Podmíněná pravděpodobnost, nezávislost

Transkript

1 Podmíněná pravděpodobnost, nezávislost Úloha 1: Do třídy 1.A chodí 10 chlapců a 20 dívek, z toho jsou 3 chlapci se jménem Jakub a 2 dívky se jménem Katka. Martina tvrdí, že ráno potkala někoho ze třídy 1.A. a) Jaká je pravděpodobnost, že potkala Jakuba? b) Jaká je pravděpodobnost, že potkala Katku? Martina upřesní svoji výpověd, tvrdí, že potkala některého chlapce ze třídy 1.A. Jak se změní po vyslovení této informace odpovědi na otázky a), b)? Označme H jev Martina potkala Jakuba, K jev Martina potkala Katku. Pravděpodobnosti těchto jevů jsou zřejmě P (J) = 3 30 = 1 a P (K) = = Dále označme C jev Martina potkala chlapce a D jev Martina potkala dívku. Pro pravděpodobnosti těchto jevů platí P (C) = = 1 3 a P (D) = = 2 3. Tvrzení Martiny, že potkala některého chlapce ze třídy 1.A znamená, že nastal jev C. Naším úkolem je určit pravděpodobnost jevu J C, že Martina potkala Jakuba za podmínky, že potkala některého chlapce ze třídy 1.A a dále pravděpodobnost jevu K C, že Martina potkala Katku za podmínky, že potkala některého chlapce ze třídy 1.A. Z definice podmíněné pravděpodobnosti obdržíme P (J C) = P (H C) P (C) = = 3 10, P (K C) = P (K C) P (C) neboť P (H C) = P (H) (každý Jakub je chlapec) a P (K C) = 0 (žádná Katka není chlapec). Hledané pravděpodobnosti P (J C) a P (K C) můžeme nalézt i jednoduchou úvahou, bez použití definice podmíněné pravděpodobnosti. Stačí si uvědomit, že 3 z 10 chlapců ve třídě 1.A mají jméno Jakub a pochopitelně žádná z dívek ve třídě nemá jméno Jakub. Naším cílem však bylo demonstrovat použití vzorce pro podmíněnou pravděpodobnost. Úloha 2: Finále soutěže Miss se účastní dvanáct dívek. Podle předběžných anket se zdá, že největší šance zvítězit mají dívky Kateřina, Lucie a Markéta. Kateřině je předpovídáno vítězství s pravděpodobností 0,2, Lucii s pravděpodobností 0,1 a Markétě s pravděpodobností 0,3. Těsně před začátkem finále se však Kateřina rozhodne odstoupit ze soutěže. Jak se změní pravděpodobnosti vítězství Lucie a Markéty? Jevy K, L, M, J nechť po řadě značí vítězství Kateřiny, Lucie, Markéty, některé jiné dívky. Tyto jevy se navzájem vylučují a jejich sjednocením je množina Ω všech možných výsledků soutěže. Součet pravděpodobností těchto jevů tedy musí být roven 1. Podle zadání úlohy vyjádříme = P (K) = 0,2, P (L) = 0,1, P (M) = 0,3, P (J) = 0,4, kde pravděpodobnost P (J) jsme dopočítali ze vztahu P (J) = 1 [P (K) + P (L) + P (M)]. Jev K Kateřina nezvítězí je opačný k jevu K a zřejmě P (K ) = 1 P (K) = 0,8. Dále určíme pravděpodobnosti jevů P (L K ), P (M K ), P (J K ). Stačí si uvědomit, že pokud ve finále zvítězí například Lucie, je jisté, že nezvítězí Kateřina. To se dá množinově zapsat L K. Podobně platí M K a J K a tedy P (L K ) = P (L) = 0,1, P (M K ) = P (M) = 0,3, P (J K ) = P (J) = 0,4. = 0,

2 Nyní již můžeme vyjádřit P (L K ), P (M K ) a P (J K ), což jsou po řadě pravděpodobnosti vítězství Lucie, Markéty, resp. některé jiné dívky, za podmínky, že Kateřina nezvítězí P (L K ) = P (L K ) P (K ) P (M K ) = P (M K ) P (K ) P (J K ) = P (J K ) P (K ) = 0,1 0,8 = 0,125, = 0,3 0,8 = 0,375, = 0,4 0,8 = 0,5. Úloha 3: Společnost, pro kterou pracuje pan Novák, se rozhodla uspořádat oběd pro ty zaměstnance, kteří mají alespoň jednoho syna. Každý z těchto zaměstnanců má přijít se svým nejstarším synem. Víme, že pan Novák má dvě děti a že byl pozván na oběd. Jaká je pravděpodobnost, že jeho obě děti jsou synové? Množina Ω všech možných rodin se dvěma dětmi má 4 prvky, které považujeme za stejně pravděpodobné Ω = {(ch, ch), (ch, d), (d, ch), (d, d)}. Například uspořádaná dvojice (d, ch) značí rodinu, ve které je prvorozené dítě dívka a druhorozené chlapec. Informace, že byl pan Novák pozván na oběd znamená, že má alespoň jednoho syna. Označme A jev pan Novák má dva syny a B jev pan Novák má alespoň jednoho syna. Máme určit podmíněnou pravděpodobnost P (A B), že pan Novák má dva syny za podmínky, že má alespoň jednoho syna. P (B) P ( {(ch, ch)} ) P ( {(ch, ch), (ch, d), (d, ch)} ) = P (A B) = = = Poznámka: Je zajímavé, že mnoho lidí při řešení této úlohy bez váhání odpoví, že hledaná pravděpodobnost je 1/2. Argumentují tím, že dítě pana Nováka, které nepůjde na oběd může být stejně tak chlapec jako dívka. Avšak chyba je právě v předpokladu, že tyto dvě možnosti jsou stejně pravděpodobné. Na začátku jsou čtyři stejně pravděpodobné výsledky. Informace, že alespoň jedno z dětí je syn znamená, že výsledek (d, d) již nepřipadá v úvahu. Zbývají tedy tři stejně pravděpodobné výsledky (ch, ch), (ch, d), (d, ch), které ukazují, že dítě, které nepůjde na oběd, bude s dvakrát větší pravděpodobností dívka než chlapec. 1 4 Často je užitečný vzorec, který vznikne vynásobením vztahu pravděpodobností P (B), takže dostaneme Podobně, vynásobením vztahu pravděpodobností P (A) obdržíme vzorec P (A B) = P (B) = P (A B)P (B). P (B A) = P (B A) P (A) P (B A) = P (B A)P (A). Jevy A B a B A jsou samozřejmě totožné a proto můžeme vztahy (α) a (β) spojit do jediného vzorce pro násobení pravděpodobností: = P (A B)P (B) = P (B A)P (A). (α) (β)

3 Úloha 4: Z balíčku 32 tzv. mariášových karet vytáhneme postupně dvě karty, přičemž kartu po vytažení nevracíme zpět do balíčku. Jaká je pravděpodobnost, že obě vytažené karty budou esa? Balíček Mariášových karet obsahuje čtyři esa. Označme po řadě E 1, E 2 jevy, že první, resp. druhá tažená karta bude eso. Máme určit pravděpodobnost jevu E 1 E 2, že obě vytažené karty budou esa. Vytažení kterékoliv karty z balíčku považujeme za stejně možné a tedy P (E 1 ) = 4/32 = 1/8. Dále vyjádříme podmíněnou pravděpodobnost P (E 2 E 1 ) jevu druhá vytažená karta bude eso za podmínky, že první vytažená karta je eso. Zřejmě platí P (E 2 E 1 ) = 3/31, neboť jestliže první vytažená karta je eso, potom v balíčku zbývá 31 karet mezi nimiž jsou již jen 3 esa. Po dosazení do vzorce pro násobení pravděpodobností obdržíme P (E 1 E 2 ) = P (E 2 E 1 )P (E 1 ) = = 0, Úlohu jsme samozřejmě mohli řešit přímo určením počtu možných tahů dvou karet ze čtyř es a počtu možných tahů dvou karet ze všech 32 karet ( ) 4 2 P (E 1 E 2 ) = ( ) =. 0, Naším cílem však bylo ukázat možnost použití vzorce pro násobení pravděpodobnosti. Uvažujme nyní dva libovolné jevy A, B Ω. Zřejmě můžeme vyjádřit A = (A B) (A B ), kde B je opačný jev k jevu B, tj. platí B B = Ω a B B =. Protože jevy A B a A B se navzájem vylučují, dostaneme podle vzorce pro sčítání pravděpodobností P (A) = P [(A B) (A B )] = + P (A B ). Vyjádříme-li pravděpodobnosti průniků pomocí vzorce pro násobení pravděpodobností, obdržíme vzorec pro úplnou pravděpodobnost pro případ dvou jevů B a B : P (A) = P (A B)P (B) + P (A B )P (B ). Vzorec pro úplnou pravděpodobnost můžeme zobecnit pro více jevů. Představme si, že rozdělíme množinu Ω na n navzájem se vylučujících jevů B 1, B 2,..., B n, z nichž vždy právě jeden nastává, tj. n i=1 B i = Ω a současně B i B j = pro každou dvojici i j. Potom se B 1, B 2,..., B n nazývá úplný systém jevů (nakreslete si obrázek!). Vzorec pro úplnou pravděpodobnost pro více jevů. Nechť B 1, B 2,..., B n Ω je úplný systém jevů a platí P (B i ) > 0 pro každé i = 1,..., n. Pak pro pravděpodobnost libovolného jevu A Ω platí Důkaz: Protože platí n P (A) = P (A B i )P (B i ). i=1 A = A Ω = A (B 1 B 2... B n ) = (A B 1 )... (A B n ) a protože jevy A B 1,..., A B n se navzájem vylučují, je n P (A) = P (A B i ). Jelikož P (A B i ) = P (A B i )P (B i ), je tím tvrzení věty dokázáno. i=1

4 Úloha 5: Výstřední profesor matematiky zkouší každou hodinu jednoho chlapce a jednu dívku. Přitom používá následující metodu: Má připravenu krabici, která obsahuje 3 černé lístky s velmi obtížnými úlohami a 6 bílých lístků se snadnými úlohami. Každý ze studentů si musí se zavřenýma očima jeden z lístků vylosovat. Vylosované lístky se již do krabice nevrací. Ke zkoušení byli vybráni studenti Jirka a Petra. a) Jestliže Jirka losuje jako první a vytáhne si bílý lístek, jaká je pravděpodobnost, že si bílý lístek vytáhne i Petra? b) Jestliže Jirka losuje jako první a vytáhne si černý lístek, jaká je pravděpodobnost, že si Petra vytáhne bílý lístek? c) Jirka je zamilovaný do Petry a proto je ochoten přijmout obtížnou úlohu, jen aby zvýšil šance Petry na získání snadné úlohy. Měl by losovat jako první, nebo nechat Petru, aby jako první losovala ona? Označíme A jev první tažený lístek je bílý a B jev druhý tažený lístek je bílý. a) Pro pravděpodobnost jevu A B první i druhý tažený lístek je bílý platí = = 5 12, neboť záleží-li na pořadí tažení lístků je počet možností jak táhnout 2 lístky z 6 bílých roven 6 5 a počet možností jak táhnout 2 lístky ze všech 9 lístků je 9 8. Dále zřejmě platí P (A) = 6/9. Hledaná pravděpodobnost jevu B A druhý vybraný lístek je bílý za podmínky, že první tažený lístek je bílý pak je P (B A) = = 5 P (A) 8, což jsme mohli také zjistit jednoduchou úvahou: Jestliže je první tažený lístek bílý, potom v krabici zbývá 8 lístků, z nichž 5 je bílých. b) Pro pravděpodobnost jevu A B první tažený lístek je černý a druhý je bílý platí P (A B) = = 1 4, neboť na pořadí tažení lístků záleží a tedy počet možností jak táhnout první lístek ze 3 černých a druhý lístek ze 6 bílých je roven 3 6. Dále platí P (A ) = 3/9. Hledaná pravděpodobnost jevu B A druhý tažený lístek je bílý za podmínky, že první vytažený lístek je černý je P (B A ) = P (A B) P (A ) což jsme opět mohli zjistit jednoduchou úvahou: Jestliže je první tažený lístek černý, potom v krabici zbývá 8 lístků, z nichž 6 je bílých. Proto P (B A )=6/8=3/4. c) Podle vzorce pro úplnou pravděpodobnost platí = 3 4, P (B) = P (B A)P (A) + P (B A )P (A ) = ( 1 6 ) = Zjistili jsme, že P (A) = P (B) a tedy Jirka nemůže zvýšit šanci Petry na tažení snadné otázky (bílého lístku) tím, že by ji nechal táhnout jako první, ani tím, že by táhl jako první sám. Úloha 6: V žaláři je vězeň odsouzený k trestu smrti. Výstřední žalářník však dá vězni šanci. Přinese mu 12 černých a 12 bílých kuliček. Pak mu dá dvě prázdné urny. Sdělí mu, že zítra příjde kat, náhodně si vybere jednu urnu a z ní náhodně vybere jednu kuličku. Bude-li bílá, dostane vězeň milost. V opačném případě bude ortel neprodleně vykonán. Jak má vězeň rozdělit kuličky do uren, aby maximalizoval pravděpodobnost svého osvobození? Budeme předpokládat, že žádná z uren nesmí být prázdná. Řekněme, že vězeň dá do první urny celkem k kuliček, přičemž i z nich je bílých. Pak ve druhé urně bude 24 k kuliček a z nich bude 12 i bílých.

5 Označíme A jev vytažená kulička je bílá. Dále označíme U 1 jev kat vybere první urnu a U 2 jev kat vybere druhou urnu. Protože U 2 = U 1 dostaneme podle vzorce pro úplnou pravděpodobnost P (A) = P (A U 1 )P (U 1 ) + P (A U 2 )P (U 2 ) = i k P (U 1) + 12 i 24 k P (U 2) = 1 ( i 2 k + 12 i ) 12i ki + 6k =. 24 k 24k k 2 Bez újmy na obecnosti předpokládejme, že n 12. Pro n > 12 totiž stačí zaměnit obě urny, které by měly být nerozlišitelné a dostaneme některé rozmístění kuliček pro n 12. Označíme ještě P (k, i) = P (A), abychom zdůraznili závislost této pravděpodobnosti na k a i. Jestliže funkci P (k, i) chápeme jako funkci jedné proměnné i s parametrem k = 1, 2,..., 11, potom je tato funkce rostoucí a tedy platí P (k, 0) < P (k, 1) <... < P (k, k), pro k = 1, 2,..., 11. Dodejme ještě, že pro k = 12 dosazením zjistíme, že platí P (12, i) = 1 2, pro i = 0, 1,..., 12. Dále se snadno ověří, že funkce P (k, k) proměnné k je klesající v množině {1, 2,..., 12} a tedy P (12, 12) < P (11, 11) <... < P (1, 1). Z těchto nerovností vyplývá, že tažení bílé kuličky bude mít největší pravděpodobnost, bude-li v jedné urně pouze jedna kulička, a to bílá, a v druhé urně všechny zbývající kuličky. Tato maximální pravděpodobnost činí P (1, 1) = 0,739. Mnoho praktických aplikací je spojeno s následujícím vzorcem: Bayesův vzorec. Nechť A Ω je náhodný jev a nechť B 1, B 2,..., B n Ω je úplný systém jevů. Jestliže platí P (A) > 0 a P (B i ) > 0 pro každé i = 1,..., n, potom P (B k A) = P (A B k)p (B k ) n i=1 P (A B i)p (B i ), k = 1, 2,..., n. Důkaz: Podle definice podmíněné pravděpodobnosti platí P (B k A) = P (A B k). ( ) P (A) Podle vzorce pro násobení pravděpodobnosti máme P (A B k ) = P (A B k )P (B k ) a podle vzorce pro úplnou pravděpodobnost platí P (A) = P (A B 1 )P (B 1 ) + P (A B 2 )P (B 2 ) + + P (A B n )P (B n ). Po dosazení do vztahu ( ) získáme dokazovaný vzorec. Úloha 7: Předpokládejme, že z rozsáhlých lékařských výzkumů víme, že že ve sledované populaci má rakovinu 0,5% lidí. Test, kterým se rakovina zjišťuje má senzitivitu 95%, tj. jestliže má testovaná osoba rakovinu, potom je výsledek testu v 95% případů pozitivní a specificitu 95%, tj. jestliže testovaná osoba rakovinu nemá, potom je výsledek testu v 95% případů negativní. Pacient byl otestován a výsledek testu byl pozitivní. Jaká je pravděpodobnost, že pacient má rakovinu? 1. řešení (pomocí Bayesova vzorce): Označme B jev pacient má rakovinu, B jev pacient rakovinu nemá, A jev výsledek testu je pozitivní. Podle zadání úlohy platí P (B) = 0,005, P (A B) = 0,95, P (A B ) = 0,05,

6 Jevy B a B tvoří zřejmě úplný systém jevů. Hledanou pravděpodobnost P (B A) proto určíme pomocí Bayesova vzorce P (B A) = P (A B)P (B) P (A B)P (B) + P (A B )P (B ) = 0,95 0,005. = 0,087. 0,95 0, ,05 0, řešení (úvahou): Představme si, že otestujeme 4000 lidí. Z těchto 4000 lidí má 20 rakovinu, 3980 nemá rakovinu. U 20 lidí, kteří rakovinu mají, dá testu pozitivní výsledek v 19 případech. U 3980 lidí, kteří rakovinu nemají, dá test pozitivní výsledek ve 199 případech. Celkem tedy dá test pozitivní výsledek u 218 lidí, z nichž 19 rakovinu opravdu má. Hledaná pravděpodobnost je tedy rovna 19/218. = 0,087. Poznámka: Test zmíněný v předchozí úloze zřejmě není příliš vhodný pro praktické nasazení. Pouze v necelých 9% případů, kdy dá test pozitivní výsledek, je testovaná osoba skutečně nemocná. Popsaný test tak pozitivním výsledkem vystraší mnoho zdravých lidí. Je zajímavé, že se většína lidí domnívá (předtím, než se seznámí s řešením úlohy), že hledaná pravděpodobnost je mnohem vyšší. Úloha 8: Studentovi je předložen test, ve kterém je u každé otázky k možných odpovědí, z nichž právě jedna je správná. Student se částečně připravoval. S pravděpodobností p zná správnou odpověď na danou otázku a s pravděpodobností 1 p správnou odpověď nezná, což vyřeší tím, že náhodně vybere některou z k možných odpovědí. Jaká je pravděpodobnost, že student znal správnou odpověď na otázku za podmínky, že na otázku odpověděl správně. Označíme A jev student odpoví na danou otázku správně a B jev student skutečně zná odpověď na danou otázku. Zřejmě P (A B) = 1, protože pokud student zná odpověď na danou otázku, jistě odpoví správně a dále P (A B ) = 1/k, protože pokud student nezná odpověď na danou otázku, může vybrat se stejnou pravděpodobností kteroukoliv z k možných odpovědí. Hledanou pravděpodobnost P (B A) vyjádříme podle Bayesova vzorce P (B A) = P (A B)P (B) P (A B)P (B) + P (A B )P (B ) = p kp p + 1 = k (1 p) kp p + 1. Například pro k = 5 a p = 1/2 řekneme, že student, který správně odpověděl na danou otázku, skutečně znal odpověď s pravděpodobností 5/6. Úloha 9: Standa sejmul jednu kartu z dobře promíchaného balíčku 32 karet a aniž se na ni podíval podal ji Tomášovi, a) Jaká je z pohledu Standy pravděpodobnost, že tažená karta je srdcová? b) Jak se změní z pohledu Standy pravděpodobnost, že tažená karta je srdcová, když Tomáš prohlásí, že tažená karta je eso? a) Označíme A jev tažená karta je srdcová V klasickém mariášovém balíčku karet je 8 karet od každé ze 4 barev. Snadno proto vyjádříme P (A) = 1 4. b) Označíme B jev tažená karta je eso. Z formulace úlohy je zřejmé, že máme určit pravděpodobnost jevu A B. Protože P (B) = 1/8 a = 1/32 obdržime pro podmíněnou pravděpodobnost P (A B) = P (B) Vidíme, že P (A B) = P (A), což můžeme slovy vyjádřit: Znalost informace, že tažená karta je eso neovlivní pravděpodobnost jevu, že tato karta je srdcová. Říkáme, že jev A nezávisí na jevu B. To si lze snadno představit tak, že pokud chceme vytáhnout srdcovou kartu, je úplně jedno, jestli budeme tahat z balíčku všech 32 karet nebo pouze z balíčku obsahujícího 4 esa. Všimněte si, že pro naše jevy platí = P (A) P (B). = 1 4.

7 Vyslovme nyní definici nezávislosti dvou jevů: Náhodné jevy A, B Ω se nazývají nezávislé, jestliže platí = P (A) P (B). Poznámka: Mějme dva nezávislé jevy A, B. Pro P (B) > 0 z definice vyjádříme a podobně pro P (A) > 0 P (A) = P (B) = P (B) P (A) = P (A B) = P (B A). Pro P (A), P (B) > 0 bychom tedy mohli definovat nezávislost jevů A, B pomocí vztahů P (A B) = P (A) a P (B A) = P (B). Tuto definici lze nalézt ve stárších učebnicích. Dnes však obvykle definujeme nezávislost dvou jevů pomocí vztahu = P (A) P (B). který platí i v případě, že je P (A) = 0 nebo P (B) = 0 a ze kterého je navíc na první pohled zřejmé, že nezávislost jevů je oboustranný vztah: Jestliže jev A nezávisí na jevu B, potom nutně jev B nezávisí na jevu A. Pojem nezávislosti můžeme rozšířit na případ tří i více jevů. Předpokládejme, že jevy A, B, C jsou po dvou nezávislé, tj. = P (A)P (B), P (B C) = P (B)P (C), P (A C) = P (A)P (C). Z toho obecně neplyne, že mezi třemi jevy A, B, C neexistuje žádná závislost. To je patrné z následujícího příkladu: Příklad: Při hodu dvěma mincemi zvolíme A = {LL, LR}, B = {LL, RL}, C = {LL, RR}. Potom zřejmě A B = B C = A C = {LL} a tedy = P (B C) = P (A C) = 1 4, P (A) = P (B) = P (C) = 1 2. Zřejmě tedy jevy A, B, C jsou po dvou nezávislé. Současně však platí A B C = {LL} a proto P (A B C) = 1 4. Zjistili jsme, že P (A B C) P (A)P (B)P (C), neboť P (A)P (B)P (C) = 1/2 3 = 1/8. Když si uvědomíme, že například P (A B)P (C) = P (A)P (B)P (C), vidíme, že také P (C) P (A B C) a tedy jevy A B a C nejsou nezávislé. Nezávislost tří jevů. Budeme říkat, že jevy A, B, C jsou nezávislé, jestliže jsou po dvou nezávislé a jestliže současně každý z nich je nezávislý na průniku zbývajících dvou, tj. = P (A)P (B), P (B C) = P (B)P (C), P (A C) = P (A)P (C), P (A B C) = P (A)P (B)P (C). Podobně lze definovat nezávislost většího počtu jevů: Nezávislost n jevů Náhodné jevy A 1, A 2,..., A n Ω se nazývají nezávislé, jestliže pravděpodobnosti průniku libovolných dvou, tří,..., n jevů jsou rovny součinu jejich pravděpodobností.

8 Nezávislost opačných jevů. Nechť A, B Ω jsou nezávislé náhodné jevy, potom A a B, A a B, A a B jsou rovněž dvojice nezávislých náhodných jevů. Důkaz: Dokážeme nezávislost jevů A a B. Pro libovolné dva jevy A, B zřejmě platí P (A) = + P (A B ). ( ) Protože jevy A a B jsou nezávislé, platí což po dosazení do vztahu ( ) dává = P (A)P (B), Z předchozího vztahu vztahu vyjádříme P (A) = P (A)P (B) + P (A B ). P (A B ) = P (A) P (A)P (B) = P (A)[1 P (B)] = P (A)P (B ), neboť P (B ) = 1 P (B). Ukázali jsme, že jevy A, B jsou nezávislé, protože platí P (A B ) = P (A)P (B ). Podobně se dokáží i zbývající dvě tvrzení věty nezávislost jevů A, B a také nezávislost jevů A, B. Podobné tvrzení platí i v případě více než dvou jevů: Nechť jevy A 1, A 2,..., A n Ω jsou nezávislé. Nahradíme-li některý nebo některé z těchto jevů jevy opačnými, dostaneme opět nezávislé jevy. Úloha 10: Na výrobku se objevují tři druhy vad vada 1. druhu s pravděpodobností 0,1, vada 2. druhu s pravděpodobností 0,05 a vada 3. druhu s pravděpodobností 0,02. Jsou-li výskyty vad všech tří druhů nezávislé jevy, jaká je pravděpodobnost, že výrobek bude bez vady? Jevy A 1, A 2 a A 3 nechť značí po řadě výskyt vady 1., 2. a 3. druhu. Výrobek je bez vady pouze v případě, ža nastane jev A 1 A 2 A 3. Zbývá určit pravděpodobnost tohoto jevu. Ze zadání úlohy víme, že jevy A 1, A 2, A 3 jsou nezávislé a tedy musí být nezávislé i jevy A 1, A 2, A 3. Můžeme tedy psát P (A 1 A 2 A 3) = P (A 1)P (A 2)P (A 3) = 0,9 0,95 0,98. = 0,838. Úloha 11: Zařízení se skládá z bloků a 1, a 2 a a 3, které jsou nezávisle na sobě provozuschopné s pravděpodobnostmi 0,95, 0,90 a 0,85. Bloky jsou uspořádany podle schématu na obrázku (ten tady bohužel není, ale snad si to dokážete představit). Větve a 1 a a 2 a 3 jsou zapojeny vedle sebe (paralelně) a bloky a 2 a a 3 ve druhé větvi za sebou (sériově). S jakou pravděpodobností zařízení funguje? (Zařízení funguje, jestliže alespoň jednou větví prochází elektrický proud.) 1. řešení výpočtem: Označme po řadě A 1, A 2 a A 3 jevy, že bloky a 1, a 2 a a 3 jsou provozuschopné. Dále označme F = A 1 (A 2 A 3 ) jev, že zařízení funguje. Pro pravděpodobnost tohoto jevu platí podle vzorce pro sčítání pravděpodobností P (F ) = P [ A 1 (A 2 A 3 ) ] = P (A 1 ) + P (A 2 A 3 ) P (A 1 A 2 A 3 ). Ze zadání úlohy víme, že jevy A 1, A 2 a A 3 jsou nezávislé a proto z předchozího vztahu obdržíme P (F ) = P (A 1 ) + P (A 2 )P (A 3 ) P (A 1 )P (A 2 )P (A 3 ) = 0,95 + 0,90 0,85 0,95 0,90 0,85 = 0,988.

9 2. řešení výpočtem: Označme po řadě B 1, B 2 a B 3 jevy, že bloky a 1, a 2 a a 3 mají poruchu. Zřejmě P (B 1 ) = 0,05, P (B 2 ) = 0,10 a P (B 3 ) = 0,15, neboť se jedná o opačné jevy k jevům A 1, A 2 a A 3. Dále označme G = B 1 (B 2 B 3 ) jev, že zařízení nefunguje. Pro pravděpodobnost tohoto jevu platí P (G) = P [ B 1 (B 2 B 3 ) ] = P [ (B 1 B 2 ) (B 1 B 3 ) ] = P (B 1 B 2 ) + P (B 1 B 3 ) P [ (B 1 B 2 ) (B 1 B 3 ) ] = P (B 1 B 2 ) + P (B 1 B 3 ) P (B 1 B 2 B 3 ), kde jsme využili vzorec pro sčítání pravděpodobností a dále vztahy B 1 (B 2 B 3 ) = (B 1 B 2 ) (B 1 B 3 ) (B 1 B 2 ) (B 1 B 3 ) = B 1 B 2 B 3 jejichž platnost pro libovolné jevy B 1, B 2, B 3 si můžete ověřit sami například pomocí Vennových diagramů. Protože jevy A 1, A 2 a A 3 jsou podle zadání úlohy nezávislé, jsou nezávislé také jevy B 1, B 2 a B 3. S využitím vzorce pro sčítání pravděpodobností obdržíme P (G) = P (B 1 )P (B 2 ) + P (B 1 )P (B 3 ) P (B 1 )P (B 2 )P (B 3 ) = 0,05 0,10 + 0,05 0,15 0,05 0,10 0,15 = 0,012. Protože jev G je opačným jevem k jevu zařízení funguje platí pro hledanou pravděpodobnost P (G ) = 1 P (G) = 0,988.