Ciele

  1. Oboznámiť sa s pojmom podmienená pravdepodobnosť.
  2. Naučiť sa používať vetu o úplnej pravdepodobnosti a Bayesov vzorec.
  3. Zvládnuť pravdepodobnosť nezávislých javov a Bernoulliho schému.

Úvod

    Predpokladajú sa znalosti zo 7. cvičenia a základné poznatky z kombinatoriky. Úlohou je zvládnuť problematiku podmienenej pravdepodobnosti a náväzne na ňu vetu o úplnej pravdepodobnosti a Bayesov vzorec. Dôležitou súčasťou cvičenia sú nevislé javy.

Postup

  1. Podmienená pravdepodobnosť

    Príklad: Isté zariadenie je v bezporuchovej prevádzke aspoň dva roky s pravdepodobnosťou \(0{,}8\) a aspoň tri roky s pravdepodobnosťou \(0{,}5\). Je známe, že toto zariadenie bolo dva roky v bezporuchovej prevádzke. Určme pravdepodobnosť toho, že bude v bezporuchovej prevádzke ešte aspoň rok.
    Riešenie: Nech \(B\) je jav, ktorý spočíva v tom, že zariadenie je v bezporuchovej prevádzke aspoň dva roky a nech \(A\) je jav, že zariadenie je v bezporuchovej prevádzke aspoň tri roky. V úlohe žiadame určiť pravdepodobnosť toho, že nastal jav \(A\) za predpokladu, že nastal jav \(B\), t. j. \(P(A/B)\). Všimnime si, že \(A\subset B\), a teda \(A\cap B=A\), čo znamená, že \(P(A\cap B)=P(A)\). Z týchto poznatkov pre požadovanú podmienenú pravdepodobnosť dostaneme \[P(A/B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{P(A)}{P(B)}=\frac{0{,}5}{0{,}8}=0{,}625.\]
  2. Veta o úplnej pravdepodobnosti a Bayesov vzorec

    Veta o úplnej pravdepodobnosti: nech \([\gamma, \tau, P]\) je pravdepodobnostné pole a javy \(H_1\), \(H_2\), \dots, \(H_n\) sú hypotézy (t. j. tvoria úplný systém disjunktných javov). Potom pre ľubovoľný jav \(A\) platí \begin{equation}\label{vup} P(A)=P(H_1)\cdot P(A/H_1)+P(H_2)\cdot P(A/H_2)+\cdots+P(H_n)\cdot P(A/H_n)=\sum_{i=1}^n P(H_i)\cdot P(A/H_i). \end{equation} Bayesov vzorec: nech \([\gamma, \tau, P]\) je pravdepodobnostné pole, javy \(H_1\), \(H_2\), \(\dots\), \(H_n\) sú hypotézy a \(A\in\tau \) je ľubovoľný jav, pre ktorý je \(P(A)\not= 0\). Potom pre každú hypotézu \(H_k\) je \begin{equation}\label{bv} P(H_k/A)=\frac{P(H_k)\cdot P(A/H_k)}{P(A)}=\frac{P(H_k)\cdot P(A/H_k)}{\sum\limits_{i=1}^n P(H_i)\cdot P(A/H_i)}. \end{equation}

    Príklad: \(\def\a{&}\) Máme tri urny \({\cal U}_1\), \({\cal U}_2\) a \({\cal U}_3\). Počet bielych a červených guliek v jednotlivých urnách je uvedený v nasledujúcej tabuľke: \[ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \a {\cal U}_1 \a {\cal U}_2 \a {\cal U}_3 \\ \hline \mbox{počet bielych guliek}\a 6 \a 5 \a 3 \\ \hline \mbox{počet červených guliek} \a 4 \a 5 \a 5 \\ \hline \end{array} \] a) Z urny \({\cal U}_1\) náhodne bez vrátenia vytiahneme štyri guľky. Aká je pravdepodobnosť toho, že všetky vytiahnuté guľky nebudú mať rovnakú farbu?
    b) S rovnakou pravdepodobnosťou siahneme do jednej z troch urien a náhodne z nej bez vrátenia vytiahneme štyri guľky. Aká je pravdepodobnosť toho, že všetky vytiahnuté guľky nebudú mať rovnakú farbu?
    c) Náhodne sme siahli do jednej z urien a náhodne bez vrátenia sme vytiahli štyri guľky. Zistili sme, že vytiahnuté guľky nemajú rovnakú farbu. Aká je pravdepodobnosť toho, že sme siahli do druhej urny?
    Riešenie: Nech \(B_j\), resp. \(C_j\), \(j\in\{0,1,2,3,4\}\), je jav, ktorý spočíva v tom, že medzi štyrmi vytiahnutými guľkami je \(j\) bielych, resp. \(j\) červených, guliek
    a) Tu nám postačia poznatky z minulého cvičenia. Nech \(N\) je jav, ktorý znamená, že všetky štyri vytiahnuté guľky nebudú mať rovnakú farbu. Zrejme jav \(N\) môžeme rozložiť na zjednotenie týchto troch disjunktných javov:
    - vytiahli sme jednu bielu guľku a tri červené, t. j. nastal jav \(B_1\cap C_3\);
    - vytiahli sme dve biele guľky a dve červené, t. j. nastal jav \(B_2\cap C_2\);
    - vytiahli sme tri biele guľky a jednu červenú, t. j. nastal jav \(B_3\cap C_1\).
    Potom platí: \[P(N)= P(B_1\cap C_3)+P(B_2\cap C_2)+P(B_3\cap C_1).\] Skúste si vyčísliť tieto pravdepodobnosti. My na to pôjdeme cez opačný jav: nech \(R=\overline{N}\), t. j. jav \(R\) znamená, že všetky štyri vytiahnuté guľky majú rovnakú farbu. Jav \(R\) môžeme rozložiť na zjednotenie týchto dvoch disjunktných javov:
    - vytiahli sme len biele guľky, t. j. nastal jav \(B_4\cap C_0\);
    - vytiahli sme len červené guľky, t. j. nastal jav \(B_0\cap C_4\).
    Preto \begin{equation}\label{rr} P(R)= P(B_4\cap C_0)+P(B_0\cap C_4). \end{equation} Z minulého cvičenia je známe, že \[ P(B_4\cap C_0)=\frac{{6 \choose 4}{4 \choose 0}}{{10 \choose 4}}=\frac{1}{14}\qquad \mbox{a}\qquad P(B_0\cap C_4)=\frac{{6 \choose 0}{4 \choose 4}}{{10 \choose 4}}=\frac{1}{210}.\] Odtiaľ na základe (\ref{rr}) dostaneme \[P(R)=\frac{1}{14}+\frac{1}{210}=\frac{8}{105}.\] Teda \begin{equation}\label{rrr} P(N)=1-P(R)=\frac{97}{105}. \end{equation}

    b) Teraz pravdepodobnosť toho, že všetky vytiahnuté guľky nebudú mať rovnakú farbu závisí od toho, z ktorej urny sme guľky vybrali. Nech \(H_i\) je jav (hypotéza), že sme štyri guľky vybrali z \(i\)-tej urny \({\cal U}_i\), \(i\in\{1,2,3\}\). Potom z vety o úplnej pravdepodobnosti dostaneme (pozri (\ref{vup})) \begin{equation}\label{rrrr} P(N)=P(H_1)\cdot P(N/H_1)+P(H_2)\cdot P(N/H_2)+P(H_3)\cdot P(N/H_3). \end{equation} Keďže sme náhodne siahli do jednej z troch urien, tak \[P(H_1)=P(H_2)=P(H_3)=\frac{1}{3}.\] \(P(N/H_1)\) je pravdepodobnosť toho, že sme vytiahli guľky rovnakej farby za predpokladu, že sme guľky vyberali z prvej urny - podľa (\ref{rrr}) je \[P(N/H_1)=\frac{97}{105}.\] Teraz, obdobným spôsobom ako v časti a) určíme \(P(N/H_2)\). Ľahko vidno, že tentoraz \[ P(B_4\cap C_0)=\frac{{5 \choose 4}{5 \choose 1}}{{10 \choose 4}}=\frac{5}{42}\qquad \mbox{a}\qquad P(B_0\cap C_4)=\frac{{5 \choose 1}{5 \choose 4}}{{10 \choose 4}}=\frac{5}{42},\] a preto \[P(R/H_2)=\frac{5}{42}+\frac{5}{42}=\frac{5}{21}.\] Teda \begin{equation}\label{oo} P(N/H_2)=1-P(R/H_2)=\frac{16}{21}. \end{equation} Ak siahneme do tretej urny (v nej je osem guliek) a chceme z nej vybrať guľky jednej farby, tak to môžu byť len červené guľky (biele sú tamlen tri). Takto \[P(R/H_3)=\frac{{3 \choose 0}{5 \choose 4}}{{8 \choose 4}}=\frac{1}{14}.\] Potom \[P(N/H_3)=1-P(R/H_3)=\frac{13}{14}\] a na základe (\ref{rrrr}) dostaneme \begin{equation}\label{rb} P(N)=\frac{1}{3}\cdot \frac{97}{105}+\frac{1}{3}\cdot \frac{16}{21}+\frac{1}{3}\cdot \frac{13}{14}=\frac{183}{210}. \end{equation} Je potrebné uvedomiť si, že jav \(N\) v (\ref{rrr}) a v (\ref{rb}) je výsledkom dvoch pokusov za odlišného systému podmienok.
    c) Nech \(N\) je jav z časti b), ktorý spočíva v tom, že sme po náhodnom výbere jednej z troch urien náhodne z nej bez vrátenia vytiahli štyri guľky nerovnakej farby. V úlohe máme určiť pravdepodobnosť toho, že sme za predpokladu nastatia javu \(N\) vytiahli guľky z druhej urny (t. j. že nastala hypotéza \(H_2\)). V krátkosti, pýtame sa na \(P(H_2/N)\). Tu nám pomôže Bayesov vzorec: podľa (\ref{bv}) je pre \(k=2\) a \(A=N\) \[ P(H_2/N)=\frac{P(H_2)\cdot P(N/H_2)}{P(N)}.\] Na základe (\ref{oo}) a (\ref{rb}) dostaneme \[P(H_2/N)=\frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{16}{21}}{\frac{183}{210}}=\frac{160}{549}.\]
    Príklad: Je známe, že v Morseovej abecede pomer priemerného počtu vyslaných bodiek k počtu vyslaných čiarok je \(5:3\). Pri prenose sa skreslí v priemere päť percent bodiek (t. j. vyslaná bodka je prijatá ako čiarka) a skreslenie u čiarok je sedem percent. Určme pravdepodobnosť toho, že bola
    a) vyslaná čiarka, ak bola prijatá bodka;
    b) vyslaná bodka, ak bola prijatá bodka.
    Riešenie: Nech \(H_{\scriptsize \mbox{b}}\), resp. \(H_{\scriptsize \mbox{č}}\) je jav spočívajúci v tom, že bola vyslaná bodka, resp. čiarka. Tieto javy zrejme tvoria hypotézy a vzhľadom na daný pomer počtov vysielaných bodiek a čiarok je \(P(H_{\scriptsize \mbox{b}})=\frac{5}{8}\) a \(P(H_{\scriptsize \mbox{č}})=\frac{3}{8}\).
    Nech \(A\) je označenie javu, že je prijatá bodka. Z formulácie príkladu vyplýva:
    - pravdepodobnosť toho, že ak bola vyslaná bodka, tak bolo prijatá bodka je \(P(A/H_{\scriptsize \mbox{b}})=0{,}95\) (\(95\,\%\) vyslaných bodiek sa neskreslí)
    - pravdepodobnosť toho, že ak bola vyslaná čiarka, tak bolo prijatá bodka je \(P(A/H_{\scriptsize \mbox{č}})=0{,}07\) (vyslaná čiarka sa skreslila).
    Z vety o úplnej pravdepodobnosti (\ref{vup}) máme \[P(A)= P(H_{\scriptsize \mbox{b}})\cdot P(A/H_{\scriptsize \mbox{b}})+ P(H_{\scriptsize \mbox{č}})\cdot P(A/H_{\scriptsize \mbox{č}})=\] \[=\frac{5}{8}\cdot 0{,}95+\frac{3}{8}\cdot 0{,}07=0{,}62.\]
    a) Žiada sa určiť pravdepodobnosť toho, že bola vyslaná čiarka, ak bola prijatá bodka, t.j. \(P(H_{\scriptsize \mbox{č}}/A)\). Podľa Bayesovho vzorca (\ref{bv}) je \[P(H_{\scriptsize \mbox{č}}/A)=\frac{P(H_{\scriptsize \mbox{č}})\cdot P(A/H_{\scriptsize \mbox{č}})}{P(A)}=\frac{\frac{3}{8}\cdot 0{,}07}{0{,}62}=0{,}0423.\]

    b) Tu chceme vypočítať \(P(H_{\scriptsize \mbox{b}}/A)\). Opäť podľa (\ref{bv}) je \[P(H_{\scriptsize \mbox{b}}/A)=\frac{P(H_{\scriptsize \mbox{b}})\cdot P(A/H_{\scriptsize \mbox{b}})}{P(A)}=\frac{\frac{5}{8}\cdot 0{,}95}{0{,}62}=0{,}9577.\] Všimnime si, že v časti b) sme určovali pravdepodobnosť javu, ktorý je opačným javom k javu z časti a).
    Príklad: V krabici sú dve nové a tri už použité tenisové loptičky. K prvej hre si hráči náhodne z nej vyberú dve loptičky a s oboma si zahrajú. Po hre ich vrátia naspäť do krabice. K druhej hre si vyberú tri loptičky. Určme pravdepodobnosť toho, že to budú už použité loptičky.
    Riešenie: Nech \(H_i\), \(i\in\{0,1,2\}\) je jav, ktorý spočíva v tom, že k prvej hre si hráči vybrali \(i\) nových loptičiek. Tieto javy tvoria hypotézy, pričom \[P(H_0)=\frac{{2 \choose 0}{3 \choose 2}}{{5 \choose 2}}=\frac{3}{10}, \quad P(H_1)=\frac{{2 \choose 1}{3 \choose 1}}{{5 \choose 2}}=\frac{6}{10}\] \[ P(H_2)=\frac{{2 \choose 2}{3 \choose 0}}{{5 \choose 2}}=\frac{1}{10}.\] Všimnime si konšteláciu loptičiek v krabici pred výberom loptičiek k druhej hre: ak nastala hypotéza
    -\(H_0,\) tak v krabici sú dve nové a tri už použité tenisové loptičky;

    -\(H_1,\) tak v krabici je jedna nová a štyri už použité tenisové loptičky;

    -\(H_2,\) tak v krabici sú už len použité tenisové loptičky.

    Nech \(A\) je jav, ktorý spočíva v tom, že k druhej hre budú vytiahnuté tri už použité loptičky. Potom \[P(A/H_0)=\frac{{3 \choose 3}{2 \choose 0}}{{5 \choose 3}}=\frac{1}{10}\] \[P(A/H_1)=\frac{{4 \choose 3}{1 \choose 0}}{{5 \choose 3}}=\frac{4}{10}, \quad P(A/H_2)=1.\] Podľa vety o úplnej pravdepodobnosti (\ref{vup}) je \[P(A)=\frac{3}{10}\cdot\frac{1}{10}+\frac{6}{10}\cdot\frac{4}{10}+\frac{1}{10}\cdot 1=\frac{37}{100}.\]
    Úloha: Z urny, ktorá obsahuje \(6\) čiernych a \(9\) bielych guliek, náhodne vyberieme jednu guľku. Guľku vrátime naspäť do urny a pridáme ešte \(9\) guliek tej istej farby, akej bola vytiahnutá guľka. Potom z urny náhodne vyberieme jednu guľku. Aká je pravdepodobnosť toho, že bude biela?
  3. Pravdepodobnosť nezávislých javov a Bernoulliho schéma

    Bernoulliho veta, resp. vzorec
    Nech \(p\) je pravdepodobnosť toho, že pri danom pokuse nastane jav \(A\) a \(P_n(k)\) je pravdepodobnosť toho, že pri \(n\) násobnom nezávislom opakovaní daného pokusu nastane jav \(A\) práve \(k\)-krát. Potom platí tzv. Bernoulliho vzorec: \begin{equation}\label{bev} P_n(k)={n \choose k}p^k(1-p)^{n-k}\qquad \mbox{pre }k\in\{0,1,2,\dots ,n\}. \end{equation} Pre najpravdepodobnejší počet \(k_0\) výskytu skúmaného javu \(A\) v uvažovanej sérii \(n\) nezávislých pokusov platí: \begin{equation}\label{k0} k_0\in \langle np-q,\,np+p\rangle, \end{equation} kde \(q=1-p\). Všimnime si, že dĺžka intervalu \(\langle np-q,\,np+p\rangle\) je \(1\), a preto môže obsahovať aj dve hodnoty \(k_0\).
    Príklad: Určme pravdepodobnosť toho, že pri
    1. troch hodoch bežnou hracou kockou padne šestka práve dvakrát;
    2. šiestich hodoch bežnou hracou kockou padne šestka
      3. a) práve štyrikrát;
      b) aspoň štyrikrát;
      c) najviac štyrikrát.
    Riešenie: 1. Nech jav \(B_i\), \(i\in\{1,2,3\},\) znamená, že v \(i\)-tom hode padne šestka. Zrejme tieto javy sú nezávislé a \(P(B_i)=\frac{1}{6}\) a \(P(\overline{B}_i)=\frac{5}{6}.\) Pri troch hodoch kockou má padnúť šestka práve dvakrát a práve raz nemá padnúť: to nastane len vtedy, keď šestka nepadne pri prvom alebo druhom alebo treťom hode. Tento jav \(D\) môžeme zapísať takto: \[D=(\overbrace{\overline{B}_1\cap B_2\cap B_3}^{C_1})\cup (\overbrace{B_1\cap \overline{B}_2\cap B_3}^{C_2})\cup (\overbrace{B_1\cap B_2\cap \overline{B}_3}^{C_3}).\] Zátvorkové javy \(C_1,C_2,C_3\) sú disjunktné, a preto \[P(D)=P(\overline{B}_1\cap B_2\cap B_3)+P(B_1\cap \overline{B}_2\cap B_3)+P(B_1\cap B_2\cap \overline{B}_3).\] Z nezávislosti javov \(B_1,B_2\) a \(B_3\) plynie: \(P(\overline{B}_1\cap B_2\cap B_3)=\frac{5}{6}\cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6} =\frac{5}{216}\), \(P(B_1\cap \overline{B}_2\cap B_3)=\frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6}=\frac{5}{216}\) a \(P(B_1\cap B_2\cap \overline{B}_3)= \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}=\frac{5}{216}.\) Teda \[P(D)=\frac{5}{216}+\frac{5}{216}+\frac{5}{216}=\frac{5}{72}.\] Poznamenávame, že túto úlohu sme mohli rýchlejšie vyriešiť pomocou Bernoulliho vzorca (\ref{bev}): ide o trojnásobné nezávislé opakovanie pokusu, v ktorom pod javom \(A\) rozumieme padnutie šestky pri jednom hode kockou. Teda \(n=3\), \(p=P(A)=\frac{1}{6}\) a chceme určiť pravdepodobnosť toho, že jav \(A\) nastal práve dvakrát (\(k=2\)), teda máme určiť \(P_3(2)\). Podľa (\ref{bev}) dostaneme \[P(D)=P_3(2)={3 \choose 2}\cdot \Big(\frac{1}{6}\Big)^2\!\cdot\!\Big(1-\frac{1}{6}\Big)^{3-2}=3\cdot \frac{1}{36}\cdot \frac{5}{6}=\frac{5}{72}.\]

    2. Úlohy a) až c) by sme mohli riešiť, podobne ako v časti 1., výpisom všetkých možnosti nastatia javov, ktorých pravdepodobnosť máme určiť. To by bolo prácne. Jednoduchšie to pôjde pomocou Bernoulliho vzorca (\ref{bev}), v ktorom \(n=6\) a \(p=\frac{1}{6}\).
    a) Pýtame sa na pravdepodobnosť toho, že jav \(A\) - padnutie šestky - nastal v sérii šiestich nezávislých pokusov práve štyrikrát. Na základe Bernoulliho vzorca (\ref{bev}) dostaneme (\(k=4\)): \[P_6(4)={6 \choose 4}\cdot \Big(\frac{1}{6}\Big)^4\!\cdot\!\Big(1-\frac{1}{6} \Big)^{6-4}=15\cdot \frac{1}{6^4}\cdot \frac{5^2}{6^2}=\frac{125}{15\,552} \approx 0{,}000\,804.\]
    Nech \(m\) je počet padnutých šestiek pri šiestich hodoch kockou.
    b) Máme určiť pravdepodobnosť javu, ktorý spočíva v tom, že \(m\ge 4\), t. j. \(P_6(m\ge 4)\). Javy \(m= 4\), \(m= 5\) a \(m=6\) sú disjunktné, a preto \[P_6(m\ge 4)=P_6(m= 4)+P_6(m=5)+P_6(m=6).\] Z Bernoulliho vzorca (\ref{bev}) pre \(n=6\) a \(p=\frac{1}{6}\) dostaneme \[P_6(m\ge 4)={6 \choose 4}\cdot \Big(\frac{1}{6}\Big)^4\!\cdot\!\Big(\frac{5}{6} \Big)^{6-4}+{6 \choose 5}\cdot \Big(\frac{1}{6}\Big)^5\!\cdot\!\Big(\frac{5}{6} \Big)^{6-5}+{6 \choose 6}\cdot \Big(\frac{1}{6}\Big)^6\!\cdot\!\Big(\frac{5}{6} \Big)^{6-6}\] a po jednoduchých výpočtoch \[P_6(m\ge 4)=\frac{125}{15\,552}+\frac{5}{7\,776}+\frac{1}{46\,656}= \frac{203}{23\,328}\approx 0{,}0087.\] Poznamenávame, že v MATLABe môžeme tieto výpočty realizovať pomocou príkazu \(sum(binopdf(4:6,6,1/6))\).
    c) Ak použijeme označenia z časti b) tejto úlohy, tak máme určiť \(P_6(m\le 4)\). Zrejme \[P_6(m\le 4)=P_6(m=0)+P_6(m=1)+P_6(m=2)+P_6(m=3)+P_6(m=4)\] a ďalej by sme mohli postupovať ako v časti b). Tu je výhodnejšie použiť opačný jav: ľahko vidieť, že \[P_6(m\le 4)=1-P_6(m\gt 4)=1-[P_6(m=5)+P_6(m=6)].\] Z výpočtov v časti b) dostaneme \[P_6(m\le 4)=1-\Big[\frac{5}{7\,776}+\frac{1}{46\,656}\Big]=\frac{46\,625} {46\,656}\approx 0{,}9993.\] Tieto výsledky dostaneme v MATLABe pomocou príkazu \(sum(binopdf(0:4,6,1/6))\) alebo \(1-sum(binopdf(5:6,6,1/6))\).
    Príklad: Do siete je zapojených \(9\) odporov. Ľubovoľný z nich je v bezchybnom stave s pravdepodobnosťou \(0{,}8.\) Stav ľubovoľného z odporov nezávisí na stave ostatných. Určte pravdepodobnosť toho, že:
    a) aspoň jeden z odporov je pokazený;
    b) najmenej päť a nie viac ako sedem odporov je v bezchybnom stave;
    c) najmenej päť alebo nie viac ako sedem odporov je v bezchybnom stave;
    d) pravdepodobnosť najpravdepodobnejšieho počtu bezchybných odporov.
    Riešenie: Zrejme ide o deväťnásobné opakovanie nezávislých pokusov na jednotlivých odporoch - výsledkom každého pokusu sú dva disjunktné javy:
    \(\bullet\) jav \(A\), ktorý spočíva v tom, že konkrétny odpor je v bezchybnom stave;
    \(\bullet\) a jav \(\overline{\!A}\), ktorý spočíva v tom, že konkrétny odpor nie je v bezchybnom stave.
    Ide teda o Bernoulliho schému, v ktorej \(n=9\) a \(p=P(A)=0{,}8.\) Na základe Bernoulliho vzorca (\ref{bev}) je práve \(k\) odporov v bezchybnom stave s pravdepodobnosťou \begin{equation}\label{bevp} P_9(k)={9 \choose k}0{,}8^k0{,}2^{9-k}\qquad \mbox{pre }k\in\{0,1,2,\dots ,9\}. \end{equation} a) Pýtame sa na pravdepodobnosť javu \(B,\) ktorý spočíva v tom, že aspoň jeden z odporov je pokazený. Túto pravdepodobnosť by sme mohli dostať ako súčet pravdepodobností \(P_9(k)\) zo vzťahu (\ref{bevp}) pre \(k\) od nuly po osem (lebo pre tieto hodnoty \(k\) je aspoň jeden odpor nie v bezchybnom stave). Jednoduchšie to pôjde cez jav opačný: je evidentné, že jav \(\overline{B}\) spočíva v tom, že všetky odpory sú v bezchybnom stave, t. j. \(k=9\). Teda \[P(\overline{B})=P_9(9)=0{,}8^9,\] čo znamená, že \(P(B)=1-0{,}8^9\approx 0{,}8658.\)
    b) Z textu úlohy vidno, že ak \(k\) je počet bezchybných odporov, tak nás zaujíma prípad, keď \(5\le k\) a súčasne \(k \le 7\). Ak použijeme označenie z Bernoulliho vzorca (\ref{bevp}), tak je potrebné určiť \(P_9(5\le k \le 7)\). Keďže javy \(k=5\), \(k=6\) a \(k=7\) sú disjunktné, tak \[P_9(5\le k \le 7)=P_9(5)+P_9(6)+P_9(7). \] Odtiaľ na základe (\ref{bevp}) je \[P_9(5\le k \le 7)={9 \choose 5}0{,}8^50{,}2^{4}+{9 \choose 6}0{,}8^60{,}2^{3}+{9 \choose 7}0{,}8^70{,}2^{2}\approx 0{,}5442.\] Poznamenávame, že v .MATLABe. môžeme uvedený výsledok získať pomocou sum(binopdf(5:7,9,.8)).
    c) Tentoraz má počet bezchybných odporov spĺňať nerovnosť \(5\le k\) alebo nerovnosť \(k \le 7\). Je zrejmé, že ide o istý jav, a preto jeho pravdepodobnosť je rovná jednej.
    d) Najprv určíme najpravdepodobnejší počet \(k_0\) bezchybných odporov: na základe (\ref{k0}) dostaneme (\(n=9\), \(p=0{,}8\) a \(q=0{,}2\)) \[k_0\in \langle np-q;\,np+p\rangle=\langle 9\!\cdot\! 0{,}8-0{,}2\;;\; 9\!\cdot\! 0{,}8+0{,}8\rangle=\langle 7 ;8\rangle.\] To ale znamená, že postupnosť pravdepodobností \(P_9(0), P_9(1),P_9(2),\ldots ,P_9(9)\) (pozri (\ref{bevp})) nadobúda maximálne hodnoty pre \(k=7\) a \(k=8\), pričom \(P_9(7)=P_9(8).\) Preto požadovaná pravdepodobnosť je \[P_9(7)+P_9(8)={9 \choose 7}0{,}8^70{,}2^{2}+{9 \choose 8}0{,}8^80{,}2^{1}\approx0{,}3020+0{,}3020=0{,}6040.\]
    Príklad: Pravdepodobnosť toho, že pri štyroch nezávislých pokusoch nastane jav \(A\) práve dvakrát je \(0{,}2646\). Určme pravdepodobnosť toho, že v sérii tých istých šiestich nezávislých pokusov nastane jav \(A\) najviac štyrikrát, ak je známe, že \(P(A)\gt P(\overline{\!A})\).
    Riešenie: Najprv určíme pravdepodobnosť toho, že jav \(A\) nastane v jednom pokuse: nech \(P(A)=p\). Na základe Bernoulliho vzorca (\ref{bev}) dostaneme, že pre pravdepodobnosť toho, že pri štyroch nezávislých pokusoch nastane jav \(A\) práve dvakrát platí (\(n=4\) a \(k=2\)) \[P_4(2)={4 \choose 2}p^2(1-p)^{4-2}\stackrel{\star}{=}0{,}2646.\] Keďže \({4 \choose 2}=6\), tak \(\stackrel{\star}{=}\) nadobudne tvar \[p^2(1-p)^2=0{,}0441.\] Odtiaľ \(p(1-p)=\sqrt{0{,}0441}=0{,}21\) (treba si uvedomiť, že \(p\) a \(1-p\) sú nezáporné). Ľahko sa presvedčíme, že riešením vzniknutej kvadratickej rovnice \(p(1-p)=0{,}21\) je \(p\in\{0{,}3;\,0{,}7\}\). Ak zoberieme do úvahy požiadavku \(p=P(A)\gt P(\overline{\!A})\), tak \(p=0{,}7\).
    Chceme určiť pravdepodobnosť toho, že v sérii tých istých šiestich nezávislých pokusov nastane jav \(A\) najviac štyrikrát. Ak označíme písmenom \(k\) počet pokusov, v ktorých jav \(A\) nastal, tak je potrebné vypočítať \(P_6(k\le 4)\). Je zrejmé, že \[P_6(k\le 4)=P_6(0)+P_6(1)+P_6(2)+P_6(3)+P_6(4).\] Tu by sme päťkrát použili Bernoulliho vzorec (\ref{bev}). Rýchlejšie sa dopracujeme k požadovanej pravdepodobnosti pomocou opačného javu: v našom prípade opačným javom k javu \(k\le4\) je jav \(4\lt k\le 6\). Teda \[P_6(k\le 4)=1-P_6(4\lt k\le 6)=1-[P_6(5)+P_6(6)]=\spadesuit\] Z Bernoulliho vzorca (\ref{bev}) dostaneme \[P_6(5)+P_6(6)={6 \choose 5}0{,}7^5\cdot 0{,}3^1+{6 \choose 6}0{,}7^6\cdot 0{,}3^0=0{,}420175\] a teda \[\spadesuit =1-0{,}420175=0{,}579825.\] V MATLABe by sme tento výsledok získali pomocou \(1-sum(binopdf(5:6,6,.7))\) alebo pomocou \(sum(binopdf(0:4,6,.7))\).
    Poznámka: (Pravdepodobnosť prieniku celkove nezávislých javov) Nech \([\gamma, \tau, P]\) je pravdepodobnostné pole. Systém javov \(A_1,A_2,\dots , A_n\), \(n\ge 2,\) je celkove nezávislým práve vtedy, keď \begin{equation}\label{nz} P(A_1\cap A_2\cap \cdots \cap A_n)=P(A_1)\!\cdot\! P(A_2)\!\cdot\, \dotsc \,\cdot \!P(A_n) \end{equation}
    Príklad: Štyria študenti sa nezávisle jeden od druhého snažia vyriešiť úlohu. Prvý študent vyrieši úlohu s pravdepodobnosťou \(0{,}6\) a pre ďalších študentov sú pravdepodobnosti úspešného vyriešenia úlohy (v poradí druhý, tretí a štvrtý študent) takéto: \(0{,}55\), \(0{,}45\) a \(0{,}5.\) Aká je pravdepodobnosť toho, že úloha bude vyriešená:
    a) všetkými študentami;
    b) práve troma študentami;
    c) aspoň dvoma študentami.
    Riešenie: Nech \(A_i\) je jav, že \(i\)-tý študent vyrieši úlohu. Potom z textu príkladu máme \begin{equation}\label{nn} P(A_1)=0{,}6;\qquad P(A_2)=0{,}55;\qquad P(A_3)=0{,}45\qquad \mbox{a} \qquad P(A_4)=0{,}5. \end{equation} a) Všetci študenti vyriešia úlohu práve vtedy, ak nastane jav \(A_1\cap A_2\cap A_3\cap A_4\). Keďže riešia úlohu nezávisle jeden od druhého, tak z vety o pravdepodobnosti prieniku celkove nezávislých javov (\ref{nz}) dostaneme \[P(A_1\cap A_2\cap A_3\cap A_4)=P(A_1)\cdot P(A_2)\cdot P(A_3)\cdot P(A_3)\] a odtiaľ na základe (\ref{nn}) \begin{equation}\label{nm} P(A_1\cap A_2\cap A_3\cap A_4)=0{,}6\cdot 0{,}55\cdot 0{,}45\cdot 0{,}5=0{,}074\,25. \end{equation} b) Máme určiť pravdepodobnosť toho, že traja študenti úlohu vyriešia a jeden študent ju nevyrieši. Je zrejmé, že \(i\)-tý študent úlohu nevyrieši s pravdepodobnosťou \(P(\overline{A_i})=1-P(A_i)\). Nech \(A\) je jav, ktorý znamená, že práve traja študenti vyriešia úlohu. Je zrejmé, že jav \(A\) je zjednotením štyroch disjunktných javov: \begin{equation}\label{m} A\!=\!(\overline{A_1}\cap A_2\cap A_3\cap A_4) \cup (A_1\cap \overline{A_2}\cap A_3\cap A_4) \cup (A_1\cap A_2\cap \overline{A_3}\cap A_4) \cup (A_1\cap A_2\cap A_3\cap \overline{A_4}), \end{equation} a preto \(P(A)\) je súčtom pravdepodobností týchto javov. Určíme napr. \(P(\overline{A_1}\cap A_2\cap A_3\cap A_4)\). Je známe, že javy \(A_1,\) \(A_2,\) \(A_3,\) \(A_4\) sú celkovo nezávislé práve vtedy, keď sú celkovo nezávislé javy \(\overline{A_1},\) \(A_2,\) \(A_3,\) \(A_4\). Teda na výpočet \(P(\overline{A_1}\cap A_2\cap A_3\cap A_4)\) môžeme opäť použiť vetu o pravdepodobnosti prieniku celkove nezávislých javov (\ref{nz}). Dostaneme \[P(\overline{A_1}\cap A_2\cap A_3\cap A_4)\!=\!P\!(\overline{A_1})\cdot P(A_2)\cdot P(A_3)\cdot P(A_4)\!=\!(1-0{,}6)\cdot 0{,}55\cdot 0{,}45\cdot 0{,}5=0{,}0495.\] Obdobnými úvahami získame \[P(A_1\cap \overline{A_2}\cap A_3\cap A_4)=0{,}6\cdot (1-0{,}55)\cdot 0{,}45\cdot 0{,}5=0{,}06075;\] \[P(A_1\cap A_2\cap \overline{A_3}\cap A_4)=0{,}6\cdot 0{,}55\cdot (1-0{,}45)\cdot 0{,}5=0{,}09075;\] \[P(A_1\cap A_2\cap A_3\cap \overline{A_4})=0{,}6\cdot 0{,}55\cdot 0{,}45\cdot (1-0{,}5)=0{,}07425.\] Ak teraz aplikujeme na rovnosť (\ref{m}) poznatok o pravdepodobnosti zjednotenia systému disjunktných javov, tak dostaneme \[P(A)=0{,}0495+ 0{,}06075+ 0{,}09075+0{,}07425=0{,}27525.\] c) Jav \(B\), ktorý spočíva v tom, že úlohu vyriešia aspoň dvaja študenti môžeme rozložiť na zjednotenie týchto troch disjunktných javov:
    - úlohu vyriešia práve dvaja študenti (tento jav môžeme rozložiť na zjednotenie šiestich disjunktných javov - skúste ich vypísať);
    - úlohu vyriešia práve traja študenti (čomu zodpovedá rozklad na zjednotenie štyroch disjunktných javov);
    - úlohu vyriešia štyria študenti.
    Teda jav \(B\) môžeme rozložiť na zjednotenie až jedenástich disjunktných javov. Poďme na to cez jav opačný: zrejme jav \(\overline{B}\) spočíva v tom, že úlohu vyrieši maximálne jeden študent. Tento jav môžeme rozložiť na zjednotenie týchto dvoch disjunktných javov:
    - jav \(C\), ktorý spočíva v tom, že úlohu vyrieši len jeden študent;
    - jav \(D\), ktorý spočíva v tom, že úlohu nevyrieši nikto.
    Analogickým spôsobom ako v časti b) určíme \(P(C)\). Je evidentné, že \[C\!=\!(\overline{A_1}\cap \overline{A_2}\cap \overline{A_3}\cap A_4) \cup (\overline{A_1}\cap \overline{A_2}\cap A_3\cap \overline{A_4}) \cup (\overline{A_1}\cap A_2\cap \overline{A_3}\cap \overline{A_4}) \cup (A_1\cap \overline{A_2}\cap \overline{A_3}\cap \overline{A_4}).\] Potom \[P(C)=(1-0{,}6)\cdot (1-0{,}55)\cdot (1-0{,}45)\cdot 0{,}5+ (1- 0{,}6)\cdot (1-0{,}55)\cdot 0{,}45\cdot (1-0{,}5)+\] \[+(1-0{,}6)\cdot 0{,}55\cdot (1-0{,}45)\cdot (1-0{,}5)+0{,}6\cdot (1-0{,}55)\cdot (1-0{,}45)\cdot (1-0{,}5)=0{,}22475.\] Zrejme \(D=\overline{A_1}\cap \overline{A_2}\cap \overline{A_3}\cap \overline{A_4}\), a preto \[P(D)=(1-0{,}6)\cdot (1-0{,}55)\cdot (1-0{,}45)\cdot (1-0{,}5)=0{,}0495.\] Takto \[P(\overline{B})=P(C)+P(D=0{,}22475+0{,}0495=0{,}27425\] a \[P(B)=1-0{,}27425=0{,}72575.\]

Doplňujúce úlohy

    Príklad: V urne je \(b\) bielych a \(m\) modrých guliek (\(b\ge 2\) a \(m\ge 2\)). Náhodne z nej vylosujeme bez návratu dve guľky. Nech \(\overline{\!A}_i\) je jav, ktorý spočíva v tom, že \(i\)-tá vylosovaná guľka je biela (\(i\in\{1,2\}\)). Určte tieto pravdepodobnosti: a) \(P(A_1)\); b) \(P(A_1/A_2)\); c) \(P(A_2/A_1)\); d) \(P(A_2/\overline{\!A}_1)\); e) \(P(\overline{\!A}_2/\overline{\!A}_1)\); f) \(P(A_2)\).
    Úloha: Z urny, ktorá obsahuje \(2\) čierne, \(3\) červené a \(5\) bielych guliek, náhodne vyberieme jednu guľku. Ak sme vytiahli
    - čiernu guľku, tak ju vrátime naspäť do urny;
    - červenú guľku, tak ju nevrátime naspäť do urny;
    - bielu guľku, tak ju vrátime naspäť do urny a pridáme do urny ešte jednu bielu guľku.
    V druhom ťahu z urny náhodne vyberieme tri guľky bez návratu. Určte pravdepodobnosť toho, že všetky vytiahnuté guľky budú odlišnej farby.
    Úloha: Z urny, ktorá obsahuje \(6\) čiernych a \(9\) bielych guliek, náhodne vyberieme jednu guľku. Guľku vrátime naspäť do urny a pridáme ešte \(9\) guliek tej istej farby, akej bola vytiahnutá guľka. Potom z urny náhodne vyberieme jednu guľku. Aká je pravdepodobnosť toho, že bude biela?
    Úloha: Pravdepodobnosť toho, že basketbalista trafí do koša je \(0{,}7\). Určte pravdepodobnosť toho, že basketbalista pri šiestich nezávislých hodoch:
    a) aspoň raz trafí do koša;
    b) práve dvakrát trafí do koša;
    c) aspoň dvakrát trafí do koša.
    d) Stanovte najpravdepodobnejší počet trafení do koša v sérii dvadsiatich nezávislých hodov.
    Úloha: Pravdepodobnosť toho, že pri piatich nezávislých pokusoch nastane jav \(A\) aspoň raz je \(0{,}98976\). Určte pravdepodobnosť toho, že v sérii tých istých šiestich nezávislých pokusov jav \(A\) aspoň raz nenastane.
    Úloha: Aká je pravdepodobnosť toho, že pri nezávislom hode štyrmi bežnými hracími kockami padne na prvej kocke párne číslo, na druhej kocke nepárne číslo a na zvyšných dvoch kockách padne súčet \(6\)?
    Úloha: V prvej urne je \(1\) biela a \(2\) čierne guľky, v druhej urne sú \(3\) biele a \(1\) čierna guľka a v tretej urne sú \(2\) biele a \(3\) čierne guľky. Z každej urny náhodne vytiahneme po jednej guľke. Určte pravdepodobnosť toho, že:
    a) všetky tri vytiahnuté guľky budú rovnakej farby;
    b) \(2\) guľky budú biele a \(1\) čierna.

Doplňujúce zdroje

  1. Buša, J., Pirč, V., Schrötter, Š.: Numerické metódy, pravdepodobnosť a matematická štatistika. Elfa, Košice, 2006, 166 s., ISBN 80-8073-632-4.
  2. Gavalec, M., Kováčová, N., Ostertagová, E., Skřivánek, J.: Pravdepodobnosť a matematická štatistika v počítačovom prostredí MATLABu. Elfa, Košice, 2002, 150 s., ISBN 80-89066-05-4.
  3. Kalina, M., Bacigál,T., Schiesslová, A.: Základy pravdepodobnosti a matematickej štatistiky, STU Bratislava, 2010, 216 s., ISBN 978-80-227-3273-4
  4. Plocki, A., Tlustý, P.: Pravděpodobnost a statistika pro začátečníky a mírně pokročilé, Prometheus, spol. s.r.o., Praha, 2007, 307 s., ISBN 978-80-7196-330-1

Kvíz