luty 2016 - rozkład Bernoulliego

W tym odcinku ligi powracamy do zagadnień dotyczących rachunku prawdopodobieństwa. Zaczniemy od prostego przykładu.

Przykład 1. Podczas treningu koszykarz wykonuje serię pięciu rzutów wolnych. Załóżmy, że w każdym z nich trafia do kosza z takim samym prawdopodobieństwem p. Ponadto załóżmy, że wyniki kolejnych rzutów są od siebie niezależne, tzn. nietrafienie lub trafienie w jednym rzucie nie ma wpływu na nietrafienie bądź trafienie w kolejnym.
a) Jakie jest prawdopodobieństwo, że koszykarz trafi dokładnie jeden raz?
b) Jakie jest prawdopodobieństwo, że koszykarz trafi dokładnie dwa razy?
c) Jakie jest prawdopodobieństwo, że koszykarz trafi dokładnie trzy razy?

Rozwiązanie. Niech zmienne losowe X₁, X₂, X₃, X₄ i X₅ oznaczają wyniki kolejnych rzutów, przy czym X_i = 0, jeśli koszykarz nie trafia, i X_i = 1, jeśli koszykarz trafia, i = 1, 2, 3, 4, 5. W takim razie P(X_i=1) = p i P(X_i=0) = 1-p. Ponadto zakładamy, że zmienne losowe X₁, X₂, X₃, X₄ i X₅ są niezależne. Niech S₅ oznacza łączną liczbę trafień w pięciu rzutach. Widzimy, że S₅ = X₁+X₂+X₃+X₄+X₅.

a) Jeśli wiemy, że koszykarz łącznie trafił tylko w jednym rzucie, to tym samym nie trafił w czterech pozostałych rzutach. Nie jest istotne, w którym rzucie nastąpiło trafienie do kosza. Nietrudno jest zauważyć, że seria pięciu rzutów przebiegła zgodnie z jednym z pięciu możliwych wariantów (znak ✔ oznaczaja trafienie, znak ✘ oznacza nietrafienie):

W matematycznym zapisie wygląda to następująco:

P(S₅=1) = P((X₁=1 i X₂=0 i X₃=0 i X₄=0 i X₅=0) lub (X₁=0 i X₂=1 i X₃=0 i X₄=0 i X₅=0)

              lub (X₁=0 i X₂=0 i X₃=1 i X₄=0 i X₅=0) lub (X₁=0 i X₂=0 i X₃=0 i X₄=1 i X₅=0)

              lub (X₁=0 i X₂=0 i X₃=0 i X₄=0 i X₅=1))

Nie jest możliwe, by jednocześnie zachodził więcej niż jeden z powyższych wariantów, dlatego powyższe prawdopodobieństwo jest sumą prawdopodobieństw poszczególnych wariantów tzn.

P(S₅=1) = P(X₁=1 i X₂=0 i X₃=0 i X₄=0 i X₅=0) + P(X₁=0 i X₂=1 i X₃=0 i X₄=0 i X₅=0) +

             + P(X₁=0 i X₂=0 i X₃=1 i X₄=0 i X₅=0) + P(X₁=0 i X₂=0 i X₃=0 i X₄=1 i X₅=0) +

             + P(X₁=0 i X₂=0 i X₃=0 i X₄=0 i X₅=1)

Ponieważ zmienne losowe X₁, X₂, X₃, X₄ i X₅ są niezależne, więc powyższe prawdopodobieństwa są iloczynami, czyli

P(X₁=1 i X₂=0 i X₃=0 i X₄=0 i X₅=0) = P(X₁=1) · P(X₂=0) · P(X₃=0) · P(X₄=0) · P(X₅=0) =

     = p · (1-p) · (1-p) · (1-p) · (1-p) = p(1-p)⁴ ,

P(X₁=0 i X₂=1 i X₃=0 i X₄=0 i X₅=0) = P(X₁=0) · P(X₂=1) · P(X₃=0) · P(X₄=0) · P(X₅=0) =

     = (1-p) · p · (1-p) · (1-p) · (1-p) = p(1-p)⁴ ,

P(X₁=0 i X₂=0 i X₃=1 i X₄=0 i X₅=0) = P(X₁=0) · P(X₂=0) · P(X₃=1) · P(X₄=0) · P(X₅=0) =

     = (1-p) · (1-p) · p · (1-p) · (1-p) = p(1-p)⁴ ,

P(X₁=0 i X₂=0 i X₃=0 i X₄=1 i X₅=0) = P(X₁=0) · P(X₂=0) · P(X₃=0) · P(X₄=1) · P(X₅=0) =

     = (1-p) · (1-p) · (1-p) · p · (1-p) = p(1-p)⁴ ,

P(X₁=0 i X₂=0 i X₃=0 i X₄=0 i X₅=1) = P(X₁=0) · P(X₂=0) · P(X₃=0) · P(X₄=0) · P(X₅=1) =

     = (1-p) · (1-p) · (1-p) · (1-p) · p = p(1-p)⁴ .

Ostatecznie możemy napisać:

P(S₅=1) = p(1-p)⁴+p(1-p)⁴+p(1-p)⁴+p(1-p)⁴+p(1-p)⁴ = 5p(1-p)⁴ .

b) Rozumując podobnie jak w punkcie a), możemy stwierdzić, że jeśli zawodnik trafił do kosza dwukrotnie, to seria rzutów musiała przebiegać według jednego z następujących wariantów:

W takim razie

P(S₅=2) = P((X₁=1 i X₂=1 i X₃=0 i X₄=0 i X₅=0) lub (X₁=1 i X₂=0 i X₃=1 i X₄=0 i X₅=0)

              lub (X₁=1 i X₂=0 i X₃=0 i X₄=1 i X₅=0) lub (X₁=1 i X₂=0 i X₃=0 i X₄=0 i X₅=1)

              lub (X₁=0 i X₂=1 i X₃=1 i X₄=0 i X₅=0) lub (X₁=0 i X₂=1 i X₃=0 i X₄=1 i X₅=0)

              lub (X₁=0 i X₂=1 i X₃=0 i X₄=0 i X₅=1) lub (X₁=0 i X₂=0 i X₃=1 i X₄=1 i X₅=0)

              lub (X₁=0 i X₂=0 i X₃=1 i X₄=0 i X₅=1) lub (X₁=0 i X₂=0 i X₃=0 i X₄=1 i X₅=1)) =

              = P(X₁=1 i X₂=1 i X₃=0 i X₄=0 i X₅=0) + P(X₁=1 i X₂=0 i X₃=1 i X₄=0 i X₅=0) +

              + P(X₁=1 i X₂=0 i X₃=0 i X₄=1 i X₅=0) + P(X₁=1 i X₂=0 i X₃=0 i X₄=0 i X₅=1) +

              + P(X₁=0 i X₂=1 i X₃=1 i X₄=0 i X₅=0) + P(X₁=0 i X₂=1 i X₃=0 i X₄=1 i X₅=0) +

              + P(X₁=0 i X₂=1 i X₃=0 i X₄=0 i X₅=1) + P(X₁=0 i X₂=0 i X₃=1 i X₄=1 i X₅=0) +

              + P(X₁=0 i X₂=0 i X₃=1 i X₄=0 i X₅=1) + P(X₁=0 i X₂=0 i X₃=0 i X₄=1 i X₅=1) =

  = P(X₁=1)·P(X₂=1)·P(X₃=0)·P(X₄=0)·P(X₅=0) + P(X₁=1)·P(X₂=0)·P(X₃=1)·P(X₄=0)·P(X₅=0) +

  + P(X₁=1)·P(X₂=0)·P(X₃=0)·P(X₄=1)·P(X₅=0) + P(X₁=1)·P(X₂=0)·P(X₃=0)·P(X₄=0)·P(X₅=1) +

  + P(X₁=0)·P(X₂=1)·P(X₃=1)·P(X₄=0)·P(X₅=0) + P(X₁=0)·P(X₂=1)·P(X₃=0)·P(X₄=1)·P(X₅=0) +

  + P(X₁=0)·P(X₂=1)·P(X₃=0)·P(X₄=0)·P(X₅=1) + P(X₁=0)·P(X₂=0)·P(X₃=1)·P(X₄=1)·P(X₅=0) +

  + P(X₁=0)·P(X₂=0)·P(X₃=1)·P(X₄=0)·P(X₅=1) + P(X₁=0)·P(X₂=0)·P(X₃=0)·P(X₄=1)·P(X₅=1) =

  = p·p·(1-p)·(1-p)·(1-p)+p·(1-p)·p·(1-p)·(1-p)+p·(1-p)·(1-p)·p·(1-p)+p·(1-p)·(1-p)·(1-p)·p+

  +(1-p)·p·p·(1-p)·(1-p)+(1-p)·p·(1-p)·p·(1-p)+(1-p)·p·(1-p)·(1-p)·p+(1-p)·(1-p)·p·p·(1-p)+

  +(1-p)·(1-p)·p·(1-p)·p+(1-p)·(1-p)·(1-p)·p·p = 10p²(1-p)³ .

c) Trzy trafienia oznaczają jednocześnie dwa nietrafienia.Wobec tego jeśli w rachunku dla dwóch trafień zamienimy rolami trafienie i nietrafienie (w szczególności jeśli zamienimy prawdopodobieństwo trafienia na prawdopodobieństwo nietrafienia i na odwrót), trzymamy szukany wynik. W takim razie P(S₅=2) = 10(1-p)²p³ = 10p³(1-p)² .

Być może część czytelników zauważyła już prawidłowość: liczba trafień do kosza w serii rzutów jest wykładnikiem potęgi, której podstawą jest prawdopodobieństwo trafienia w pojedynczym rzucie (równe p), natomiast liczba nietrafień w tej samej serii rzutów jest wykładnikiem potęgi, której podstawą jest prawdopodobieństwo nietrafienia w pojedynczym rzucie (równe 1-p). A co z liczbami stojącymi na początku uzyskanych wyników? Śledząc powyższe rachunki, nietrudno jest zauważyć, że początkowy czynnik wynosi tyle, na ile sposobów można "rozmieścić" trafienia (i nietrafienia) wśród pięciu rzutów. Z poprzedniego odcinka ligi wiemy już, że jeden element spośród pięciu możemy wybrać na [tex]{{5}\choose{1}}[/tex] sposobów, dwa elementy na [tex]{{5}\choose{2}}[/tex] sposobów, a trzy elementy spośród pięciu na [tex]{{5}\choose{3}}[/tex] sposobów. W takim razie powinniśmy otrzymać:

[tex]P(S_5=1)={{5}\choose{1}}p(1-p)^4[/tex],

[tex]P(S_5=2)={{5}\choose{2}}p^2(1-p)^3[/tex],

[tex]P(S_5=3)={{5}\choose{3}}p^3(1-p)^2[/tex].

Ze względu na to, że

[tex]{{5}\choose{1}}=\frac{5!}{1!\cdot 4!}=\frac{4!\cdot 5}{1\cdot 4!}=5[/tex],

[tex]{{5}\choose{2}}=\frac{5!}{2!\cdot 3!}=\frac{3!\cdot 4\cdot 5}{2\cdot 3!}=\frac{4\cdot 5}{2}=10[/tex],

[tex]{{5}\choose{3}}=\frac{5!}{3!\cdot 2!}=\frac{3!\cdot 4\cdot 5}{3!\cdot 2}=\frac{4\cdot 5}{2}=10[/tex],

rzeczywiście otrzymujemy w ten sposób wyniki zgodne z wcześniejszymi obliczeniami.

Kolejne eksperymenty, w których możliwe są tylko dwa wyniki często interpretowane jako sukces i porażka, w każdym eksperymencie prawdopodobieństwo sukcesu jest takie samo, a ponadto wyniki eksperymentów są od siebie niezależne, bywają nazywane próbami Bernoulliego. Jeśli przez S_n oznaczymy zmienną losową równą liczbie sukcesów w n próbach Bernoulliego z prawdopodobieństwem sukcesu w pojedynczej próbie równym p, to możemy napisać:

[tex]P(S_n=k) = {{n}\choose{k}}p^k(1-p)^{n-k}[/tex], 

gdzie k może przyjmować wartości 1, 2, …, n. O takiej zmiennej losowej S_n powiemy wówczas, że ma rozkład Bernouliiego z parametrami n i p, pamiętając, że pierwsza z tych liczb oznacza liczbę eksperymentów zaś druga - prawdopodobieństwo sukcesu w pojedynczym eksperymencie. Fakt, że zmienna losowa S_n ma rozkład Bernoulliego z parametrami n i p, oznaczamy krótko: S_n ~ b(n,p).

Zagadnienia, o których mówimy, wiążą się z nazwiskiem Jacoba Bernoulliego (1654-1705), matematyka szwajcarskiego. Opublikowanie w 1713 roku jego książki pt. "Ars conjectandi" (pol. Sztuka przewidywania) uważa się za początek nowożytnych rozważań o rachunku prawdopodobieństwa i statystyce. Z okazji 300. rocznicy ukazania się "Ars conjectandi" w środowisku matematycznym obchodzono rok 2013 jako Międzynarodowy Rok Statystyki.

Bardzo łatwo jest zauważyć, że jeżeli S_n ~ b(n,p) i S_m ~ b(m,p) oraz S_n i S_m są niezależnymi zmiennymi losowymi, to S_n+S_n ~ b(n+m,p). Jak się o tym przekonać? Zmienna losowa S_n jest liczbą sukcesów w n próbach Bernouliiego zaś S_m liczbą sukcesów w m próbach Bernoulliego. Ze względu na niezależność obu zmiennych losowych i na to, że w obu seriach prawdopodobieństwo sukcesu w pojedynczej próbie jest takie samo, możemy powiedzieć, że zmienna losowa S_n+S_n jest liczbą sukcesów w n+m próbach Bernoulliego.

Rozkład Bernoulliego bywa używany do opisu rozmaitych zjawisk, które polegają na powtarzaniu w niezmienionych warunkach eksperymentów o dwóch możliwych wynikach. Szkolnym przykładem takiego zjawiska jest badanie liczby orłów (bądź reszek) przy wielokrotnym rzucie monetą. Choć opisany tu mechanizm wydaje się bardzo prosty, to można go wykorzystać do modelowania prawdopodobieństwa występowania u pacjenta choroby, do rozważań dotyczących gry na giełdzie (ceny akcji wzrosną lub spadną) czy do namnażania się komórek nowotworowych (komórka podzieli się lub nie).

Wykład zakończymy przykładami z typowymi zadaniami, z jakimi możemy się spotkać w związku z rozkładem Bernoulliego.

Przykład 2. Rzucamy pięciokrotnie symetryczną monetą.
a) Jakie jest prawdopodobieństwo, że wypadną co najwyżej dwa orły?
a) Jakie jest prawdopodobieństwo, że wypadną co najmniej trzy orły?

Rozwiązanie. Niech X oznacza liczbę orłów uzyskaną w sześciu rzutach. Wyniki kolejnych rzutów uznajemy za niezależne. Za prawdopodobieństwo wyrzucenia orła jak też reszki w pojedynczym rzucie przyjmujemy ½. Wobec tego przyjmujemy, że X ~ b(6,½).

a) Zdarzenie polegające na tym, że wypadły co najwyżej dwa orły, składa się z trzech zdarzeń: nie wypadł żaden orzeł, wypadł dokładnie jeden orzeł lub też wypadły dokładnie dwa orły. Żadne z tych trzech zdarzeń nie może zachodzić wespół z innym, toteż prawdopodobieństwo, że zachodzi jedno z nich, jest równe sumie ich prawdopodobieństw. W takim razie

[tex]P(X\leq 2)=P(X=0 \text{ lub } X=1 \text{ lub } X=2)=[/tex]

[tex]P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)=[/tex]

[tex]={{6}\choose{0}}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^0\left(1-\frac{1}{2}\right)^6+{{6}\choose{1}}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^1\left(1-\frac{1}{2}\right)^5+{{6}\choose{2}}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^2\left(1-\frac{1}{2}\right)^4=[/tex]

[tex]=1\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6+6\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6+15\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6=22\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6=\frac{22}{64}=\frac{11}{32}[/tex].

(Wartości kolejnych symboli Newtona wygodnie jest odczytać z odpowiedniego wiersza trójkąta Pascala, który prezentowaliśmy przed miesiącem).

b) Zdarzenie polegające na tym, że wypadły co najmniej trzy orły,
składa się z czterech zdarzeń: wypadły dokładnie trzy orły, wypadł dokładnie cztery orły, wypadło dokładnie pięć orłów lub też wypadło dokładnie sześć orłów. Żadne z tych trzech
zdarzeń nie może zachodzić wespół z innym, toteż prawdopodobieństwo, że
zachodzi jedno z nich, jest równe sumie ich prawdopodobieństw. Wobec tego

[tex]P(X\geq 3)=P(X=3 \text{ lub } X=4 \text{ lub } X=5 \text{ lub } X=6)=[/tex]

[tex]P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)+P(X=6)=[/tex]

[tex]={{6}\choose{3}}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^3\left(1-\frac{1}{2}\right)^3+{{6}\choose{4}}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^4\left(1-\frac{1}{2}\right)^2+{{6}\choose{5}}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^5\left(1-\frac{1}{2}\right)^1+{{6}\choose{6}}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6\left(1-\frac{1}{2}\right)^0=[/tex]

[tex]=20\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6+15\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6+6\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6+1\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6=42\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^6=\frac{42}{64}=\frac{21}{32}[/tex].

Aby obliczyć P(X≥3), możemy też wykorzystać fakt, że zdarzeniem przeciwnym do zdarzenia polegającego na tym, że wypadły do najmniej trzy orły, jest zdarzenie, w którym wypadły co najwyżej dwa orły, wobec tego suma prawdopodobieństw tych zdarzeń wynosi 1. W takim razie

[tex]P(X\geq 3)=1-P(X\leq 2)=1-\frac{11}{32}=\frac{21}{32}[/tex].

Przykład 3. Wieloletnie obserwacje świadczą o tym, że prawdopodobieństwo występowania leworęczności u dziecka praworęcznych rodziców wynosi 10%. Na ile należałoby oszacować prawdopodobieństwo, że wśród dziesięciu osób losowo wybranych spośród osób mających praworęcznych rodziców znajdują się dokładnie dwie osoby leworęczne?

Rozwiązanie. Niech X oznacza liczbę osób leworęcznych wśród dziesięciu osób losowo wybranych spośród osób mających praworęcznych rodziców. Przyjmujemy, że X ~ b(10, 0,1).

[tex]P(X=2)={{10}\choose {2}} (0,1)^2 (1-0,1)^8= \frac{10!}{2!\cdot 8!}(0,1)^2 (0,9)^8=[/tex]

[tex]=\frac{8!\cdot 9\cdot 10}{2\cdot 8!}(0,1)^2 (0,9)^8=45\cdot 0,0043046721=0,1937102445[/tex].

Jak widać, nic trudnego. Dlaczego więc autor postanowił przywołać ten banalny przykład?

Kluczowym założeniem w rozważaniach na temat rozkładu Bernoulliego jest założenie o niezależności kolejnych eksperymentów. Jeśli jest mowa o wylosowaniu 10 osób z jakiejś zbiorowości (w przykładzie nie sprecyzowano tej zbiorowości), to najczęściej mamy na myśli wylosowanie 10 różnych osób. Wtedy jednak każde kolejne losowanie nie będzie już niezależne od poprzednich, bo z losowania wykluczone są osoby, które już wcześniej zostały wylosowane. Powyższe rozumowanie ma więc zastosowanie jedynie wtedy, gdy losowania możemy dokonywać z jakiejś licznej zbiorowości (np. mieszkańców jakiegoś miasta), tak że wylosowanie jeszcze raz tej samej osoby jest bardzo mało prawdopodobne. Jeśli chcielibyśmy powyższe rozumowanie odnieść do małej grupy, z których będziemy losowali osoby do badania leworęczności, zamiast rozkładem Bernoulliego będziemy się musieli posłużyć rozkładem hiptergeometrycznym... ale to już temat na osobny odcinek ligi.

Zad. 1. W jednym z wariantów gry w chińczyka w pierwszej rundzie każdy zawodnik rzuca kostką i ci, którzy wyrzucą sześć oczek, mogą ustawić pierwszy pionek na polu startowym. Ile wynosi prawdopodobieństwo, że w pierwszej rundzie wystartuje dokładnie jeden zawodnik spośród czterech graczy? Ile wynosi prawdopodobieństwo, że dokładnie dwóch spośród czterech? Ile, że trzech? Ile, że wszystkich czterech?

Zad. 2. Test składa się z dziesięciu pytań zamkniętych z czterma odpowiedziami do wyboru, z których zawsze tylko jedna jest prawdziwa. Adam nie zna poprawnej odpowiedzi na żadne pytanie, ale z całą pewnością w każdym pytaniu może wykluczyć jedną odpowiedź jako błędną. Bartosz również nie zna odpowiedzi na żadne pytanie, ale w pięciu pytaniach potrafi wykluczyć dwie odpowiedzi jako błędne, a o odpowiedziach na pięć pozostałych pytań nie potrafi nic powiedzieć. Ocenę pozytywną uzyskuje się, udzieliwszy co najmniej pięciu poprawnych odpowiedzi. Zakładając, że chłopcy mają rację, wykluczając odpowiedzi ich zdaniem błędne, że decyzje o losowym wyborze odpowiedzi podejmują niezależnie w każdym pytaniu i że w danym pytaniu prawdopodobieństwo tego, że każda z niewykluczonych odpowiedzi jest poprawna, jest takie samo, który z chłopców ma większe szanse na uzyskanie pozytywnej oceny?

Zad. 3. Naukowcy zajmowali się budową modeli matematycznych w skokach narciarskich. Zbierając dane w czasie zawodów kategorii junior B na skoczni K-70 w Szczyrku, ustalili, że prawdopodobieństwo przeskoczenia punktu krytycznego tej skoczni wśród skoczków w tych zawodach wynosi 0,3. Oblicz, jakie jest prawdopodobieństwo, że w jednej serii skoków co najmniej sześciu zawodników spośród dziesięcioosobowej reprezentacji klubu przeskoczy punkt konstrukcyjny. Zakładamy, że prawdopodobieństwo przeskoczenia punktu konstrukcyjnego przez każdego zawodnika z tej drużyny jest takie samo  i wynosi tyle, ile wyliczyli naukowcy, oraz że długości skoków oddanych przez kolejnych członków drużyny są niezależne.

(Jeśli chcesz rzucić okiem na to, co dokładnie badali naukowcy, kliknij tutaj).

Zad. 1. Wieloletnie badania pokazały, że 75% pacjentów, u których wykryto komórki nowotoworowe w pewnym narządzie, ma nowotwór niezłośliwy, a 25% złośliwy. Zdarzyło się, że do laboratorium w pewnym szpitalu jednego dnia trafiły próbki aż od sześciu pacjentów, u których podejrzewa się nowotwór tego narządu. Pacjenci nie mieli ze sobą nic wspólnego, coby mogło wpływać na prawdopodobieństwo wystąpienia u nich złośliwego nowotworu. Na ile można oszacować prawdopodobieństwo, że u co najmniej trzech z nich nowotwór okaże się niezłośliwy?

Zad. 2. Rzucamy 2n razy symetryczną monetą. Czy wraz ze wzrostem n prawdopodobieństwo tego, że w dokładnie połowie rzutów wypadnie orzeł, rośnie czy maleje? A może jest stałe?
Wskazówka: Oblicz iloraz rozważanych prawdopodobieństw dla n=k+1 i n=k.

Zad. 3. A teraz rzucamy 2n+1 razy symetryczną monetą. Udowodnij, że prawdopodobieństwo, że uzyskamy co najwyżej n orłów, wynosi ½.
Wskazówka: Jeśli brak Ci pomysłu na rozwiązanie tego zadania, przyjrzyj się wierszom trójkąta Pascala o numerach nieparzystych.