35! n! n k! = n k k! n k! k! = n k

Rozměr: px
Začít zobrazení ze stránky:

Download "35! n! n k! = n k k! n k! k! = n k"

Transkript

1 Do školí jídely přišla skupia 35 žáků. Určete kolika způsoby se mohli seřadit do froty u výdeje obědů. Řešeí: Počet možostí je =35! (Permutace bez opakováí) Permutací bez opakováí z -prvkové možiy M azýváme každou usp. tici avzájem růzých prvků, vytvořeou z prvků možiy M. Počet všech permutací je P =1 2 3 =! V oclehárě je 50 lůžek. Určete, kolika způsoby se a ě může uložit 35 ocležíků. (a jedo lůžko, je jede ocležík!) Řešeí: Počet možostí je (Variace bez opakováí) Variací bez opakováí k té třídy z -prvkové možiy M azýváme každou usp. k tici avzájem růzých prvků, vytvořeou z prvků možiy M. Počet všech variací je V k = 1 2 k1 =! k! = k k! V oclehárě je 50 lůžek. Určete, kolika způsoby se dají vybrat lůžka, když je 35 ocležíků. (zajímá ás jeom to, které postele byly použity) Řešeí: Počet možostí je ! Kombiací bez opakováí k té třídy z -prvkové možiy M azýváme každou k prvkovou podmožiu vytvořeou z prvků možiy M. Počet všech kombiací je 1 2 k1! Ck () = = k k k! k! = k V pytlíku máme 5 barevých kuliček (bílá, modrá, zeleá, červeá, žlutá). Budeme 3-krát tahat, po každém tahu kuličku vracíme do pytlíku. Kolik je všech možostí? Zajímá ás uspořádaí kuliček. Řešeí: Počet možostí je = 5 3 (Variace s opakováím) Variací s opakováím k té třídy z -prvkové možiy M azýváme každou usp. k tici vytvořeou z prvků možiy M tak, že v této k tici se každý prvek může vyskytout až k krát. Počet všech 1/11

2 variací je V' k () = k V pytlíku máme 5 barevých kuliček (bílá, modrá, zeleá, červeá, žlutá). Budeme 3-krát tahat, po každém tahu kuličku vracíme do pytlíku. Kolik je všech možostí? Zajímají ás jeom barevé kombiace, e uspořádaí. Řešeí: Počet možostí je V pytlíku máme hodě barevých kuliček (bílé, modré, zeleé, červeé, žluté - z každé barvy aspoň 3). Budeme 3-krát tahat, po každém tahu kuličku vracíme do pytlíku. Kolik je všech možostí? Zajímají ás jeom barevé kombiace. Řešeí: Počet možostí je Kombiací s opakováím k té třídy z -prvkové možiy M azýváme každou skupiu o k prvcích vytvořeou z prvků možiy M tak, že v této skupiě se každý prvek může vyskytout až k krát. Počet všech kombiací je C ' = k 1k k Kolik růzých slov lze vytvořit ze slova TRAMTÁRIA změou pořadí písme? 9! Řešeí: Počet možostí je 2! 2! 2! Permutací s opakováím z -prvkové možiy M = {a 1,a 2,...a p } s opakováím prvku a i právě k i - krát azýváme každou usp. tici avzájem růzých prvků, vytvořeou ze všech prvků možiy M, že se prvek a i vyskytuje právě k i krát (k 1 + k k p =.) Počet všech permutací je P ' =! k 1! k 2!...k p! Kolik je přir. čísel od 1 do 1000, které ejsou dělitělé 2, ai 3 ai 5? Výsledek: =266. Stejý výsledek dostaeme i pro čísla od 1 do 999. Kolika způsoby můžeme rozdělit 4 maželské páry do taečích párů tak, aby ai jede mažel etačil se svou maželkou? Výsledek: 1 maž. pár 0 možostí 2 maž. páry 1 možost 3 maž. páry 2 možosti 4 maž. páry 9 možostí 2/11

3 Klasická a podmíěá pravděpodobost (Klasická pravděpodobost) Předpokladejme, že pokus ma možych vysledků (možia ma prvků) a že všechy vysledky jsou stejě pravděpodobe. Dále předpokladejme, že z těchto vysledků jich je m přizivych jevu A (eboli možia A ma m prvků, A = m). Klasická pravděpodobost jevu A se defiuje jako podil počtu přizivych vysledků ku počtu všech možych vysledků: P A= m (Opačý jev) Opačý jev k jevu A : A=omega A (obsahuje všechy može vysledky, ktere eodpovidaji jevu A). P A=1 P A. Průik jevů A, B: A B (obsahuje všechy vysledky, které odpovidaji oběma jevům A, B) Sjedoceí jevů A a B: A B (obsahuje všechy vysledky, které odpovidaji alespoň jedomu z jevů A, B). Pro pravděpodobost sjedocei jevů obecě plati P A B=P AP B P A B. Pro jevy, ktere emohou astat současě (eslučitelé jevy, jejich průik je prazdy), plati P A B=P AP B. Oba vztahy plyou ze zame vlastosti zjedocei a průiku moži A B = A + B A B. (Podmíěá pravděpodobost) Vime, že určity jev A astal, a zkoumame pravděpodobost jevu B za teto podmiky. Podmíěá pravděpodobost jevu B za podmiky, že astal jev A, je P B/ A=P A B P A P A B=P A P B / A. P A B=P B A=P B P A/ B, a proto P A P B/ A=P B P A/B. (Nezávislost jevů) Ituitivě: Jevy A, B jsou ezávislé, jestliže to, že astal jev A, ijak eovlivi pravděpodobost toho, že astae jev B, a aopak eboli jestliže P B/ A=P B a P A/ B=P A. Obecě defiujeme, že jevy A, B jsou ezávislé, jestliže P A B=P A P B. (Věta o úplé pravděpodobosti) Vezměme system avzajem disjuktich podmoži (tzv. hypotez) H 1,...,H k možiy omega, takovy že H 1 H k = Ω. Pak P(A) = P(H 1 ) P(A/H 1 ) + + P(H k ) P(A/H k ). 3/11

4 (Bayesův vzorec) P H i / A= P H i P A/ H i P A P H = i P A/ H i P H 1 P A/H 1 P H k P A/ H k Diskrétí áhodá veličia (Náhodá veličia (áhodá proměá)) Nahoda veličia (ebo tež ahoda proměa) je veličia X, jejiž hodota je jedozačě určea vysledkem ahodeho pokusu. Napřiklad počet kvalitich vyrobků ve vyrobee dei davce 100 ks je ahoda veličia X, ktera může abyt hodoty x=0,1, 2,..., 100. (Diskrétí áhodá veličia) Nahoda veličia (proměa) X se azyva diskreti, jestliže jeji obor hodot (možia všech čisel, kterym se X může rovat) je aejvyš spočeta možia. To zamea, že X se buď může rovat je koečě moha hodotam, ebo sice ekoečě moha hodotam, ale tyto hodoty lze seřadit do poslouposti. Hodoty, kterych diskreti ahoda veličia může abyvat, ozačime x 1, x 2,... a jejich počet ozačime, přičemž může byt i. (Pravděpodobostí fukce) Pravděpodobosti fukce diskreti ahode veličiy X je fukce p, ktera je defiovaa jako p(x) = P(X = x). (Čteme: Hodota fukce male p v bodě male x je rova pravděpodobosti, že ahoda veličia velke X se bude rovat malemu x.) Pro hodoty pravděpodobosti fukce plati i=1 px i =1 (Distribučí fukce) Distribuči fukce ahode veličiy X je fukce F, ktera je defiovaa jako F(x) = P(X < x). (Čteme: Hodota fukce F v bodě male x je rova pravděpodobosti, že ahoda veličia velke X abude hodoty meši ež male x, tj. hodoty z itervalu ( 1, x)) Pro distribuči fukci diskreti F ahode veličiy plati x= p x i x i x (Vlastosti distr. fukce) Je eklesajici zleva spojita lim x F x=0,lim x F x=1, U diskreti veličiy je distribuči fukce schodoveho tvaru jeda se o fukci, ktera je po častech kostati (a itervalech (xi, xi+1)), pouze v bodech x1, x2, x3,... dochazi ke změě (ke schodu), kde velikost změy (= vyška schodu) v bodě xk je rova pravě hodotě p(xk ). Body 4/11

5 vyzačee a levem koci každeho ze schodů prazdym kolečkem azačuji, že fukči hodota distribuči fukce v bodě schodu je defiovaa e v bodě prazdeho kolečka, ale dole u paty ižšiho schodu (ještě ezvyšea). (Graf) (Číselí charakteristiky áhodích veliči - středí hodota diskrétí áhodé veličiy) Středi hodota diskreti ahode veličiy X se vypočita jako EX = x i px i =x 1 px 1 x 2 p x 2 i=1 Zhruba řečeo, středi hodota ahode proměe udava, jaky asi bude průměr ziskaych hodot ahode proměe při moha opakovaich ahodeho procesu. (Číselí charakteristiky áhodích veliči - středí hodota diskrétí áhodé veličiy) Pro libovole dvě ahode proměe X,Y plati E(X + Y) = EX + EY. Pro libovole dvě ezávislé ahode proměe X,Y plati E(X Y) = EX EY. (Číselí charakteristiky áhodích veliči - rozptyl diskrétí áhodé veličiy) Pro spolehlivy popis ahode veličiy potřebujeme zat ejeom střed kolem ktereho se jedotlive hodoty soustřeďuji, ale take jak daleko se od tohoto středu rozptyluji. Rozptyl je defiova jako středi hodota kvadratů odchylek od středi hodoty. Odchylku od středi hodoty, ktera ma rozměr stejy jako ahoda veličia, zachycuje směrodata odchylka. DX = i=1 [ x i EX ] 2 p i x i = i =1 x i 2 p i x i EX 2 kde xi jsou hodoty, kterych může ahoda veličia X abyvat s pravděpodobostmi pi a EX je středi hodota veličiy X. Jaký je průměrý počet hlav padlých při hodech micí? Pokud hlavě mice přiřadime hodotu 1, mame tak ahodych proměych X i {0,1}, i=1,..., přislušejicich jedotlivym hodům mice. Celkovy počet hlav je da ahodou proměou X = X X. Takže průměry počet hlav je EX =E X 1 X =EX 1 EX = = 2 To přesě odpovida ašemu vimai pravděpodobosti jako relativi četosti jevu. 5/11

6 (zadáí) Kolik je třeba průměrě hodů mici, aby vyšly tři steje vysledky? (řešeí) Je sado vidět, že ejdřive tři steje vysledky mohou astat po třech hodech a ejpozději po pěti hodech (z dvou hlav a dvou orlů pět hodů esložime). S jakou pravděpodobosti ziskame steje vysledky při třech hodech? Jsou možosti buď tři hlav, ebo tři orlů, takže p 3=2 1 8 = 1 4 Až po pěti hodech ziskame 3 steje vysledky, pokud prvi čtyři hody budou rozděley dva a dva (a posledim hodu pak již vlastě ezaleži). (řešeí, pokr.) To se může stat v 4 2 =6 možostech pro 4 hody, takže pravděpodobost je p5= =3 8. Možost, že 3 steje vysledky ziskame po čtyřech hodech, je doplňkova k předchozim dvěma a v součtu musi mit pravděpodobost 1, proto p4=1 p3 p5= =3 8 Průměry počet potřebych hodů je dle defiice středi hodoty N = p3 3 p4 4 p5 5= = 33 8 =4,125 (varový) Jaký je průměrý souči čísel horí a spodí stěy stejékostky při hodech? Jak už vime, středi hodota čisla a hori stěě je 3, 5 a doli stěě samozřejmě taky 3, 5. Středi hodota jejich součiu však ei 3, 5 3, 5 = 12, 25, protože tyto dva jevy ejsou ezávislé. Misto toho středi hodotu součiu spočitame podle defiice =1 6 56=9 1 3 Proto si davejme dobry pozor a ezavislost jevů při asobei středich hodot! Výzamá diskrétí rozděleí pravděpodobosti (Beroulliho schéma) Nechť událost U může astat s pravděpodobostí p. Jaká je pravděpodobost, že při stejých a ezávislých pokusech se bude událost U opakovat právě k-krát? Stačí si uvědomit, že pravděpodobost toho, že eastae událost U, je 1 p. Potom P U = k pk 1 p k (Biomické rozděleí pravděpodobosti) 6/11

7 Uvažujme experimet takové povahy, že mohou astat je dva růzé výsledky, které se avzájem vylučují (emůže k im dojít současě): úspěch a eúspěch. Pravděpodobost úspěchu je p, pravděpodobost eúspěchu 1 p. Náhodá veličia X, která udává počet výskytů úspěchu při ezávislých opakováích experimetu, má tzv. Biomické rozděleí pravděpodobosti (s parametry, p) a abývá hodot z možiy {0, 1, 2,..., } s pravděpodobostí P X =r= r pr 1 p r Mluví se zde o ezávislých opakováích experimetu. Skutečost, že veličia X má biomické rozděleí s parametry, p, budeme ozačovat X ~ Bi(, p). (Alterativí rozděleí) Náhodá veličia X má alterativí rozděleí s parametrem hodoty {0, 1} a P(X = 1) = p, P(X = 0) = 1 p. Alterativí rozděleí je speciálím případem biomického rozděleí. (Středí hodota a rozptyl biom. Roděleí) DX = i=0 EX = i=0 x i pi=p i 2 pi EX 2 =p1 p p 0,1 jestliže abývá pouze (Geometrické rozděleí) Když bude áhodá veličia udávat jeom počet úspěchů při ezávislém opakováí pokusu po prví výskyt eúspěchu a pravděpodobost úspěchu bude p, bude pro její pravděpodobosti platit P(X = k) = p k (1 p) pro k = 0, 1, 2,... Taková áhodá veličia má tzv. geometrické rozděleí pravděpodobosti. Pro její středí hodotu a rozptyl platí EX = p 1 p DX = p 1 p 2 (Hypergeometrické rozděleí) Když je při opakováí áhodého pokusu výskyt sledovaého jevu závislý a výsledcích předcházejících pokusů, jedá se o hypergeometrické rozděleí. Jde tedy o pokusy, které jsou a sobě závislé. Typickým představitelem je výběr prvků bez vraceí. V takovém případě můžeme N považovat za celkový počet prvků souboru a M za počet prvků souboru, které mají sledovaou vlastost. Počet prvků vybraých z tohoto souboru bez vraceí je pak. Hypergeometrické rozděleí pravděpodobosti s parametry N,M,, kde N a M jsou přirozeá čísla a < mi{m,n M} 7/11

8 je určeo předpisem P X =k = M k N M k N Pro středí hodotu a rozptyl hypergeometrického rozděleí platí EX = M N DX = M N 1 M N N 1 Expoeciálí a Poissoovo rozděleí pravděpodobosti (Užití expoeciálího rozděleí) Vyrobi zařizei ma poruchu v průměru jedou za 2000 hodi. Předpokladejme, že "doba čekai" a poruchu je ahoda veličia s expoecialim rozděleim. Určete hodotu t tak, aby pravděpodobost, že přistroj bude pracovat delši dobu ež t, byla (Užití expoeciálího rozděleí, řešeí) Zřejmě P(X > t) = 1 P(X t) = 1 P(X < t) = 1 F(t) = 0.99 Proto F(t) = 0.01, teda 1 e 2000 =0,01 t=20,5 t (Užití expoeciálího rozděleí) Roče ditě, když se echa bez dozoru, dovede rozbit, ebo pokazit průměre 4 hračky za hodiu. Jak dlouho ho může mamika echat bez dozoru, aby s pravděpodobosti 0,9 eastal problem? (Užití expoeciálího rozděleí, řešeí) Zřejmě potřebujeme zjistit čas, za ktery edojte k rozbiti hračky s pravděpodoosti 0.9 a vime, že jestliže za časovou jedotku zvolime 1 hodiu, pak = 4. P(X > t) = 1 P(X t) = 1 P(X < t) = 1 F(t) = 0.9 Proto F(t) = 0.1, teda 1 e 4t l 0,9 =0,1 t= 4 =0,0263 Čas t=0.0263, co je přibližě 1.58 miut. Pravděpodobost arozei chlapce je Zjistěte pravděpodobost toho, že ze 4000 ovorozeců bude alespoň 2100 chlapců. 8/11

9 (řešeí) Zřejmě se jeda o biomicke rozdělei pravděpodobosti, EX = = 2080,DX = = Protože vypočet užitim biomickeho rozdělei by byl moc aročy (zkuste si to!), využijeme vědomosti o može ahradě ormalim rozdělei. Mame zjistit P(X 2100). Aplikujeme ormali rozdělei: P X 2100=P X 2100 =P U ,4 P U 0.633= = = Pravděpodobost, že určity typ vyrobku je ekvaliti Jaka je pravděpodobost toho, že ze serie 1000 vyrobků bude ekvalitich meě ež 70? (řešeí) Zřejmě = 1000, p = p Pak P 0 X 70= p1 p 0 p p1 p =0,515 Poissoovo rozdělei se občas hodi apř. a aproximaci biomickeho rozdělei, a to v připadě, že je velke a p male. Za parametr se bere souči.p. V připadě Poissoova rozdělei je EX = DX =. Když aproximujeme biomicke rozdělei Poissoovym, mělo by pro biomicke rozdělei platit ěco podobeho. Proto tuto aproximaci použijeme, když ei velky rozdil mezi EX a DX. (zadáí) Dělice obsluhuje 800 vřete, a ktere aviji přizi. Pravděpodobost roztržei přize za čas t je a každem z ich Jaka je pravděpodobost toho, že se za čas t přize roztrhe pravě a čtyrech vřeteech? (řešeí) Jeda se o biomicke rozdělei, proto P X =4= , , =0,2 Aproximujme biomicke rozdělei Poissoovym, =.p= =4, proto P X =4=e ! =0,1954 Testováí hypotéz(testováí hypotéz o ezámé pravděpodobosti) Ja a Fratišek maji pytliky s kuličkami. Ja ma 80 bilych a 20 červeych, Fratišek ma 30 bilych a 70 červeych. Vybereme ahodě jede pytlik a mame zjistit, komu patři. Napřiklad takhle: Vytaheme z pytlika 10 kuliček (po každem tahu kuličku vratime a přemichame). Jestliže ei mezi 9/11

10 imi vic červeych kuliček ež 2, přisoudime pytlik Jaovi, v opačem připadě Fratiškovi. Jaka je pravděpodobost omylu? Je uto si uvědomit, že se můžeme dopustit hed dvou omylů: pytlik patři Jaovi, přisoudime ho Fratiškovi (chyba prviho druhu), pytlik patři Fratiškovi, přisoudime ho Jaovi (chyba druheho druhu). Chyba prvího druhu: Chyba astae jestliže pytlik epřisoudime Jaovi, ale je jeho. To se stae ak p = 0.2, ale počet (k) červeych kuliček je aspoň 3. Zřejmě pravděpodobost vytažei pravě k kuliček z Jaovho pytlika je P X =k = 10 k 0,2k 0,8 10 k Potom pravděpodobost chyby prviho druhu je k 0,2k 0,8 10 k =1 k =3 co je pomerě hodě. k=0 10 k 0,2k 0,8 10 k =0,3222 Chyba druhého druhu: Chyba astae jestliže pytlik přisoudime Jaovi, ale ei jeho. To se stae ak p = 0.7, ale počet (k) červeych kuliček je ejvic 2. Zřejmě pravděpodobost vytažei pravě k kuliček z Ferovho pytlika je P X =k = 10 k 0,7k 0,3 10 k Potom pravděpodobost chyby druheho druhu je 2 k =0 10 k 0,7k 0,3 10 k =0,0016 Zkusime pozměit "testovai": Pytlik přisoudime Jaovi jestliže počet červeych kuliček bude maximalě 3. Potom pro chybu prviho druhu plati k 0,2k 0,8 10 k =1 k =4 k =0 a pro chybu druheho druhu plati 3 k =0 10 k 0,7k 0,3 10 k =0, k 0,2k 0,8 10 k =0,12087 Vidime, že sižei chyby prviho druhu vedlo ke zvyšei chyby druheho druhu. Pravděpodobost chyby prviho druhu souvisi s hladiou vyzamosti α, hypotezu H0 zamiteme a hladiě vyzamosti α ak je pravděpodobost chyby prviho druhu pravě α. (Testováí hypotéz - o středí hodotě, v případě ormality) Nechť aměřee udaje x1, x2,..., x jsou vysledkem ahodiho vyběru ze zakladiho souboru, a kterem jsou hodoty měřeeho zaku ormalě rozdeley N(μ,σ 2 ). Ozačme x vyběrovy 10/11

11 průměr. Da se dokazat, že pro jeho disperzi plati D x = 2 Při dostatečě velkem rozsahu vyběru může byt x spolehlivym ukazatelem hodoty μ. Jestliže x bude blizko předpokladae hodoty μ 0, bude to ve prospěch hypotezy H0, jestliže tato hodota bude hodě meši, ebo hodě větši, bude to v eprospěch H 0. (Testováí hypotéz - o středí hodotě, v případě ormality) Zame 2 Nahoda veličia U = x ma rozdělei N(0, 1). Tuto veličiu použijeme jako testovaci statistiku a ověřei platosti hypotezy. Zvolime si hladiu vyzamosti α. Hladia vyzamosti je pravděpodobost s jakou ještě připustime, že můžeme zamitout ulovou hypotezu, ačkoliv ve skutečosti plati. Nejčastěji se použiva α = 0.05 ebo α = 0.01 Potom kriticka oblast pro test oboustrae hypotezy pro μ = μ0 je určea erovosti: U = x x k, kde x k =1 2 11/11