VarX = EX2 − (EX)2,

ktory w wielu sytuacjach oferuje najprostszy sposob jej obliczenia.

Przyk lad 4.15. Ze zbioru 1, 2, . . . , n losujemy liczb e X. Obliczyc VarX.

Rozwi azanie. Korzystamy bezposrednio z definicji. Rozk lad zmiennej X zadanyjest przez rownosci P(X = k) = 1/n, k = 1, 2, . . . , n, a wi ec

EX =

n∑k=1

kP(X = k) =1

n

n∑k=1

k =n+ 1

2

i analogicznie,

EX2 =

n∑k=1

k2P(X = k) =1

n

n∑k=1

k2 =(n+ 1)(2n+ 1)

6.

Wobec tego,

VarX = EX2 − (EX)2 =(n+ 1)(2n+ 1)

6−(n+ 1

2

)2

=n2 − 1

12.


Bezposrednio z definicji, wariancja posiada nast epuj ac a w lasnosc: jesli X jestzmienn a losow a o skonczonej wartosci oczekiwanej oraz a, b s a liczbami rzeczywi-stymi, to

Var(aX + b) = a2 VarX.

Przyk lad 4.16. Rzucamy trzy razy prawid low a monet a. Niech X oznacza roznic emi edzy liczb a wyrzuconych reszek i wyrzuconych or low. Obliczyc EX oraz VarX.

Rozwi azanie. Oznaczmy przez R liczb e wyrzuconych reszek, a przez O - liczb e wy-rzuconych or low. Zachodz a rownosci R+O = 3 oraz X = R−O, sk ad bezposredniowynika, ze X = 2R− 3. Ponadto, latwo wyznaczyc rozk lad R: mamy

P(R = 0) =1

8, P(R = 1) =

3

8, P(R = 2) =

3

8, P(R = 3) =

1

8.

Wobec tego, korzystaj ac z liniowosci wartosci oczekiwanej,

EX = E(2R− 3) = 2ER− E3 = 2

(0 · 1

8+ 1 · 3

8+ 2 · 3

8+ 3 · 1

8

)− 3 = 0

(wynik ten jest intuicyjnie oczywisty: srednio, liczba reszek i or low jest ta sama iwynosi 3/2). Ponadto, korzystaj ac z powyzszej w lasnosci wariancji,

VarX = Var(2R− 3) = 4 VarR.

Jak juz obliczylismy wczesniej, ER = 3/2 oraz

ER2 = 02 · 1

8+ 12 · 3

8+ 22 · 3

8+ 32 · 1

8= 3.

Wobec tego, VarX = 4 VarR = 4(ER2 − (ER)2) = 3.

Wprowadzimy teraz poj ecie kowariancji ktore, w pewnym sensie, s luzy do bada-nia ,,liniowej zaleznosci” mi edzy zmiennymi.

Definicja 4.6. Za lozmy, ze X, Y s a zmiennymi losowymi o skonczonych warian-cjach. Definiujemy kowariancj e tych zmiennych wzorem

Cov(X,Y ) = E(X − EX)(Y − EY ).

Widzimy, ze jesliX = Y , to Cov(X,Y ) = VarX. Tak jak w przypadku wariancji,istnieje alternatywny wzor na kowariancj e. Mamy mianowicie

Cov(X,Y ) = EXY − EXEY.

Przyk lad 4.17. Rzucamy 3 razy kostk a. NiechX oznacza liczb e rzutow, w ktorychwypad la dwojka, a Y oznacza liczb e rzutow, w ktorych wypad la liczba szostka.Obliczyc Cov(X,Y ).

62 ADAM OS EKOWSKI

Rozwi azanie. Zacznijmy od wyznaczenia rozk ladow zmiennych X oraz Y . Korzy-staj ac ze schematu Bernoulliego, latwo liczymy, ze

P(X = 0) = P(Y = 0) =

(5

6

)3

=125

216,

P(X = 1) = P(Y = 1) =

(3

1

)1

6·(

5

6

)2

=75

216,

P(X = 2) = P(Y = 2) =

(3

2

)(1

6

)2

· 5

6=

15

216,

P(X = 3) = P(Y = 3) =

(1

6

)3

=1

216.

Wobec tego, EX = EY = 0 · 125216 + 1 · 75

216 + 2 · 15216 + 3 · 1

216 = 1/2. Aby wyznaczycsredni a zmiennej XY , spojrzmy na rozk lad tej zmiennej. Jak latwo zauwazyc,zmienna ta przyjmuje wy l acznie wartosci 0, 1 oraz 2. Scislej,

P(XY = 2) = P(X = 2 i Y = 1 ∪ X = 1 i Y = 2)= P(X = 2 i Y = 1) + P(X = 1 i Y = 2)= 2P(X = 2 i Y = 1)

= 2 ·(

3

2

)(1

6

)3

=1

36,

gdzie w przedostatniej rownosci rozumujemy nast epuj aco: musimy wybrac dwamiejsca (z trzech mozliwych) dla dwojek; na ostatnim, trzecim miejscu umiescimyszostk e; pojawienie si e konkretnej liczby na konkretnym miejscu ma prawdopodo-bienstwo 1/6. Analogicznie, dostajemy

P(XY = 1) = P(X = 1 i Y = 1) =

(3

1

)(2

1

)1

6· 1

6· 4

6=

4

36,

a zatem

EXY = 0 · P(XY = 0) + 1 · 4

36+ 2 · 1

36=

1

6i Cov(X,Y ) = 1/6− (1/2)2 = −1/12.

Istnieje alternatywne podejscie do tego zadania. Niech Xk oznacza liczb e rzutoww ktorych uzyskano k oczek (tak wi ec X = X2, Y = X6). Zauwazmy, ze z symetrii,dla dowolnego k 6= 2 mamy Cov(X2, Xk) = Cov(X2, X6). Zatem

Cov(X2, X6) = E(X2 − EX2)(X6 − EX6)

=1

5E(X2 − EX2)

[X1 +X3 +X4 +X5 +X6

− E(X1 +X3 +X4 +X5 +X6)]

=1

5E(X2 − EX2)

(3−X2 − E(3−X2)

)=

1

5E(X2 − EX2)(−X2 + EX2) = −1

5VarX2.

Ale, jak juz wiemy, EX2 = 1/2. Ponadto, EX2 = 1 · 75216 + 22 · 15

216 + 32 · 1216 = 2

3 ,

sk ad VarX2 = 512 . W po l aczeniu z powyzszym lancuchem przekszta lcen, dostajemy

Cov(X,Y ) = Cov(X2, X6) = −1/12.


Wykazemy teraz wazny wzor, pozwalaj acy wyrazic wariancj e sumy zmiennychlosowych w terminach prostszych wielkosci.

Twierdzenie 4.2. Za lozmy, ze X1, X2, . . ., Xn s a zmiennymi losowymi o skon-czonych wariancjach. Wowczas

Var(X1 +X2 + . . .+Xn) =

n∑j=1

VarXj + 2∑

1≤j<k≤n

Cov(Xj , Xk).

Dowod. Wprowadzmy zmienne Yj = Xj − EXj . Wowczas

Var(X1 +X2 + . . .+Xn) = E(Y1 + Y2 + . . .+ Yn)2

= E

n∑j=1

Y 2j + 2

∑1≤j<k≤n

YjYk

=

n∑j=1

EY 2j + 2

∑1≤j<k≤n

EYjYk

=

n∑j=1

VarXj + 2∑

1≤j<k≤n

Cov(Xj , Xk).

Zastosowania tego wzoru zilustrujemy w ponizszych rozwazaniach.

4.5. Przegl ad niektorych rozk ladow prawdopodobienstwa. Opiszemy terazpokrotce kilka podstawowych rozk ladow, pojawiaj acych si e stosunkowo czesto wrozmaitych przyk ladach i zastosowaniach.

Rozk lad Bernoulliego (rozk lad dwumianowy). Za lozmy, ze n jset ustalon a liczb aca lkowit a dodatni a, p jest liczb a z przedzia lu [0, 1] i rozwazmy schemat n probBernoulliego z prawdopodobienstwem sukcesu p. Rozk ladem Bernoulliego B(n, p)nazywamy rozk lad skoncentrowany na liczbach 1, 2, . . . , n, o masach zadanychprzez rownosci

p(j) =

(n

j

)pj(1− p)n−j , j = 0, 1, 2, . . . , n.

Widzimy wi ec, ze jesli oznaczymy przez X liczb e sukcesow we wspomnianym wyzejschemacie Bernoulliego, to X ma rozk lad B(n, p): P(X = j) = p(j) dla 0 ≤ j ≤ n.

Wyznaczymy teraz sredni a oraz wariancj e powyzszej zmiennej X. Mozna obli-czyc te parametry bezposrednio z definicji, zaprezentujemy jednak nieco inne podej-scie. Wprowadzmy pomocnicze zmienne X1, X2, . . ., Xn w nast epuj acy sposob:

Xj =

0 jesli w j-tej probie odnotowano porazk e,

1 jesli w j-tej probie odnotowano sukces,j = 1, 2, . . . , n.

Wowczas widzimy, iz X = X1 +X2 + . . .+Xn i w konsekwencji,

EX = EX1 + EX2 + . . .+ EXn.

Zmienna Xj jest zero-jedynkowa (jest indykatorem zdarzenia w j-tej probie zaob-serwowano sukces), a wi ec, na mocy Przyk ladu 4.6,

EXj = P(w j-tej probie zaobserwowano sukces) = p, j = 1, 2, . . . , n.

64 ADAM OS EKOWSKI

Wynika st ad, ze EX = np. Ponadto, zwrocmy uwag e na to, ze dla dowolnych j,k, zmienna XjXk tez jest zero-jedynkowa; co wi ecej, jest ona rowna jeden wtedy itylko wtedy, gdy zarowno w j-tej jak i w k-tej probie zanotowano sukcesy. Poniewazposzczegolne proby w schemacie Bernoulliego s a niezalezne, otrzymujemy

EXjXk = P(sukcesy w probach j i k) = p2 = EXjEXk,

a wi ec Cov(Xj , Xk) = 0. Zatem, korzystaj ac z Twierdzenia 4.2,

VarX = Var(X1 +X2 + . . .+Xn) =

n∑j=1

VarXj = np(1− p).

Przyk lad 4.18. Pewna firma produkuje zarowki i umieszcza je w partiach po20 sztuk w paczce. Kazda z nowowyprodukowanych zarowek moze byc wadliwaz prawdopodobienstwem 0.1; parti e wycofuje si e z dalszej obrobki jesli zawieraco najmniej trzy wadliwe zarowki. Dziennie w fabryce produkuje si e 100 partiizarowek. Jaka jest srednia i wariancja liczby niewycofanych partii?

Rozwi azanie. Oznaczmy przez X liczb e niewycofanych partii zarowek. Widzimy,ze X ma rozk lad Bernoulliego z parametrami 100, p, gdzie p oznacza prawdopodo-bienstwo tego, ze w ustalonej partii zarowek b ed a co najmniej trzy wadliwe sztuki.Aby wyznaczyc p, ponownie korzystamy ze schematu Bernoulliego: tym razemmamy 20 prob (kazda odpowiada pojedynczej zarowce), sukcesem jest zdarzeniezarowka nie jest wadliwa. Mamy

p = P(liczba sukcesow wynosi 18, 19 lub 20)

=

(20

18

)(0.9)18(0.1)2 +

(20

19

)(0.9)19(0.1)1 +

(20

20

)(0.9)20 = 0.67693.

Wobec tego srednia zmiennej X wynosi 100 · p = 67.693, a wariancja jest rowna100 · p · (1− p) = 21.86969.

Rozk lad Poissona. Za lozmy, ze λ jest ustalon a liczb a dodatni a. Zmienna losowaX ma rozk lad Pois(λ) (Poissona z parametrem λ), jesli dla dowolnej liczby k =0, 1, 2, . . . zachodzi rownosc

P(X = k) = e−λλk/k!.

Rozk lad Poissona jest stosowany w rozmaitych kontekstach. Przyczyn a dla ktorejpojawia si e on w tak wielu sytuacjach jest to, iz moze byc on stosowany jakoprzyblizenie rozk ladu Bernoulliego B(n, p) w przypadku gdy n jest duze, p jest

ma le, a np wynosi w przyblizeniu λ. Scislej, za lozmy, ze Y ma rozk lad BernoulliegoB(n, p) i niech λ = np. Wowczas

P(X = k) =

(n

k

)pk(1− p)n−k

=n!

k!(n− k)!

(λ

n

)k (1− λ

n

)n−k=λk

k!· n(n− 1)(n− 2) . . . (n− k + 1)

nk·(

1− λ

n

)n·(

1− λ

n

)−k.

Zauwazmy teraz, ze jesli n jest duze, a λ jest umiarkowane, to

n(n− 1)(n− 2) . . . (n− k + 1)

nk≈ 1,

(1− λ

n

)−k≈ 1


oraz (1− λ

n

)n≈ e−λ.

Wobec tego, P(X = k) ≈ e−λλk/k!. Powyzszy rachunek, pomimo iz pokazuje sk adbierze si e rozk lad Poissona, jest stosunkowo nieprecyzyjny. Nieco bardziej dok ladneoszacowanie jest celem nast epuj acego twierdzenia (bez dowodu).

Twierdzenie 4.3 (Poisson). Za lozmy, ze X ma rozk lad Bernoulliego B(n, p), aY ma rozk lad Poissona z parametrem λ = np. Wowczas dla dowolnego podzbioruA ⊆ 0, 1, 2, . . . zachodzi nierownosc∣∣P(X ∈ A)− P(Y ∈ A)

∣∣ ≤ λ2

n.

Przyk lad 4.19. Urna zawiera 99 bia lych kul oraz jedn a czarn a. Losujemy 100 razyze zwracaniem po jednej kuli. Obliczyc przyblizone prawdopodobienstwo tego, zeczarna kula pojawi si e co najwyzej raz.

Rozwi azanie. Niech X oznacza liczb e losowan w ktorych wyci agni eto czarn a kul e.Intereuje nas przyblizona wartosc prawdopodobienstwa P(X ≤ 1). Jak latwo za-uwazyc, zmienna X ma rozk lad Bernoulliego z parametrami 100, 1/100. Na mocypowyzszego twierdzenia, jesli Y jest zmienna o rozk ladzie Pois(1), to

|P(X ≤ 1)− P(Y ≤ 1)| ≤ 1

100.

Z drugiej strony, mamy P(Y ≤ 1) = 2e−1 = 0.7357589, a wi ec

P(X ≤ 1) ∈ [0.7257589, 0.7457589].

Ponizszy przyk lad pokazuje, iz rozk lad Poissona moze byc uzywany do badaniazdarzen ,,rzadkich” i ,,ca lkowicie losowych”.

Przyk lad 4.20. Na wyspie Hokkaido wyst epuje srednio szesc trz esien ziemi mie-si ecznie (tzn. na 30 dni). Wyznaczyc przyblizone prawdopodobienstwo tego, ze wprzeci agu najblizszych siedmiu dni b edzie tam co najwyzej jedno trz esienie ziemi.

Rozwi azanie. Niech X oznacza liczb e trz esien ziemi na Hokkaido w przeci agu naj-blizszego tygodnia. G lown a trudnosci a zadania jest wybor odpowiedniego rozk laduprawdopodobienstwa dla zmiennej X. Aby zyskac nieco intuicji, spojrzmy nanast epuj acy ci ag przyblizen.

1. Podzielmy tydzien na siedem dni i przyjmijmy - na chwil e - za lozenie, ze wci agu jednego dnia moze miec miejsce co najwyzej jedno trz esienie ziemi. Ponadto,za lozmy, ze trz esienia ziemi w trakcie roznych dni s a od siebie niezalezne. Rzeczjasna, s a to za lozenia dosyc kontrowersyjne, ale na chwil e przyjmijmy ich praw-dziwosc. Wowczas ci ag wydarzen w trakcie kolejnych 30 dni mozemy interpretowacjako schemat Bernoulliego z parametrami 30, p, gdzie p to prawdopodobienstwowyst apienia trz esienia ziemi w trakcie pojedynczego dnia. Liczb e p wyznaczamyz warunku zadania o srednio szesciu trz esieniach ziemi miesi ecznie: ze wzoru nawartosc oczekiwan a rozk ladu Bernoulliego, otrzymujemy 30p = 6, czyli p = 0.2.Wobec tego, zmienn a X mozemy traktowac jako zmienn a o rozk ladzie Bernoul-liego z parametrami 7, 0.2 i szukane prawdopodobienstwo (a raczej jego pierwszeprzyblizenie) to (

7

0

)(0.2)0(0.8)7 +

(7

1

)(0.2)1(0.8)6 = 0.5767168.

66 ADAM OS EKOWSKI

2. Sprobujmy teraz, jako pojedyncz a ,,jednostk e czasow a” wzi ac nie dzien, agodzin e. Przyjmijmy teraz, ze w ci agu godziny moze miec miejsce co najwyzej jednotrz esienie ziemi oraz ze aktywnosc sejsmiczna w roznych godzinach rozwija si e wsposob niezalezny. Wowczas wydarzenia w ci agu 30 dni traktujemy jako schemat30 · 24 = 720 prob Bernoulliego z prawdopodobienstwem sukcesu p = 6/720 =1/120 (liczb e p ponownie wyznaczamy z warunku iz srednia schematu ma wynosic6). Wobec tego, rozwazana zmienna X ma rozk lad Bernoulliego z parametrami7 · 24 = 168, 1/120, i szukane prawdopodobienstwo wynosi(

168

0

)(1

120

)0(119

120

)168

+

(168

1

)(1

120

)1(119

120

)167

= 0.5912554.

3. Rozwazmy teraz ogolny przypadek i podzielmy dzien na n cz esci. Jakwyzej, zak ladamy, ze w ci agu pojedynczej 1/n-tej cz esci dnia moze miec miej-sce co najwyzej jedno trz esienie ziemi oraz przyjmujemy odpowiedni a niezaleznosc.Wowczas liczba trz esien w ci agu 30 dni ma rozk lad Bernoulliego z parametrami 30n,6/(30n) = 1/(5n) (tak, by srednia wynosi la 6). Zatem rozk lad X to B(7n, 1/(5n)).Przechodzimy teraz z n do nieskonczonosci: wowczas rozk lad Bernoulliego zbiegado rozk ladu Pois(7/5) = Pois(1.4), a wi ec

P(X ≤ 1) = e−1.4(1 + 1.4) = 0.5918327.

Powyzsz a liczb e przyjmujemy jako ostateczny wynik.

Analogiczne rozumowanie moze byc uzyte do badania liczby wojen w ci agu usta-lonego okresu czasu; liczby pozarow w wojewodztwie mazowieckim w trakcie lipcai sierpnia; liczby wypadkow drogowych na okreslonym obszarze w ci agu ustalonegotygodnia; itp.

Wyznaczymy teraz sredni a oraz wariancj e rozk ladu Poissona z parametrem λ.Rachunki oprzemy bezposrednio na odpowiednich definicjach. Za lozmy, ze X mataki rozk lad; wowczas

EX =

∞∑k=0

kP(X = k) = e−λ∞∑k=0

kλk

k!= e−λ

∞∑k=1

kλk

k!= λe−λ

∞∑k=1

λk−1

(k − 1)!= λ.

Ponadto, EX2 = EX2 − EX + EX = EX(X − 1) + λ oraz

EX(X − 1) =

∞∑k=0

k(k − 1)P(X = k)

= e−λ∞∑k=2

k(k − 1)λk

k!= λ2e−λ

∞∑k=2

λk−2

(k − 2)!= λ2.

St ad VarX = EX2 − (EX)2 = λ2 + λ− λ2 = λ.

Rozk lad geometryczny. Za lozmy, ze p jest ustalon a liczb a z przedzia lu (0, 1].Zmienna X ma rozk lad geometryczny z parametrem p (ozn. X ∼ Geom(p)), jesli

P(X = k) = (1− p)k−1p, k = 1, 2, . . . .

Rozk lad geometryczny pojawia si e w nast epuj acym kontekscie. Rozwazmy nieskon-czony schemat Bernoulliego o prawdopodobienstwie sukcesu p i niech X oznaczanumer pierwszej proby, w ktorej odnotowano sukces. Wowczas X ma rozk lad geo-metryczny z parametrem p.


Przyk lad 4.21. Z urny zawieraj acej N kul bia lych i M kul czarnych losujemykolejno po jednej kuli ze zwracaniem az do momentu, gdy wyci agniemy czarn akul e. Obliczyc prawdopodobienstwo tego, ze liczba losowan przekroczy 100.

Rozwi azanie. Rozwazmy nieskonczony schemat Bernoulliego, w ktorym prob a jestpojedyncze losowanie kuli, a sukcesem jest wyci agni ecie czarnej kuli. Wowczas X,liczba losowan, jest zmienn a o rozk ladzie geometrycznym z parametrem M/(M +N). Szukane prawdopodobienstwo wynosi

P(X > 100) =

∞∑k=101

P(X = k) =

∞∑k=101

(1− M

M +N

)k−1M

M +N

=

(1− M

M +N

)100

=

(N

M +N

)100

.

Wyznaczmy teraz wartosc oczekiwan a i wariancj e rozk ladu geometrycznego. Za-uwazmy, ze dla x ∈ (−1, 1) zachodz a tozsamosci

∞∑k=1

kxk−1 =

( ∞∑k=0

xk

)′=

1

(1− x)2

oraz∞∑k=1

k(k − 1)xk−2 =

( ∞∑k=0

xk

)′′=

2

(1− x)3.

Zatem, jesli X ∼ Geom(p), to

EX =

∞∑k=1

k · (1− p)k−1p =p

(1− (1− p))2=

1

p

oraz

VarX = EX2 − (EX)2 = EX(X − 1) + EX − (EX)2

=

∞∑k=1

k(k − 1) · (1− p)k−1p+1

p− 1

p2

=2p(1− p)

(1− (1− p))3+

1

p− 1

p2

=2− 2p+ p− 1

p2=

1− pp2

.

4.6. Wartosc oczekiwana i wariancja sumy zmiennych losowych. Celemtej cz esci wyk ladu jest zastosowanie nast epuj acych, wyprowadzonych wczesniejrownosci: jesli X1, X2, . . ., Xn s a zmiennymi losowymi posiadaj acymi odpowiedni aca lkowalnosc, to

(4.1) E(X1 +X2 + . . .+Xn) = EX1 + EX2 + . . .+ EXn

oraz

(4.2) Var(X1 +X2 + . . .+Xn) =n∑k=1

VarXk + 2∑

1≤j<k≤n

Cov(Xj , Xk).

Rozpocznijmy od nast epuj acego prostego przyk ladu.

68 ADAM OS EKOWSKI

Przyk lad 4.22. Rzucono n razy prawid low a kostk a do gry. Obliczyc wartoscoczekiwan a l acznej liczby wyrzuconych oczek.

Rozwi azanie. Oznaczmy przez X sum e wyrzuconych liczb oczek. Mozna probowacobliczyc sredni aX bezposrednio z definicji - jest to jednak bardzo zmudne podejscie,gdyz wyznaczenie rozk ladu zmiennej X jest trudnym zagadnieniem kombinato-rycznym. Aby unikn ac tych problemow, rozbijmy zmienn a X na sum e prostszychzmiennych, a nast epnie skorzystajmy ze wzoru (4.1). Szukane rozbicie otrzymujemypoprzez analiz e poszczegolnych rzutow. Mianowicie, dla j = 1, 2, . . . , n, niech Xj

oznacza liczb e oczek wyrzuconych w j-tym rzucie. Wowczas X = X1+X2+. . .+Xn

oraz

EXj = 1 · P(Xj = 1) + 2 · P(Xj = 2) + . . .+ 6 · P(Xj = 6) =7

2,

a wi ec EX = EX1 + EX2 + . . .+ EXn = n · 7/2.

Przyk lad 4.23. Dziesi ec dziewczynek i dziesi eciu ch lopcow ustawia si e losowo wpary. Obliczyc wartosc oczekiwan a i wariancj e liczby par utworzonych z samychdziewczynek.

Rozwi azanie. Aby odpowiednio okreslic przestrzen probabilistyczn a, rozwazmy na-st epuj acy sposob rozbicia na pary: najpierw dzieci ustawiaj a si e w losow a permu-tacj e (d1, d2, . . . , d20), a nast epnie d1 ustawia si e w par e z d2, d3 ustawia si e wpar e z d4, . . ., d19 ustawia si e w par e z d20. Innymi s lowy, wskazalismy wzajemniejednoznaczn a odpowiedniosc mi edzy ustawieniami w pary a permutacjami dzieci.

Niech X oznacza liczb e par utworzonych z samych dziewczynek. Jak wczesniej,wyznaczenie rozk ladu zmiennej X jest zagadnieniem trudnym; wobec tego, wartoscoczekiwan a oraz wariancj e tej zmiennej obliczymy poprzez odpowiednie jej rozbicie.W tym celu, rozwazmy

Xj =

1 w j-tej parze s a dwie dziewczynki,

0 w przeciwnym przypadku,j = 1, 2, . . . , 10.

Zachodzi rownosc X = X1 +X2 + . . .+X10. Ponadto, bezposrednio obliczamy, iz

EXj = P(Xj = 1) =10 · 9 · 18!

20!=

9

38

(istotnie: rozpoczynamy od ustawienia dwoch dziewczynek na miejscach 2j − 1 i2j, co mozna zrobic na 10 ·9 sposobow; na pozosta lych 18 miejscach rozmieszczamydzieci w sposob dowolny). Wobec tego,

EX = EX1 + EX2 + . . .+ EX10 = 10 · 9

38=

45

19.

Aby obliczyc wariancj e zmiennej X za pomoc a wzoru (4.2), musimy znac odpo-wiednie wariancje i kowariancje stoj ace po prawej stronie. Zacznijmy od obser-wacji iz dla 1 ≤ j ≤ n, zmienna X2

j jest rowna Xj ; st ad EX2j = EXj = 9/38 i

VarXj = 9/38− (9/38)2 = 261/1444 ≈ 0.18.Ustalmy 1 ≤ j < k ≤ 10. Zmienna XjXk jest zmienn a zero-jedynkow a i jest

rowna jeden wtedy i tylko wtedy, gdy pary j oraz k sk ladaj a si e z dziewczynek.Zatem

EXjXk = P(XjXk = 1) =10 · 9 · 8 · 7 · 16!

20!=

14

323,


a wi ec Cov(Xj , Xk) = 14323 −

(938

)2= −313/24548 ≈ −0.013. St ad, na mocy (4.2),

VarX ≈ 10 · 0.18 + 2 ·(

10

2

)· (−0.013) = 0.63.

Liczba(

102

)w powyzszych obliczeniach to liczba sk ladnikow w drugiej sumie po

prawej stronie wzoru (4.2).

Przyk lad 4.24. Rzucamy monet a, dla ktorej prawdopodobienstwo wyrzucenia or lawynosi p, az do momentu wyrzucenia k or low ( l acznie, niekoniecznie pod rz ad).Wyznaczyc wartosc oczekiwan a liczby rzutow.

Rozwi azanie. Oznaczmy liczb e rzutow przez X. Nast epnie, dla j = 1, 2, . . . , k,oznaczmy przez Xj liczb e rzutow mi edzy pojawieniem si e j − 1 i j-tego or la, wli-czaj ac rzut j-tego or la. Przyk ladowo, jesli k = 3 oraz ci ag wynikow to RRO-RORRRRRO, to X1 = 3, X2 = 2 oraz X3 = 6:

RRO︸︷︷︸3

RO︸︷︷︸2

RRRRRO︸︷︷︸6

.

Zwrocmy uwag e, iz zmienne X1, X2, . . ., Xk to zmienne o rozk ladzie geometrycz-nym z parametrem p: istotnie, kazd a z nich mozemy interpretowac jako numerpierwszego rzutu w ktorym pojawi si e orze l - jesli tylko przyjmiemy, ze rzut, wktorym wypad l poprzedni orze l, ma numer zero. Wobec tego,

EX = EX1 + EX2 + . . .+ EXk =k

p.

70 ADAM OS EKOWSKI

Zadania

1. Pi ec uczennic i pi eciu uczniow bierze udzia l w tescie; nast epnie tworzy si elist e rankingow a. Zak ladamy, ze zadne dwa wyniki nie mog a si e powtorzyc. NiechX oznacza najwyzsze miejsce osi agni ete przez uczennic e. Wyznaczyc rozk lad X.

2. Pi ec kartek ponumerowanych liczbami od 1 do 5 rozdano pi eciu graczomA, B, C, D oraz E, po jednej kartce kazdemu. Nast epnie, gracz A porownujenumer swojej kartki z odpowiednim numerem gracza B; jesli numer A jest wi ekszy,wygrywa gracz A i w nast epnej rundzie porownuje swoj numer z numerem gracza C.Jesli numer gracza A jest wi ekszy, zostaje on zwyci ezc a drugiej rundy i w nast epnejgrze proownuje numery z graczem D. Koncowa runda (jesli do niej dojdzie) polegana porownaniu numerow z graczem E. Niech X oznacza liczb e zwyci estw graczaA. Obliczyc rozk lad X, jej sredni a i wariancj e.

3. Z urny zawieraj acej n kul ponumerowanych liczbami od 1 do n losujemykolejno po jednej kuli ze zwracaniem az do momentu wyci agni ecia tej samej kulico w poprzednim losowaniu. Niech X oznacza liczb e losowan. Wyznaczyc rozk ladzmiennej X, jej wartosc oczekiwan a i wariancj e.

4. Kij z lamano w losowym miejscu. Niech X oznacza stosunek d lugosci lewegokawa lka do d lugosci prawego kawa lka. Wyznaczyc rozk lad zmiennej X.

5. Wybieramy losowo niepusty podzbior zbioru 1, 2, . . . , n (wybor kazdegopodzbioru jest tak samo prawdopodobny). Niech X oznacza moc wylosowanegopodzbioru. Obliczyc EX.

6. Kazdy bok i kazd a przek atn a szesciok ata foremnego malujemy losowo najeden z trzech kolorow. Wybor kazdego koloru jest jednakowo prawdopodobny, ko-lorowania roznych odcinkow s a niezalezne. Niech X oznacza liczb e jednobarwnychtrojk atow o wierzcho lkach b ed acych wierzcho lkami szesciok ata. Obliczyc wartoscoczekiwan a zmiennej X.

7. Rzucamy kostk a az do momentu wypadni ecia wszystkich mozliwych liczboczek. Obliczyc wartosc oczekiwan a liczby rzutow.

8. Liczby 1, 2, . . ., 100 ustawiono losowo w ci ag (a1, a2, . . . , a100). NiechN b edzienajwi eksz a liczb a tak a, ze a1 < a2 < . . . < aN . Wyznaczyc rozk lad zmiennej Noraz EN .

9. Z urny zawieraj acej 15 kul bia lych i 5 kul czarnych losujemy 4 kule bezzwracania. Obliczyc wartosc oczekiwan a liczby wylosowanych kul bia lych.

10. Jest N listow i N zaadaresowanych kopert z roznymi adresami. Kazdylist odpowiada dok ladnie jednemu adresowi i na odwrot. W lozono listy do ko-pert na chybi l trafi l, po jednym liscie do kazdej koperty. Niech X oznacza liczb elistow, ktore trafi ly do w lasciwych kopert. Obliczyc wartosc oczekiwan a i wariancj ezmiennej X.

11. Srednia liczba b l edow na pojedynczej stronie skryptu wynosi 0.2. Wy-znaczyc przyblizone prawdopodobienstwo tego, ze na nast epnej stronie b ed a conajmniej 2 b l edy.

12. W 100 torebkach cukru umieszczono 200 oznakowanych kryszta lkow. Wy-znaczyc przyblizone prawdopodobienstwo tego, ze ustalona torebka zawiera co naj-mniej trzy oznakowane kryszta lki.

13. Do punktu badania jakosci wody dostarczono 100 probek. Prawdopodo-bienstwo tego, ze w danej probce znajduj a si e bakterie E. coli wynosi 0.1. W celu


zaoszcz edzenia na badaniach, probki podzielono na 10 grup po dziesi ec w kazdej;nast epnie, w obr ebie kazdej grupy zmieszano wod e i przeprowadzono badanie. Jesliwynik jest negatywny, wszystkie dziesi ec probek jest wolnych od bakterii; jesli na-tomiast wynik jest pozytywny, przeprowadza si e dodatkowe 10 badan, dla kazdejprobki z osobna. Niech X oznacza liczb e przeprowadzonych badan. Obliczyc EX.

14. Na terytorium Polski odnotowuje si e srednio 3 powazne pozary lasow wci agu lipca. Wyznaczyc przyblizone prawdopodobienstwo tego, ze

a) w nast epnym lipcu nie b edzie pozarow.b) w nast epnym lipcu b edzie parzysta liczba pozarow.

15. W pojemniku znajduj a si e dwie monety: na pierwszej orze l wypada z praw-dopodobienstwem 0.6, na drugiej - z prawdopodobienstwem 0.3. Losujemy monet ei wykonujemy ni a rzut. Mozemy postawic x z l (0 ≤ x ≤ 10) na to, ze wypadnieorze l; w przypadku gdy tak si e stanie, zyskujemy x z l, w przeciwnym razie tracimyx z l.

a) Jaka jest wartosc oczekiwana wygranej? Jaka jest optymalna strategia?b) Za lozmy, ze za dodatkowe c ≥ 0 z lotych mozemy kupic informacj e ktora mo-

neta zosta la wylosowana (na tej podstawie tej informacji mozemy wybrac wysokoscstawki). Dla jakich c op laca si e przyj ac t e ofert e? Jaka jest optymalna strategia?

16. Za lozmy, ze X jest zmienn a losow a przyjmuj ac a wartosci w zbiorze liczbca lkowitych nieujemnych. Wykazac, ze

EX =

∞∑n=0

P(X > n) =

∞∑n=1

P(X ≥ n)

oraz

EX2 =

∞∑n=0

(2n+ 1)P(X > n).

Zastanowic si e nad uogolnieniem tych wzorow na przypadek EXp, 0 < p <∞.

17. Dane s a liczby ca lkowite dodatnie m ≤ n. Ze zbioru 1, 2, . . . , n losujemym liczb. Obliczyc wartosc oczekiwan a roznicy pomi edzy najwi eksz a a najmniejsz az tych liczb.

72 ADAM OS EKOWSKI

5. Elementy statystyki opisowej

W praktyce nie s a nam znane ani wszystkie wartosci ani nawet rozk lady zmie-nnych losowych. Przyk ladowo, analitycy chc acy poznac rozk lad miesi ecznych wyda-tkow na rozrywk e wsrod mieszkancow Warszawy, nie maj a mozliwosci zebrania orazprzeanalizowania danych dotycz acych kazdego mieszkanca i musz a bazowac na wy-nikach ankiety przeprowadznej na losowej probce mieszkancow stolicy. Rowniezfizycy czy inzynierowie dokonuj ac obarczonego losowym b l edem pomiaru pewnejwielkosci fizycznej, nie znaj a dok ladnego rozk ladu b l edu (ktory moze byc trakto-wany jako cecha charakterystyczna urz adzenia pomiarowego), dlatego cz esto do-konuj a wielokrotnych pomiarow tej samej wielkosci, aby na ich podstawie uzyskacjej jak najlepsze przyblizenie. W obu sytuacjach informacja, ktora jest dost epna,to tzw. probka, czyli ci ag liczb X1, X2, . . . , Xn z ktorego chcielibysmy odzyskacinformacje na temat interesuj acej nas zmiennej losowej X. Sposobami pobieraniaprobek oraz wnioskowania na ich podstawie zajmuje si e statystyka matematyczna,nie b edziemy wi ec w tym momencie zg l ebiac tego zagadnienia. Ograniczymy si e je-dynie do informacji, ze wiele metod bazuje na charakterystykach liczbowych probki,analogicznych do zdefiniowanych w poprzednich rozdzia lach charakterystyk zmien-nych losowych.

Zauwazmy, ze z probk a X1, X2, . . . , Xn mozemy zwi azac rozk lad prawdopodo-bienstwa na prostej (tzw. rozk lad empiryczny), zdefiniowany jako

µn(A) =1

n

n∑i=1

δXi(A) =

|i : Xi ∈ A|n

,(5.1)

informuj acy nas jaka cz esc wszystkich obserwacji znajduje si e w zbiorze A. Intu-icyjnie mozna si e spodziewac, ze rozk lad ten (przynajmniej dla odpowiednio duzychn) powinien dosc dobrze przyblizac rozk lad interesuj acej nas zmiennej losowej (zja-wisko to nosi miano prawa wielkich liczb; nie b edziemy tu g l ebiej wchodzic w tozagadnienie). Analogicznie, charakterystyki liczbowe rozk ladu µ mozemy uznacza dost epne nam przyblizenia odpowiednich charakterystyk nieznanego rozk laduzmiennej losowej. Zaznaczmy tylko, iz coraz lepsze przyblizenia uzyskuje si e dladuzych wartosci n; wobec tego, wnioski wyci agane z konkretnej probki s a bardziejwiarygodne/prawdopodobne, jesli probka jest liczna.

Omowimy teraz pokrotce poj ecia, ktore pojawiaj a si e w powyzszym kontekscie.Zacznijmy od poj ecia szeregu rozdzielczego. Obiekt ten uzyskujemy poprzez po-dzielenie danych statystycznych na pewne roz l aczne kategorie i podanie liczebnosciprzypadaj acej na kazd a z tych kategorii. Spojrzmy na nast epuj acy przyk lad.

Przyk lad 5.1. Zmierzono wzrost (w centymetrach) 20 studentow matematyki,uzyskuj ac liczby 160, 164, 169, 171, 172, 174, 174, 175, 175, 176, 176, 176, 177, 177,180, 182, 182, 184, 185, 190. Sporz adzmy szereg rozdzielczy, w ktorym kategori ajest posiadanie ustalonego wzrostu (litera W ponizej oznacza ,,Wzrost”, a L to,,Liczebnosc”):

W 160 164 169 171 172 174 175 176 177 180 182 184 185 190L 1 1 1 1 1 2 2 3 2 1 2 1 1 1

Mozemy tez rozwazyc inny szereg rozdzielczy, w ktorym grupujemy studentow owzroscie 160 − 164 cm, 165 − 169 cm, itd. Otrzymany szereg mozemy zilustrowacw tabeli:


Wzrost 160 165 170 175 180 185 190-164 -169 -174 -179 -184 -189 -194

Liczebnosc 2 1 4 7 4 1 1

Przejdzmy teraz do poj ecia histogramu. Jest to wygodny sposob ilustracji rozk- ladu empirycznego i polega na narysowaniu na wykresie pewnego odpowiadaj acegoci agu prostok atow. Boki tych prostok atow s a wyznaczone przez odpowiadaj aceprzedzia ly klasowe (kategorie szeregu rozdzielczego) i licznosc cz esci probki do nichwpadaj acych.

Przyk lad 5.2. Dane z poprzedniego przyk ladu mozemy zilustrowac na nast epu-j acym histogramie. Na osi x wyrozniamy przedzia l od 160 do 190 i dzielimy gona jednostkowe podprzedzia ly: w tym momencie, decydujemy si e na przedzia lyklasowe postaci [k, k + 1). Nad kazdym takim przedzia lem budujemy prostok at owysokosci rownej liczbie studentow o wzroscie k: por. Rysunek 3.

Rysunek 3. Histogram z Przyk ladu 5.1, o przedziale klasowympostaci [k, k + 1)

Mozemy tez zmniejszyc nieco ,,rozdzielczosc” histogramu i jako przedzia ly kla-sowe wzi ac przedzia ly o szerokosci 5 (por. drugi szereg rozdzielczy powyzej):[160, 164], [165, 169], [170, 174], [175, 179], [180, 184], [185, 189] i [190, 194]; ponow-nie, nad kazdym takim przedzia lem budujemy prostok at o wysokosci rownej liczbiestudentow o wzroscie mieszcz acym si e w tym przedziale: por. Rysunek 4 ponizej.

Kolejnym poj eciem, ktore wprowadzimy, jest tzw. kwantyl probki.

Definicja 5.1. Kwantylem rz edu p z probki X1, . . . , Xn nazywamy dowoln a liczb exp, tak a ze

1

n|n : Xn ≤ xp| ≥ p

1

n|n : Xn ≥ xp| ≥ 1− p.

Kwantyl rz edu 1/4 nazywa si e czasem pierwszym kwartylem b adz dolnym kwarty-lem. Kwantyl rz edu 1/2 nazywamy takze drugim kwartylem lub median a. Wreszcie,kwantyl rz edu 3/4 nazywamy tez trzecim kwartylem b adz gornym kwartylem.

74 ADAM OS EKOWSKI

Rysunek 4. Histogram z Przyk ladu 5.1, o przedziale klasowympostaci [k, k + 5), 5|k

Intuicyjnie, mediana to liczba o tej w lasnosci, ze na lewo od niej znajduje si epo lowa danych oraz na prawo od niej znajduje si e po lowa danych. Kwantyl rz edup odpowiada liczbie, na lewo od ktorej znajduje si e p-ta cz esc danych (a na prawoznajduje si e (1− p)-ta cz esc probki). Spojrzmy na przyk lad.

Przyk lad 5.3. Rozwazmy sytuacj e z poprzedniego przyk ladu. Median a podanejprobki jest liczba 176. Istotnie, mamy |n : Xn ≤ 176| = 12 oraz |n : Xn ≥176| = 11, sk ad

1

20|n : Xn ≤ 176| ≥ 1

2oraz

1

20|n : Xn ≥ 176| ≥ 1

2.

Nast epnie, sprobujmy wyznaczyc kwantyl rz edu 1/3. Z grubsza rzecz bior ac, po-winna to byc liczba o tej w lasnosci, ze na lewo od niej stoi 1/3 danych, a na prawood niej stoi 2/3 danych. Mamy 1/3 · 20 = 6 2

3 , patrzymy wi ec na siodm a liczb e wci agu: jest ni a 174. Jest to szukany kwantyl: mamy

1

20|n : Xn ≤ 174| = 7

20≥ 1

3,

1

20|n : Xn ≥ 174| = 15

20≥ 2

3.

Uwaga 5.1. W obu powyzszych obliczeniach, liczb 176 oraz 174 nie mozna zmienic.Jednakze cz esto istnieje nieskonczenie wiele liczb spe lniaj acych definicj e kwantyla(i wowczas nie jest on wyznaczony jednoznacznie); w takiej sytuacji, zazwyczajwyroznia si e najmniejsz a z dopuszczalnych liczb: wowczas kwantylem jest jedn az liczb Xi. Przyk ladowo, rozwazmy powyzszy przyk lad i sprobujmy wyznaczyckwantyl rz edu 1/5. Wowczas kazda liczba x z przedzia lu [171, 172) spe lnia

1

20|n : Xn ≤ x| =

1

5,

1

20|n : Xn ≥ x| =

4

5.

Wobec niejednoznacznosci, przyjmujemy, iz kwantyl wynosi 171.

Zdefiniujemy teraz sredni a i wariancj e z probki.


Definicja 5.2. Sredni a z probki X1, X2, . . . , Xn nazywamy liczb e

m =X1 +X2 + . . .+Xn

n,

czyli sredni a arytmetyczn a liczb X1, X2, . . . , Xn.

Definicja 5.3. Wariancj a z probki X1, X2, . . . , Xn nazywamy liczb e

s =1

n

( n∑i=1

Xi −m)2

,

gdzie m jest sredni a z probki.

Uwaga 5.2. Tak jak w przypadku kwantyli, srednia i wariancja z probki to poprostu wartosc oczekiwana i wariancja rozk ladu empirycznego. W praktyce (np. wpopularnych arkuszach kalkulacyjnych) do przyblizania wariancji zmiennej losowejna podstawie probki cz esto uzywa si e raczej wyrazenia

1

n− 1

( n∑i=1

Xi −m)2

,

poniewaz jednak wyjasnienie dlaczego w mianowniku pojawia si e liczba (n − 1)wymaga loby wprowadzenia dodatkowego aparatu statystyki matematycznej, nieb edziemy wnikac w szczego ly.

Przyk lad 5.4. Rozwazmy powyzszy przyk lad. Sredni a z zadanej dwudziestoele-mentowej probki jest liczba m = (160 + 164 + 169 + 171 + 172 + 174 + 174 + 175 +175 + 176 + 176 + 176 + 177 + 177 + 180 + 182 + 182 + 184 + 185 + 190)/20 = 175.95,a odpowiedni a wariancj a z probki jest liczba 46.5475.

Ostatnim poj eciem, ktorym si e zajmiemy, to tzw. dominanta.

Definicja 5.4. Dominant a (wartosci a modaln a, mod a lub wartosci a najcz estsz a)probki X1, X2, . . ., Xn nazywamy wartosc, ktora powtarza si e najcz esciej. Takwi ec w powyzszym przyk ladzie, dominant a jest liczba 176.

Poj ecie dominanty jest o tyle wygodne, ze ma ono sens takze wtedy, gdy wartosciprobek nie s a liczbowe. Przyk ladowo, jesli dana jest probka owocow: (jab lko, jab lko,gruszka, truskawka, wisnia, wisnia, jab lko), to dominant a jest jab lko.

Widzimy wi ec, iz wprowadzilismy wyzej trzy wielkosci mierz ace ,,przeci etn a”wartosc probki. Jest to mediana, srednia oraz moda. Czasami w literaturzewielkosci tego typu nazywamy miarami tendencji centralnej.

76 ADAM OS EKOWSKI

Zadania

1. Maksymalne temperatury w dniach 11 − 20 maja wynosi ly odpowiednio 20,17, 16, 16, 17, 13, 18, 20, 23 oraz 25 stopni Celsjusza. Odpowiednie temperaturyminimalne w tych dniach to 8, 9, 7, 6, 11, 9, 11, 9, 10, 11 stopni. Wyznaczyc srednieoraz wariancje maksymalnej i minimalnej temperatury.

2. Stan Oficjalnych Aktywow Rezerwowych w 2002 roku (w mld USD) wynosi l

Miesi ac I II III IV V VI VII VIII IX X XI XIIAktywa 26 26 27 27 28 28 29 29 29 29 30 30

Wyznaczyc wartosc sredni a, wariancj e, median e oraz dolny kwartyl proby.

3. Dnia 4 siepnia 1997 roku, RPP ustali la wysokosc stopy kredytu lombardowegona 27%. W roku 1998 wartosc ta by la zmieniana czterokrotnie: 21 maja na 26%, 17lipca na 24%, 29 pazdziernika na 22% i 10 grudnia na 20%. Zaproponowac metod eobliczenia sredniej stopy lombardowej w roku 1998.


6. Grafy stochastyczne

Grafy stochastyczne stanowi a wygodne narz edzie do ilustrowania i badania pew-nego typu wieloetapowych doswiadczen losowych, tzw. lancuchow Markowa. Za loz-my, ze (V,E) jest pe lnym grafem skierowanym o co najwyzej przeliczalnym zbiorzewierzcho lkow: zbior V oznacza tu zbior wierzcho lkow (b adz stanow, lub w ez low),zas E jest zbiorem wszystkich skierowanych kraw edzi o koncach w V (zatem Emozemy - i b edziemy - utozsamiac ze zbiorem V ×V ). Przypuscmy dalej, ze P jestfunkcj a zadan a na zbiorze V × V tak a, ze

P (j, k) ≥ 0 dla wszystkich j, k ∈ V,∑k∈V

P (j, k) = 1 dla wszystkich j ∈ V.

Liczb e P (j, k) b edziemy czasem oznaczac pjk i nazywac prawdopodobienstwem przej-scia w jednym kroku ze stanu j do stanu k. Czasem wygodnie jest przedstawicfunkcj e przejscia P w postaci macierzy [pjk]j,k∈V - obiekt ten, z drobnym naduzyciemnotacji, b edziemy takze oznaczac liter a P i nazywac macierz a przejscia w jednymkroku. Macierz P jest macierz a stochastyczn a: powyzsze warunki s a rownowaznetemu, iz wyrazy P s a nieujemne, a suma w kazdym wierszu wynosi 1.

Przyk lad 6.1. Dwie osoby A, B graj a w or la i reszk e mon et a, dla ktorej prawdo-podobienstwo wypadni ecia or la wynosi p. W kazdym ruchu, gracz A rzuca monet a;jesli wypadnie orze l, p laci 1 z l graczowi B; w przeciwnym razie, otrzymuje 1 z l odgracza B. Gra konczy si e, gdy jeden z graczy nie ma pieni edzy (mowimy wowczaso ruinie tego gracza). Zak ladaj ac, ze na pocz atku gracze A i B mieli odpowiednio2 i 3 z lote, obliczyc prawdopodobienstwo ze gra zakonczy si e ruin a gracza A.

Rozwi azanie. Opiszemy najpierw powyzsze zagadnienie w terminach grafow stocha-stycznych. W chwili n, stanem uk ladu b edzie kapita l gracza A po n rzutach (jesligra zakonczy la si e przed n-tym rzutem, przyjmujemy, ze kapita l A jest taki samjak w ostatniej grze). Wobec tego, V = 0, 1, 2, 3, 4, 5. Aby wyznaczyc P , przyj-rzyjmy si e, w jaki sposob uk lad ewoluuje w pojedynczej grze. Jesli gracz A posiada kz lotych (gdzie k ∈ 1, 2, 3, 4), to wskutek pojedynczej gry jego kapita l albo zmniej-sza si e o 1 z prawdopodobienstwem p, albo zwi eksza o 1 z prawdopodobienstwem1− p. Innymi s lowy, ze stanu k mozemy pojsc tylko do k − 1 b adz do k + 1 (z od-powiednimi prawdopodobienstwami p, 1− p), wszystkie inne prawdopodobienstwaprzejscia s a zerowe. Jesli zas k ∈ 0, 5, to gra jest zakonczona i uk lad pozostaniew tym stanie: innymi s lowy, p00 = 1 oraz p55 = 1, a wszystkie pozosta le praw-dopodobienstwa przejscia s a zerowe (czasem stany takiego typu b edziemy nazywacpoch laniaj acymi b adz brzegowymi). Kluczowa w lasnosc badanego doswiadczeniajest nast epuj aca: w kazdym momencie czasu, dalsza ewolucja uk ladu zalezy tylko odjego po lozenia w chwili obecnej i nie odwo luje si e do jego zachowania w poprzednichkrokach. Jest to tzw. w lasnosc Markowa i w dalszym ci agu tego wyk ladu b edziemyzak ladac, iz opisane procesy j a posiadaj a.

Powrocmy do badanego doswiadczenia. Opisan a wyzej funkcj e przejscia mozemyzilustrowac za pomoc a odpowiadaj acego grafu (por. Rysunek 5 ponizej). W ez lamigrafu s a liczby 0, 1, 2, 3, 4, 5, dla wygody oraz przejrzystosci rysunku zaznaczylismytylko kraw edzie odpowiadaj ace dodatnim prawdopodobienstwom przejscia.

78 ADAM OS EKOWSKI

Rysunek 5. Graf stochastyczny opisuj acy Przyk lad 6.1

Alternatywnie, funkcj e P mozna zapisac w postaci macierzy stochastycznej

P =

1 0 0 0 0 0p 0 1− p 0 0 00 p 0 1− p 0 00 0 p 0 1− p 00 0 0 p 0 1− p0 0 0 0 0 1

.

Przechodzimy teraz do polecenia zawartego w tresci Przyk ladu. Zgodnie zza lozeniami, w chwili pocz atkowej uk lad znajduje si e w stanie 2, a interesuje nasprawdopodobienstwo zdarzenia C = uk lad dojdzie kiedys do stanu 0. Podstawo-wym narz edziem przy badaniu tego typu zagadnien jest rozwazenie ogolniejszegopytania, w ktorym uk lad startuje z dowolnego ustalonego stanu. Dla dowolnegok ∈ 0, 1, 2, 3, 4, 5, niech pk oznacza prawdopodobienstwo tego, ze uk lad doj-dzie kiedys do 0 pod warunkiem, ze w chwili pocz atkowej znajduje si e w staniek. W jakim celu rozwazamy to ogolniejsze zagadnienie? Otoz, jak si e za chwil eokaze, liczby pk spe lniaj a pewien uk lad rownan, ktory mozna prosto rozwi azac(co w szczegolnosci prowadzi nas do z adanej wartosci p2).

Rozumowanie, ktore si e za chwil e pojawi, jest bardzo podobne do tego ktoreprezentowalismy przy okazji b l adzenia po liczbach ca lkowitych (jak czytelnik zpewnosci a zauwazy l, badane wyzej zagadnienie mozna interpretowac jako takieb l adzenie, zatrzymane w chwili dojscia do liczb 0 b adz 5). Zacznijmy od trywial-nego spostrzezenia iz p0 = 1 (juz w chwili pocz atkowej jestesmy w z adanym w ezle)oraz p5 = 0 (stan 5 jest poch laniaj acy: nigdy go nie opuscimy, w szczegolnoscinigdy nie dojdziemy do stanu 0). Ustalmy teraz dowoln a liczb e k ∈ 1, 2, 3, 4 ispojrzmy na ewolucj e po jednym kroku. Uk lad moze przejsc albo do stanu k − 1,albo do k + 1. Ze wzoru na prawdopodobienstwo ca lkowite,

pk = P(C|uk lad startuje z k)

= P(C|uk lad przeszed l z k do k − 1)P(uk lad przeszed l z k do k − 1)

+ P(C|uk lad przeszed l z k do k + 1)P(uk lad przeszed l z k do k + 1).

Mamy P(uk lad przeszed l z k do k − 1) = p, P(uk lad przeszed l z k do k + 1) =1 − p. Ponadto, zauwazmy, ze P(C|uk lad przeszed l z k do k − 1) = pk−1; istot-nie, w informacji, iz uk lad przeszed l z k do k − 1 wazne jest tylko to, ze wchwili obecnej znajduje si e on w stanie k − 1. Podobnie uzyskujemy rownoscP(C|uk lad przeszed l z k do k + 1) = pk+1, a zatem powyzsza rownosc przybierapostac

pk = ppk−1 + (1− p)pk+1.


Wobec tego, widzimy, iz ci ag (pk)5k=0 spe lnia uk lad rownan

p0 = 1,

p1 = pp0 + (1− p)p2,

p2 = pp1 + (1− p)p3,

p3 = pp2 + (1− p)p4,

p4 = pp3 + (1− p)p5,

p5 = 0.

Rozwi azuj ac ten uk lad, otrzymujemy

p2 =p2(1− p+ p2)

p4 − 2p3 + 4p2 − 3p+ 1

oraz p1 = p+ (1− p)p2, p3 = pp2/(1− p+ p2), p4 = p2p2/(1− p+ p2).

Rozwazmy teraz nast epuj ac a modyfikacj e poprzedniego przyk ladu.

Przyk lad 6.2. W puli umieszcza si e 5 z lotych i rzuca si e kostk a, dla ktorej praw-dopodobienstwo uzyskania k oczek wynosi bk−1. Jesli na kostce wypad lo k oczek,gracz A otrzymuje k − 1 z lotych, a gracz B - 6 − k z lotych, k = 1, 2, . . . , 6.Nast epnie, rozgrywany jest ci ag gier jak w poprzednim przyk ladzie. Jakie jestprawdopodobienstwo tego, ze gra zakonczy si e ruin a gracza A?

Rozwi azanie. Widzimy, iz gra sk lada si e z dwoch etapow: losowania kapita loworaz w lasciwej gry. W opisie tego doswiadczenia, wygodnie jest wprowadzic do-datkowy stan ,,START”, ktory b edzie pozwala l na uwzgl ednienie pierwszego etapu.Jak wczesniej, pozosta le stany b ed a odpowiada ly kapita lowi gracza A. Tak wi ecV = START, 0, 1, 2, 3, 4, 5 i uk lad w chwili pocz atkowej znajduje si e w w ezle,,START”. W pierwszej chwili, przemieszcza si e do jednego ze stanow 0, 1, 2, 3, 4, 5,w zaleznosci od tego, ile monet trafi lo do gracza A. Odpowiednie prawdopodo-bienstwo przejscia wynosi bk, k = 0, 1, 2, . . . , 5. Graf opisuj acy dynamik e systemujest wi ec nast epuj acy (ponownie, pomijamy kraw edzie o zerowych prawdopodo-bienstwach):


80 ADAM OS EKOWSKI

Innymi s lowy, macierz przejscia ma postac

P =

0 b0 b1 b2 b3 b4 b50 1 0 0 0 0 00 p 0 1− p 0 0 00 0 p 0 1− p 0 00 0 0 p 0 1− p 00 0 0 0 p 0 1− p0 0 0 0 0 0 1

.

Dalsza cz esc rozwi azania przebiega w sposob analogiczny do poprzedniego przyk la-du. Wprowadzamy liczby pSTART , p0, p1, . . ., p5 i widzimy, ze interesuj aca naswielkosc pSTART spe lnia zas rownosc pSTART = b0p0 + b1p1 + b2p2 + b3p3 + b4p4 +b5p5; z drugiej zas strony, liczby p0 - p5 spe lniaj a ten sam uk lad rownan co wpoprzednim przyk ladzie, a wi ec wystarczy podstawic uzyskane wyzej wzory na teprawdopodobienstwa.

Rozwazmy teraz nieco inn a modyfikacj e Przyk ladu 6.1.

Przyk lad 6.3. W chwili pocz atkowej, gracz A ma 2 z lote a gracz B ma 3 z lote.GraczA wykonuje ci ag rzutow monet a, dla ktorej prawdopodobienstwo wypadni eciaor la wynosi p. Jesli wypadnie orze l, A odk lada z lotowk e do puli; w przeciwnymrazie, gracz B odk lada z lotowk e do puli. Jakie jest prawdopodobienstwo tego, zegra zakonczy si e ruin a gracza A?

Rozwi azanie. Spojrzmy na przestrzen stanow opisuj acych badane doswiadczenie.Poprzednie przyk lady sugeruj a, aby jako stan wzi ac kapita l gracza A; wobec tego,narzuca si e przyj ecie V = 0, 1, 2. Zwrocmy jednak uwag e na to, ze wowczasnie mozemy zastosowac powyzszej argumentacji, gdyz nie jest spe lniona w lasnoscMarkowa. Istotnie, wiedz ac, ze w danej chwili uk lad jest w stanie 2, nie wiemy,czy gra dalej si e toczy, czy nie (nie mamy zadnej informacji o kapitale gracza B).W zwi azku z tym, nie ma na przyk lad sensu mowic o wielkosci p22: prawdopodo-bienstwo to jest jedynk a gdy gracz B juz zbankrutowa l, oraz wynosi 1−p jesli graczB posiada niezerow a liczb e z lotych.

Aby pokonac t e trudnosc, nalezy odpowiednio wzbogacic przestrzen stanow.Jako zbior V wezmy zbior par (k, `), gdzie k, ` oznaczaj a aktualne kapita ly graczyA i B. Widzimy wi ec, ze zbior stanow jest az jedenastoelementowy:

(6.1) V = (2, 3), (2, 2), (2, 1), (2, 0), (1, 3), (1, 2), (1, 1), (1, 0), (0, 3), (0, 2), (0, 1).

Tym razem, latwo sprawdzic, ze w lasnosc Markowa jest spe lniona, a wi ec mozemystosowac powyzsz a maszyneri e. Jednakze cen a, jak a za to p lacimy, jest stosunkowoduza moc zbioru V . Ze wzgl edu na to, mozemy si e spodziewac komplikacji obliczenzwi azanych z analiz a niniejszego przyk ladu. Zacznijmy od opisu dynamiki uk ladu,ktora jest stosunkowo prosta. Kazdy stan postaci (k, 0) b adz (0, `) jest poch laniaj a-cy; ponadto, ze stanu (k, `), k, ` ≥ 1, w edrujemy albo do (k− 1, `) (z prawdopodo-bienstwem p), albo do (k, `− 1) (z prawdopodobienstwem 1− p). Funkcj e przejsciawygodnie jest zilustrowac za pomoc a grafu (por. Rysunek 7 ponizej). Dla pe lnosciopisu, przedstawiamy tez odpowiadaj ac a macierz przejscia, chociaz tym razem jestto obiekt nieco bardziej z lozony i nie tak bardzo czytelny (jest to macierz wy-miaru 11× 11, jej kolejne wiersze/kolumny odpowiadaj a stanom uporz adkowanymzgodnie z rownosci a (6.1); przyk ladowo, wyrazy w pierwszym wierszu odpowiadaj a



przejsciom w jednym kroku ze stanu (2, 3) do (2, 3), (2, 2), (2, 1), (2, 0), itd.):

P =

0 1− p 0 0 p 0 0 0 0 0 00 0 1− p 0 0 p 0 0 0 0 00 0 0 1− p 0 0 p 0 0 0 00 0 0 1 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 1− p 0 0 p 0 00 0 0 0 0 0 1− p 0 0 p 00 0 0 0 0 0 0 1− p 0 0 p0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 1 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0 1 00 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1

.

Wprowadzmy teraz, dla k ∈ V , liczby

pk = P(gracz A si e zrujnuje |uk lad startuje z k).

Rzecz jasna, zachodz a rownosci p(2,0) = p(1,0) = 0 oraz p(0,3) = p(0,2) = p(0,1) = 1.Ponadto, mamy

p(2,3) = (1− p)p(2,2) + pp(1,3),

p(2,2) = (1− p)p(2,1) + pp(1,2),

p(2,1) = (1− p)p(2,0) + pp(1,1),

p(1,3) = (1− p)p(1,2) + pp(0,3),

p(1,2) = (1− p)p(1,1) + pp(0,2),

p(1,1) = (1− p)p(1,0) + pp(0,1).

Rozwi azuj ac ten uk lad rownan, dostajemy odpowiedz:

p(2,3) = p2(6− 8p+ 3p2).

82 ADAM OS EKOWSKI

Jak juz czytelnik z pewnosci a zauwazy l, wazn a rol e przy badaniu zachowaniazagadnien zwi azanych z grafami stochastycznymi gra odpowiedni dobor przestrzenistanow. W szczegolnosci, w wielu problemach sprytny wybor zbioru V pozwala naznaczne uproszczenie rachunkow. Spojrzmy na nast epuj acy przyk lad.

Przyk lad 6.4. Rzucamy nieskonczenie wiele razy kostk a. Jakie jest prawdopodo-bienstwo tego, ze ci ag 16 pojawi si e wczesniej niz ci ag 66?

Rozwi azanie. Pierwsze pytanie ktore tu si e pojawia, dotyczy wyboru odpowiedniejprzestrzeni stanow. Po chwili zastanowienia narzuca si e pomys l, aby kodowac ostat-nie dwa wyniki. Scislej, mozna rozwazyc zbior START, 1, 2, 3, 4, 5, 6 ∪ (k, `) :k, ` ∈ 1, 2, 3, 4, 5, 6. Uk lad zaczyna ze sztucznego stanu START, nast epnie w ed-ruje do stanu odpowiadaj acego za pierwszy rzut, a nast epnie odwiedza stany odpo-wiadaj ace dwom ostatnim rzutom. Wybor ten prowadzi jednak do bardzo skom-plikowanej analizy, jako ze zbior V liczy 43 elementy.

Chwila zastanowienia prowadzi do nast epuj acego uproszczenia. Wprowadzmy,jak wyzej, sztuczny stan START. W pierwszym rzucie moze wypasc 1, 2, 3, 4, 5 lub6; zwrocmy uwag e, iz jesli wypadnie 2, 3, 4 lub 5, to z punktu widzenia zagadnieniabadanego w zadaniu, o tym rzucie mozemy zapomniec: innymi s lowy, pozostajemyw stanie START z prawdopodobienstwem 4/6. Z drugiej strony, stany 1 oraz 6 s aistotne i wrzucamy je do przestrzeni V .

Przypuscmy teraz, ze uk lad znalaz l si e w stanie 1. Jesli teraz wypadnie 6, tootrzymujemy badan a konfiguracj e 16 (ktor a umieszczamy w zbiorze stanow). Jesliwypadnie 2, 3, 4 lub 5 - mozemy zapomniec o ca lej ewolucji uk ladu i wracamy dostanu START. Wreszcie, jesli wypadnie 1, to pozostajemy w stanie 1.

Analiza stanu 6 jest analogiczna: jesli wypadnie 1 - przesuwamy si e do stanu 1.Jesli wypadnie 2, 3, 4 lub 5 - przesuwamy si e na START; wreszcie, jesli wypadnie6, otrzymujemy istotn a konfiguracj e 66, ktor a umieszczamy w zbiorze V .

Opis funkcji przejscia konczymy spostrzezeniem, ze stany 16 oraz 66 s a poch la-niaj ace: istotnie, jesli pojawi si e jedna z tych konfiguracji, dalsze rzuty kostk a niewnosz a juz niczego do ewolucji systemu. Jak latwo zauwazyc, opisany wyzej procesposiada w lasnosc Markowa i mozna stosowac powyzsze rozumowanie.

Wskutek powyzszej analizy zbior V uleg l znacznemu uproszczeniu: jest on rownySTART, 1, 6, 16, 66, a odpowiadaj ac a funkcj e przejscia ilustruje graf na Rysunku8 ponizej. Rownowaznie, mozemy napisac macierz przejscia, ktora jest rowna

P =

23

16

16 0 0

23

16 0 1

6 023

16 0 0 1

60 0 0 1 00 0 0 0 1

.W celu analizy problemu z przyk ladu, wprowadzmy liczby

pk = P(uk lad dojdzie do stanu 16 wczesniej niz do 66 |uk lad startuje z k).

Odnotujmy najpierw oczywiste rownosci p16 = 1, p66 = 0. Ponadto, mamypSTART = 2

3pSTART + 16p1 + 1

6p6,

p1 = 23pSTART + 1

6p1 + 16p16,

p6 = 23pSTART + 1

6p1 + 16p66.

Rozwi azuj ac ten uk lad, dostajemy odpowiedz pSTART = 7/12.



Omowimy teraz w abstrakcyjny sposob nieco inny typ zagadnien. Rozwazmyb l adzenie po grafie stochastycznym (V,E) o niepustym zbiorze stanow poch lania-j acych i zastanowmy si e nad srednim takiego b l adzenia. Dla dowolnego k ∈ V idowolnej trasie b l adzenia startuj acej z k, niech τ oznacza jej d lugosc; widzimy, zeτ jest zmienn a losow a i zachodzi wzor

tk = Eτ =

∞∑n=0

nP(τ = n) =

∞∑n=1

nP(τ = n).

Przyjmijmy najpierw, ze dla wszystkich k zachodzi nierownosc tk < ∞ (a wi ec wszczegolnosci P(τ <∞) = 1).

Jesli stan k jest poch laniaj acy, to wowczas τ jest zmienn a skoncentrowan a wzerze, a wi ec tk = Eτ = 0. Jesli zas k nie jest poch laniaj acy, spojrzmy na ewolucj esystemu po jednym kroku; korzystaj ac ze wzoru na prawdopodobienstwo ca lkowite,mozemy wowczas napisac

P(τ = n) =∑`

P(τ = n|uk lad przeszed l z k do `) · pk`,

gdzie sumowanie rozci agni ete jest na wszystkie ` takie, ze pk` > 0 (tak, by napisanewyzej prawdopodobienstwa warunkowe mia ly sens). Korzystaj ac z w lasnosci Mar-kowa, widzimy, ze

P(τ = n|uk lad przeszed l z k do `) = P(τ = n− 1|uk lad startuje z `),

sk ad wnioskujemy, ze

tk =

∞∑n=1

∑`

(n− 1 + 1)P(τ = n− 1|uk lad startuje z `) · pk`

=

∞∑n=1

∑`

(n− 1)P(τ = n− 1|uk lad startuje z `) · pk`

+

∞∑n=1

∑`

P(τ = n− 1|uk lad startuje z `) · pk`.

84 ADAM OS EKOWSKI

Widzimy, ze pierwsza podwojna suma w ostatnim wyrazeniu wynosi∑`

∞∑n=1

(n− 1)P(τ = n− 1|uk lad startuje z `) · pk` =∑`

pk`t`.

Podobnie, zamieniaj ac kolejnosc sumowania w drugiej podwojnej sumie, otrzymu-jemy, iz jest ona rowna∑

`

∞∑n=1

P(τ = n− 1|uk lad startuje z `) · pk` = P(τ <∞)∑`

pk` = 1.

Wobec tego wykazalismy, ze liczby tk spe lniaj a uk lad rownan

tk =∑`

pk`t` + 1, k ∈ V.

Wzor ten pozostaje w mocy takze gdy niektore tk s a nieskonczone.

Przyk lad 6.5. Obliczyc wartosc oczekiwan a czasu trwania gry z Przyk ladu 6.1.

Rozwi azanie. Stosujemy oznaczenia wprowadzone w Przyk ladzie 6.1. Dla k ∈ V ,niech tk oznacza sredni czas oczekiwania przy za lozeniu, ze w chwili pocz atkowejgracz A ma k z lotych. Mamy t0 = t5 = 0 oraz na mocy powyzszych rozwazan,

t1 = pt0 + (1− p)t2 + 1, t2 = pt1 + (1− p)t3 + 1

t3 = pt2 + (1− p)t4 + 1, t4 = pt3 + (1− p)t5 + 1.

Rozwi azuj ac powyzszy uk lad rownan, dostajemy odpowiedz:

t2 =p3 + p2 − 3p+ 3

(1− p+ p2)2 − p(1− p).

Przyk lad 6.6. Po pustej szachownicy 3 × 3 porusza si e wieza, w kazdym ruchuprzesuwaj ac si e na pole stoj ace w tym samym wierszu lub kolumnie (wybor kazdegoz czterech dost epnych pol jest jednakowo prawdopodobny). W chwili pocz atkowejwieza znajduje si e w lewym dolnym rogu. Obliczyc sredni czas oczekiwania nadojscie do centralnego pola.

Rozwi azanie. Jednym z kluczowych elementow rozwi azania jest odpowiedni doborprzestrzeni stanow V . Chwila zastanowienia prowadzi do wniosku, iz ze wzgl edu nasymetri e, na szachownicy s a trzy typy pol: narozne (N), centralne (C) oraz stoj acew srodku pierwszego/ostatniego wiersza (b adz pierwszej/ostatniej kolumny): b e-dziemy je oznaczac liter a R. Prowadzi to do przestrzeni V = N,R,C. Jesli

Rysunek 9. Typy pol: N, R, C

chodzi o funkcj e przejscia, to z naroznego pola wieza moze osi agn ac dwa pola typuR i dwa pola narozne; jesli wieza znajduje si e na polu R, to w jej zasi egu znajduje si epole centralne, jedno pole typu R oraz dwa pola narozne; wreszcie, jesli wieza jest


na polu centralnym, to w nast epnym kroku znajdzie si e na polu typu R. Wynikast ad, ze odpowiednia macierz przejscia jest zadana przez

P =

12

12 0

12

14

14

0 1 0

.Jesli przez tk (k ∈ V ) oznaczymy odpowiedni sredni czas dojscia, to mamy

tC = 0

tN = 12 tN + 1

2 tR + 1,

tR = 12 tN + 1

4 tR + 14 tC + 1,

sk ad latwo obliczamy, iz tN = 10.

Przyk lad 6.7. Po wierzcho lkach kwadratu ABCD porusza si e pionek. W chwilipocz atkowej pionek znajduje si e w punkcie A, a w kazdym kolejnym ruchu przesuwasi e w sposob niezalezny od poprzednich ruchow z prawdopodobienstwem 1/2 dojednego z s asiednich wierzcho lkow. Obliczyc prawdopodobienstwo tego, ze pionekdojdzie do punktu D przed powrotem do punktu A.

Rozwi azanie. Pierwszy pomys l polega na wzi eciu V = A,B,C,D i okresleniufunkcji przejscia za pomoc a macierzy

P =

0 1/2 0 1/2

1/2 0 1/2 00 1/2 0 1/2

1/2 0 1/2 0

.K lopot pojawia si e jednak, gdy probujemy wprowadzic odpowiednie liczby pk: abymoc zastosowac odpowiednie rozumowanie, jestesmy zmuszeni przyj ac

(6.2) pk = P(uk lad dojdzie do D przed dojsciem do A|uk lad startuje z k).

Wtedy jednak pA nie jest prawdopodobienstwem, ktore szukamy: powyzsza defi-nicja oczywiscie daje pA = 0. Problem tkwi w tym, ze w powyzszym zagadnieniuinteresuje nas powrot do A, a nie dojscie do A; z drugiej strony, metoda ktor arozwin elismy wczesniej dobrze dzia la dla zagadnien tego drugiego typu.

Rysunek 10. Zmodyfikowana funkcja przejscia w Przyk ladzie 6.7

Aby pokonac t e trudnosc, wprowadzamy dodatkowy sztuczny stan A′, ktorype lni rol e ,,startowego dublera” dla punktu A; bierzemy wi ec V = A′, A,B,C,D.

86 ADAM OS EKOWSKI

Okreslmy funkcj e przejscia za pomoc a grafu z Rysunku 10. Widzimy wowczas,iz badane zagadnienie jest rownowazne nast epuj acemu: przy za lozeniu, ze pionekstartuje z A′, obliczyc prawdopodobienstwo, ze dojdzie odwiedzi on punkt D przeddojsciem do punktu A. Dla k ∈ V , niech pk b edzie zadane wzorem (6.2). Wowczasmamy pA = 0, pD = 1 oraz

pA′ = 12pB + 1

2pD,

pB = 12pA + 1

2pC ,

pC = 12pB + 1

2PD.

Rozwi azuj ac ten uk lad, otrzymujemy pA′ = 23 i jest to odpowiedz ktorej szukamy.


Zadania

1. Dwoch graczy X i Y rzuca na przemian kostk a (zaczyna gracz X). Obliczycprawdopodobienstwo tego, ze pierwsz a dwojk e wyrzuci gracz X, a drug a dwojk ewyrzuci gracz Y .

2. Rzucamy prawid low a monet a az do wyrzucenia serii czterech or low pod rz ad.Obliczyc wartosc oczekiwan a liczby rzutow.

3. Rzucamy prawid low a kostk a az do momentu wyrzucenia trojki oraz parzystejliczby oczek. Obliczyc wartosc oczekiwan a liczby rzutow.

4. Po wierzcho lkach pi eciok ata ABCDE porusza si e pionek. W chwili pocz a-tkowej znajduje si e w punkcie A, a w kazdym kolejnym ruchu przesuwa si e wsposob niezalezny od poprzednich ruchow z prawdopodobienstwem 1/2 do jednegoz s asiednich wierzcho lkow. Obliczyc

a) prawdopodobienstwo, ze pionek powroci do punktu A przed dotarciem dopunktu C,

b) wartosc oczekiwan a liczby ruchow, jakie wykona pionek przed powrotem dopunktu A.

5. W pojemniku I znajduje si e jedna cz astka, w pojemniku II - trzy cz astki.Co jednostk e czasu losowo wybrana cz astka przemieszcza si e z jednego pojemnikado drugiego. Ile czasu srednio musimy czekac na oproznienie pojemnika I?

6. Po wierzcho lkach szescianu ABCDA′B′C ′D′ porusza pionek. W chwilipocz atkowej pionek znajduje si e w punkcie A, a w kazdym kolejnym ruchu przesuwasi e w sposob niezalezny od poprzednich ruchow z prawdopodobienstwem 1/3 do jed-nego z s asiaduj acych wierzcho lkow szescianu. Obliczyc sredni czas oczekiwania nadotarcie pionka do punktu D′.

7. Dane s a dwa pude lka I oraz II. W pude lku I s a trzy ponumerowane kule,drugie z pude lek jest puste. Dana jest takze urna z ponumerowanymi trzema ku-lami. Co jednostk e czasu, losowana jest ze zwracaniem kula z urny, a nast epnieprzek ladana z pude lka do pude lka kula o tym numerze, jaki ma wylosowana kulaz urny. Losowanie/przek ladanie powtarzane jest tak d lugo, az pude lko I b edziepuste. Obliczyc sredni czas trwania procedury.

8. Dwie osoby A i B graj a w nast epuj ac a gr e, sk ladaj ac a si e z ci agu losowansymetryczn a monet a. W przypadku gdy wypadnie orze l, gracz A zyskuje 1 punkt;w przeciwnym razie, gracz B zyskuje 1 punkt. Gra konczy si e w momencie gdyjeden z graczy zgromadzi 3 punkty.

a) Obliczyc sredni czas trwania gry (tj. sredni a liczby rzutow monet a).b) Obliczyc prawdopodobienstwo tego, ze w momencie zakonczenia gry, prze-

grany gracz b edzie mia l dwa punkty.c) Za lozmy, ze gra konczy si e w momencie gdy jeden z graczy zgromadzi co

najmniej 3 punkty i ma co najmniej dwa punkty przewagi nad drugim graczem.Obliczyc sredni czas trwania gry.

9. Dla ustalonej liczby ca lkowitej dodatniej n, rozwazamy nast epuj ace b l adzeniepo zbiorze 1, 2, . . . , n. W chwili pocz atkowej znajdujemy si e w stanie 1; nast epnie,jesli w danej chwili jestesmy w stanie k ∈ 1, 2, . . . , n − 1, to w nast epnym ru-chu przeskakujemy do jednej z liczb k + 1, k + 2, . . . , n (kazda z tych liczb jestrownoprawdopodobna). Stan n jest poch laniaj acy. Obliczyc sredni czas trwaniab l adzenia.

88 ADAM OS EKOWSKI

Kilka zadan dodatkowych

1. Zmienna losowa N przyjmuje wartosci w zbiorze liczb ca lkowitych nieujem-nych. Wykazac, ze

∞∑n=0

nP(N > n) =1

2(EN2 − EN).

2. Rzucamy monet a, dla ktorej prawdopodobienstwo otrzymania or la wynosi p,az do momentu wyrzucenia l acznie 10 or low. Niech X oznacza liczb e uzyskanychreszek. Wyznaczyc rozk lad i wartosc oczekiwan a zmiennej X.

3. W n urnach, ponumerowanych liczbami od 1 do n, umieszczamy losowo n kulo numerach 1, 2, . . ., n tak, ze kula o numerze k trafia do jednej z urn o numerach 1,2, . . ., k (wybor kazdej urny jest tak samo prawdopodobny i nie zalezy od wyborowdla innych kul).

a) Obliczyc prawdopodobienstwo tego, ze zadna urna nie b edzie pusta.b) Obliczyc wartosc oczekiwan a liczby pustych urn.

4. W urnie znajduje si e m kul czarnych. Wykonujemy nast epuj acy ci ag losowan:wyci agamy z urny czarn a kul e i zast epujemy j a now a kul a, ktora jest czarna zprawdopodobienstwem p i bia la z prawdopodobienstwem 1− p.

a) Obliczyc sredni a liczb e losowan, po ktorych w urnie b ed a wy l acznie bia le kule.b) Rozwi azac analogiczne zagadnienie, jesli w kazdym kroku losujemy kul e z

urny i post epujemy jak wyzej jesli jest czarna, a wrzucamy j a z powrotem jesli jestbia la.

5. W urnie znajduje si e b bia lych kul i c czarnych kul. Przeprowadzamynast epuj acy ci ag losowan: w kazdym losowaniu dorzucamy do urny r czarnychkul, a nast epnie usuwamy r losowo wybranych kul. Obliczyc wartosc oczekiwan aliczby bia lych kul po n losowaniach.

6. W urnie I znajduj a si e dwie bia le i trzy czarne kule; w urnie II znajduj asi e trzy bia le i pi ec czarnych kul. Wyci agamy dwie kule z urny I i nie ogl adaj acprzek ladamy do urny II. Nast epnie z urny II wyci agamy trzy kule. Obliczyc wartoscoczekiwan a liczby bia lych kul w wylosowanej trojce.

7. Losujemy w sposob niezalezny liczby a1, a2, . . ., a100 ze zbioru 1, 2, . . . , 300.Obliczyc wartosc oczekiwan a mocy zbioru a1, a2, . . . , a100.


Literatura

[1] Archiwum Olimpiady Matematycznej, dost epne na stronie archom.ptm.org.pl[2] P. Billingsley, Prawdopodobienstwo i miara, PWN, Warszawa, 1987.

[3] A. A. Borowkow, Rachunek prawdopodobienstwa, PWN, Warszawa, 1975.

[4] N. Deo, Teoria grafow i jej zastosowania w technice i informatyce, PWN, Warszawa, 1980.[5] W. Feller, Wst ep do rachunku prawdopodobienstwa, t.I, PWN, Warszawa 1966, t. II, PWN,

Warszawa 1978.

[6] J. Jakubowski, R. Sztencel, Wst ep do rachunku prawdopodobienstwa, SCRIPT, Warszawa,2004.

[7] W. Krysicki, J. Bartos, W. Dyczka, K. Krolikowska, M. Wasilewski, Rachunek prawdopodo-bienstwa i statystyka matematyczna w zadaniach. Cz. 1, PWN, Warszawa, 2013.

[8] W. Niemiro, Rachunek Prawdopodobienstwa i Statystyka Matematyczna, SNS, 1999.

[9] A. P locki, Graf stochastyczny jako srodek matematyzacji i rozumowania, Matematyka-Spo leczenstwo-Nauczanie 5, 27–37.

[10] S. Ross, A First Course in Probability (8 ed.), Pearson Education, Inc., Upper Saddle River,

NJ 07458.[11] J. Stojanow, I. Miraczijski, C. Ignatow, M. Tanuszew, Zbior zadan z rachunku prawdopodo-

bienstwa, PWN, Warszawa, 1991.

[12] R. Zielinski, Rachunek prawdopodobienstwa z elementami statystyki matematycznej, PZWS,Warszawa, 1973.

[13] R. Zielinski, Siedem wyk ladow wprowadzaj acych do statystyki matematycznej, Biblioteka Ma-

tematyczna t. 72, PWN, Warszawa, 1990.

Documents

Wykład i zadania