prawdopodobieństwo - nic nie rozumiem - RATUNKU!!!
klops
Chcę się nauczyć prawdopodobieństwa (chyba już 4 czy 5 raz). Aby zakumać
to prawdopodobieństwo kupiłem masę książek, czytam je ale to i tak nic
nie daje :(( Wydaje się, że powinienem dać radę, bo umiem nawet
programować komputery.
Mam takie pytanie:
Czym się różni:
"zdarzenia A i B są wykluczające się / rozłączne"
od:
"zdarzenia A i B są nie zależne"???
Ja wiem tylko, że jak są wykluczające się/rozłączne to się sumuje
prawdopodobieństwa, a jak są niezależne, to się je mnoży. Ale gdzie w
tym logika?
Podam przykład mojej konstenacji:
Rzucam kostką 6 razy. Jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia kostki za
6 razem?
No więc dla mnie te 6 rzutów to zdarzenia wykluczające się (no bo nie
może wypaść jednocześnie np. 2 i 5 oczek) - logiczne nie?
Więc odpowiedź powinna być: (5/6)^5 + 1/6 = 0,56 (trochę dużo)
A w odpowiedziach pisze, że to zdarzenia nie zależne więc piszą, że jest
to: (5/6)^5 * 1/6 = 0.0669
Dla mnie to zupełnie bez sensu!!! Choć drugi wynik niby bardziej realny.
Jak oni oceniają kiedy zdarzenia są wykluczające się a kiedy nie zależne???
Nie wiem już co robić by zrozumieć podstawy tego prawdopodobieństwa :(
Dlatego proszę o pomoc.
Jacek Politowski
klops <kl...@klopsserver.pl> wrote:
> Rzucam kostką 6 razy. Jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia kostki za
> 6 razem?
Dokładnie takie samo jak za pierwszym, drugim, trzecim, czwartym czy
piątym.
> A w odpowiedziach pisze, że to zdarzenia nie zależne więc piszą, że jest
> to: (5/6)^5 * 1/6 = 0.0669
> Dla mnie to zupełnie bez sensu!!! Choć drugi wynik niby bardziej realny.
> Jak oni oceniają kiedy zdarzenia są wykluczające się a kiedy nie zależne???
Prawdę mówiąc, najprościej dla mnie zawsze było "na czuja".
Zdarzenia wykluczające się to np. wyrzucenie 2 i wyrzucenie 5 _w
jednym rzucie_. Jeśli wyrzucisz 2, to jak sam mówisz - nie wyrzucisz
5...
6 rzutów jest niezależne, ponieważ wynik z pierwszego rzutu nie ma
wpływu na wynik drugiego rzutu. Czym innym byłoby, gdyby kostka
traciła po każdym rzucie jedną ściankę ;-)
W tym momencie w każdym kolejnym rzucie znowu może wypaść 1, 2, 3, 4,
5 lub 6, _niezależnie_ (słowo klucz) od tego, co wypadło w rzucie
poprzednim (stąd są to zdarzenia niezależne).
A teraz przykład zdarzeń zależnych:
Masz 2 karty - czerwoną i czarną.
Wyciągasz 2 karty po kolei, nie odkładając. Jakie jest
prawdopodobieństwo, że drugą wyciągniesz czerwoną, jeśli pierwszą
wyciągnęłeś czerwoną? ;-)
--
Jacek Politowski
Mateusz Grotek
Najpierw co to jest przestrzeń zdarzeń elementarnych.
Załóżmy, że rzucasz kostką 2 razy. Pytając o przestrzeń zdarzeń
elementarnych zastanawiamy się, jakie są WSZYSTKIE W OGÓLE możliwości.
W ty wypadku możliwości przedstawiam poniżej:
Omega = {
<1,1>,<2,1>,<3,1>,<4,1>,<5,1>,<6,1>,
<1,2>,<2,2>,<3,2>,<4,2>,<5,2>,<6,2>,
<1,3>,<2,3>,<3,3>,<4,3>,<5,3>,<6,3>,
<1,4>,<2,4>,<3,4>,<4,4>,<5,4>,<6,4>,
<1,5>,<2,5>,<3,5>,<4,5>,<5,5>,<6,5>,
<1,6>,<2,6>,<3,6>,<4,6>,<5,6>,<6,6>
}
To będzie nasza przestrzeń. Teraz możemy wyróżniać podzbiory tej
przestrzeni zwane zdarzeniami.
Mamy na przykład następujące:
A - suma oczek jest parzysta
W takim wypadku mamy
A = {<1,1>,<1,3>,...} (dopiszesz sobie resztę sam)
Zdarzenie
B - wypadło 6 i 6
B = {<6,6>}
Zdarzenia się wykluczają jeżeli ich część wspólna jest pusta.
Na przykład zdarzenia A i B nie wykluczają się, bo (A iloczyn B)={<6,6>}
Natomiast zdarzenia A i C - suma oczek jest nieparzysta się wykluczają.
Aby wyjaśnić czym są zdarzenia niezależne, musimy przejść do z czystej
teorii mnogości do teorii prawdopodobieństwa. Do każdego (w tym wypadku
;-) podzbioru Omega przypisujemy pewną liczbę spełniającą pewne
aksjomaty. Oznaczmy P(X) jako liczbę przypisaną do zbioru X (który jest
podzbiorem Omega). Chcemy na przykład aby P(Omega)=1. Chcemy także, aby
dla każdego X w Omega P(X) większe lub równe 0. Chcemy także, aby jeżeli
część wspólna X i Y jest pusta, to P(X suma Y)=P(X)+P(Y).
Ok, załóżmy, że w naszym przypadku kostka jest sprawiedliwa i
przypisaliśmy liczby następująco:
P({<1,1>})=1/36
P({<1,2>})=1/36
...
P({<6,6>})=1/36
Możesz sprawdzić, czy aksjomaty są dla takiego przypisania spełnione.
Weźmy następujące dwa zdarzenia:
M - w pierwszym rzucie wypadła 6
M={<6,1>,<6,2>,<6,3>,<6,4>,<6,5>,<6,6>}
N - w drugim rzucie wypadła 6
N={<1,6>,<2,6>,<3,6>,<4,6>,<5,6>,<6,6>}
Zdarzenia są niezależne gdy P(M iloczyn N)=P(M)*P(N).
M iloczyn N = {<6,6>}
P(<6,6>)=1/36
P(M)=1/6
P(N)=1/6
A więc zdarzenia M i N są niezależne. Ale oczywiście się nie wykluczają,
bo M iloczyn N jest niepuste.
Aby wyjaśnić skąd się wzięła idea niezależności, musimy poznać
prawdopodobieństwo warunkowe.
Aby to zrobić musimy się zastanowić, co się dzieje jeżeli mieliśmy
przestrzeń Omega i dowiedzieliśmy się, że na pierwszej kostce wypadła 6.
Wtedy musimy stworzyć nową przestrzeń Omega' która będzie mniejsza, a
mianowicie:
Omega'=
{<6,1>,<6,2>,<6,3>,<6,4>,<6,5>,<6,6>}
Teraz pytamy o nasze przypisane do zdarzeń prawdopodobieństwa w nowej
przestrzeni. Pytamy teraz jakie teraz jest prawdopodobieństwo, że teraz
wypadnie <6,6>. W Omega było to 1/36, ale teraz mamy 1/6. Jak są ze sobą
związane te prawdopodobieństwa? Oznaczmy nowe prawdopodobieństwo jako
P(X|Omega') W takim wypadku mamy
P(X|Omega')=P(X iloczyn Omega')/P(Omega')
Możesz o tym myśleć jako o polu. Omega to jakaś duża figura.
Prawdopodobieństwo to pole danego wycinka figury (nazwijmy go X) w
stosunku do pola całej figury. Teraz bierzemy jakiś wycinek tej figury
(nazwijmy go Omega') i zastanawiamy się jaki jest stosunek części
wycinka X zawartego w Omega' do całej Omega'
Gdy zdarzenia X i Omega' są niezależne, to mamy
P(X iloczyn Omega')=P(X)*P(Omega'), a więc
P(X|Omega')=P(X), a takżę
P(Omega'|X)=P(Omega').
Oznacza to, że nawet jeżeli wiemy, że zaszło Omega' to i tak
prawdopodobieństwo zajścia X nie zmieniło się w nowej przestrzeni w
stusunku do prawdopodobieństwa zajścia X w oryginalnej przestrzeni.
Inaczej mówiąc: zajście Omega' nie wpływa na prawdopodobieństo zajścia X.
klops
rozumiem. Wkrótce zabiorę się za rozwiązywanie zadań na ten temat i
wtedy się okaże czy "nauka poszła w nas czy w las".
J.F.
>Czym się różni:
>"zdarzenia A i B są wykluczające się / rozłączne"
> od:
>"zdarzenia A i B są nie zależne"???
Nie zalezne to niezalezne. Znaczy sie wynik jednego zdarzenia nie ma
wplywu na wynik drugiego zdarzenia. Wplyw jest czasem jasny, czasem
gleboko zakamuflowany, a czasem z rachunkow wychodzi ze go nie ma,
mimo ze u podstaw jest.
A wykluczajace sie to wykluczajace sie. Przy okazji sa zalezne, skoro
nie moga sie naraz zdarzyc.
>Ja wiem tylko, że jak są wykluczające się/rozłączne to się sumuje
>prawdopodobieństwa, a jak są niezależne, to się je mnoży. Ale gdzie w
>tym logika?
Oj, musisz te ksiazki jeszcze raz przeczytac. Mnozy sie, dodaje,
odejmuje, dzieli - w zaleznosci od potrzeb.
Owszem jesli chcesz wiedziec jaka jest szansa zajscia kilku
niezaleznych zdarzen "naraz" (niekoniecznie w jednej chwili czasu),
to mnozysz pr-stwa zdarzen skladowych.
Dodajesz gdy satysfakcjonuje cie kilka alternatywnych wynikow.
>Podam przykład mojej konstenacji:
>Rzucam kostką 6 razy. Jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia kostki za
>6 razem?
Wyrzucenia kostki ? przez okno ? Chyba wyrzucenia szostki :-)
>No więc dla mnie te 6 rzutów to zdarzenia wykluczające się (no bo nie
>może wypaść jednocześnie np. 2 i 5 oczek) - logiczne nie?
Oj chlopie, mylisz wszystko. Jeden rzut kostka to losowanie.
A zdarzenie to moze byc np "wyrzucenie 5-ki w rzucie kostka".
Jesli rzucasz 6 razy (lub raz szescioma kostkami naraz) to masz 6
wyrzuconych liczb. Jedna z nich moze byc 5 a inna 2.
Jesli sie pytasz o zdarzenie "wyrzucenie szostki w szostym z kolei
rzucie kostka", to wypada zalozyc ze jeden rzut od drugiego jest
niezalezny. Kostki sie ze soba nie komunikuja, historii nie
przechowuja - kazdy rzut to niezalezne losowanie.
Piec pierwszych rzutow odrzucamy jako nieistotne,
zostaje nam szosty do rozwazenia. A tu prawdopodobienstwo jest 1/6.
Jesli sie pytasz "jakie prawdopodobienstwo wyrzucenia 2 w pierwszym
rzucie, oraz 5 w drugim" to wlasciwe bedzie mnozenie - czyli wynik
1/36.
Jesli sie pytasz "jakie prawdopodobienstwo wyrzucenia 2 lub 5 w jednym
rzucie kostka" - to tu mozesz dodawac pr-stwa wyrzucenia 2 (1/6) i 5
(1/6) - razem 2/6=1/3. Co chyba nie dziwi, biorac pod uwage ze
satysfakcjonuja cie dwa wyniki z szeciu mozliwych do wylosowania.
A jak sie spytasz "jakie jest pr-stwo wyrzucenia 2 i 5 w dwoch rzutach
kostka" to mamy dwie kombinacje - 2,5 i 5,2. Kazda ma szanse 1/36,
sie wykluczaja, mozna dodac. Albo podzielic te ilosc
satysfakcjonujacych kombinacji przez 36 wszystkich mozliwych,
rownouprawnionych.
Jesli sie pytasz "jakie jest pr-stwo wyrzucenia choc jednej 6 w dwoch
rzutach kostka" to sprawa sie nagle komplikuje.
Kombinacji spelniajacych jest 11 z 36 mozliwych. (wymien je).
Nie mozemy sobie po prostu dodac "1/6 w pierwszym rzucie plus 1/6 w
drugim rzucie", bo jak widac wyszloby 2/6=12/36 - za duzo.
Dlaczego ? Bo w naszym zapale jedna kombinacje policzylismy dwa razy i
nawet tego nie zauwazylismy.
Mozesz sumowac zdarzenia wykluczajace sie:
-6 w pierwszym rzucie i inna w drugim (1/6*5/6 = 5/36)
-inna w pierwszym rzucie i 6 w drugim (tez 5/36)
-6 w obu rzutach.
A mozesz odwrocic zagadnienie: jaka jest szansza NIE wyrzucenia ani
jednej 6 w dwoch rzutach ? 5/6 ze pierwszy rzut sie uda i 5/6 ze drugi
rzut sie uda - razem 25/36. Automatycznie pr-stwo zajscia przeciwnego
zdarzenia wynosi 11/36
>A w odpowiedziach pisze, że to zdarzenia nie zależne więc piszą, że jest
>to: (5/6)^5 * 1/6 = 0.0669
Tylko ze pytanie brzmialo "jaka jest szansa wyrzucania czegos innego
niz 6 przez piec rzutow, a potem trafienia 6 w szostym rzucie".
J.