Pravděpodobnost jevů

2. Pravděpodobnost jevů

Průvodce studiem

V první kapitole jste se seznámili s kombinatorikou. Tyto znalosti použijeme v této kapitole, zavedeme pojem pravděpodobnost jevů a ukážeme základní metody výpočtu pravděpodobnosti.

Předpokládané znalosti

Množiny, množinové operace, pojmy z kombinatoriky.

Cíle

Cílem této kapitoly je objasnit pojmy náhodný pokus, náhodný jev, zavést operace s jevy a zformulovat základní definice pravděpodobnosti.

Výklad

2.1. Náhodný pokus, náhodný jev
Teorie pravděpodobnosti vychází ze studia náhodných pokusů.

Náhodný pokus

je proces, který při opakování dává ze stejných podmínek rozdílné výsledky.

Výsledek pokusu není předem znám (výsledek není jednoznačně určen jeho podmínkami), ale je předem dána množina možných výsledků.

Každý možný výsledek náhodného pokusu nazýváme elementárním náhodným jevem (značíme E₁, E₂, ..., E_n).
Všechny elementární jevy tvoří tzv. základní prostor elementárních jevů; značí se Ω.
Každá podmnožina základního prostoru Ω se nazývá náhodný jev (značíme A, B, ...), přičemž prázdná podmnožina se nazývá jev nemožný, označujeme

a celý základní prostor jev jistý, označujeme I.

Řešené úlohy

Příklad 2.1.1. Klasickým příkladem náhodného pokusu je hod hrací kostkou, tedy:

Řešení:

Náhodný pokus . . .	hod hrací kostkou
Elementární jevy . . .	"padne 1" ... E₁ "padne 2" ... E₂ . . . "padne 6" ... E₆

Jevy E₁, E₂, ..., E₆ vymezují základní prostor Ω.
V tomto základním prostoru mohou být například následující jevy:
náhodný jev A . . . "padne liché číslo" . . . A = E₁ + E₃ + E₅
náhodný jev B . . . "padne číslo ≥ 4" . . . A = E₄ + E₅ + E₆
jev nemožný . . . . ."padne číslo > 6"
jev jistý . . . . . . . . ."padne číslo < 7"
neslučitelné jevy. . ."padne sudé číslo", "padne liché číslo"

2.1.1. Operace s jevy

Součet jevů A, B
jev, který nastane právě tehdy, když nastane alespoň jeden z jevů A, B. Zavádíme označení A+B nebo množinově AB.
Součin jevů A, B
jev, který nastane právě tehdy, když nastanou oba jevy současně. Zavádíme označení A.B nebo množinově A ∩ B.
Rozdíl jevů A, B
jev, který nastane právě tehdy, když nastane jev A a nenastane jev B. Zavádíme označení A - B.

Jev A nazýváme jevem opačným k jevu A, je-li A = Ω-A.
Náhodné jevy se nazývají neslučitelné (disjunktní), jestliže platí A.B = .
Jevy A₁, A₂, ..., A_n tvoří systém neslučitelných jevů, je-li A_i.A_j = pro všechna i ≠ j.
Tento systém se nazývá úplný, je-li A₁ + A₂ + ... + A_n = I = Ω.

2.2. Axiomatické zavedení pravděpodobnosti

Axiomatická výstavba teorie pravděpodobnosti, která pochází od významného ruského matematika A. N. Kolmogorova, vychází z toho, že pravděpodobnost je objektivní vlastnost náhodného jevu, která nezávisí na tom, zda ji umíme nebo neumíme měřit.

Definice 2.2.1.
Jevové pole a je množina všech různých podmnožin základního prostoru Ω, která vyhovuje těmto podmínkám:

jev jistý I leží v a
Leží-li jevy A, B v a, pak A+B, A.B i A, B leží v a

Poznámka
Na jevové pole a se můžeme dívat jako na množinu jevů, ve které každý výsledek definovaných operací náleží opět do této množiny.

Definice 2.2.2.
Nechť a je jevové pole. Pravděpodobnost jevu A je reálné číslo P(A), pro něž platí:

P(A) ≥ 0 . . . axiom nezápornosti
P(I) = 1 . . . axiom jednotky
P(A₁ + A₂ + ... + A_n + ...) = P(A₁) + P(A₂) + ...P(A_n) + ..., přičemž A₁, A₂, ..., A_n, ...a tvoří skupinu navzájem neslučitelných jevů . . . axiom aditivity

Věta 2.2.1. o vlastnostech pravděpodobnosti

P() = 0
P(A) = 1 - P(A)
A B

0 ≤ P(A) ≤ P(B)
P(B - A) = P(B) - P(A)

P(A + B) = P(A) + P(B) - P(A.B)

Důkaz:

Jev nemožný a jev jistý I jsou neslučitelné jevy. Platí: + I = I a z axiomu aditivity plyne, že
P(I) = P( + I) = P() + P(I) a odtud P() = P(I) - P(I) = 0
A, A jsou neslučitelné jevy. Zároveň platí A + A = I. Z axiomů jednotky a aditivity plyne:
P(I) = P(A + A) = 1, takže P(A) = 1 - P(A)
Nechť AB. Jelikož A, A jsou neslučitelné jevy, jsou neslučitelné také jevy A.B, A.B, neboť platí
(A.B).(A.B) = (B.A).(A.B) = B(A.A).B = B..B = .
Jev B můžeme zapsat ve tvaru B = I.B = (A + A).B = A.B + A.B = A + A.B, neboť podle předpokladu AB. Tedy:
P(B) = P(A + A.B) = P(A) + P(A.B) ≥ P(A) ≥ 0.
Dosadíme-li do předchozí rovnosti P(B) = P(A) + P(A.B) rovnost A.B = B - A, vidíme, že platí P(B - A) = P(B) - P(A).
Platí, že:
A = A.I = A.(B+B) = A.B+A.B
B = B.I = B.(A+A) = B.A+B.A, tudíž
A+B = A.B+A.B+A.B
Jelikož jsou jevy A.B, A.B, A.B vzájemně neslučitelné, z axiomu aditivity vyplývá:
P(A) = P(A.B+A.B) = P(A.B) + P(A.B).
Vyjádříme-li nyní z předchozí rovnice P(A.B), obdržíme:
P(A.B) = P(A)-P(A.B), obdobně:
P(B) = P(A.B+A.B) = P(A.B) + P(A.B), tedy
P(A.B) = P(B)-P(A.B), tzn.
P(A+B) = P(A.B+A.B+A.B) = P(A.B) + P(A.B) + P(A.B) = P(A.B) + P(A) - P(A.B) + P(B) - P(A.B) =
= P(A) + P(B) - P(A.B).
Jsou-li jevy A, B neslučitelné, pak A.B = a uvedený vztah odpovídá axiomu aditivity.

2.3. Klasická definice pravděpodobnosti

Definice 2.3.1.
Nechť je dáno n elementárních jevů E₁, E₂, ..., E_n, které tvoří úplný systém neslučitelných jevů a jsou stejně možné. Rozkládá-li se jev A na m (m ≤ n) elementárních jevů z tohoto systému, pak pravděpodobnost jevu A je reálné číslo

Poznámka
Klasická definice pravděpodobnosti se užívá, je-li:

konečný počet elementárních jevů
stejná míra výskytu elementárních jevů

Všechny elementární jevy se obvykle označují jako všechny možné případy. Všechny elementární jevy, na které se rozkládá jev A, se nazývají všechny příznivé případy. Pak daný vztah přejde na známý tvar:

Řešené úlohy

Příklad 2.3.1. Rozhodněte, zda v následujících případech je stejná míra výskytu elementárních jevů:
a) hod navrtanou kostkou
b) hod mincí
c) výstřel do terče

Řešení:
ad a) E₁ - padne 1, E₂ - padne 2, ..., E₆ - padne 6, není stejná míra výskytu
ad b) E₁ - padne rub, E₂ - padne líc, je stejná míra výskytu
ad c) E₁ - zásah, E₂ - mimo, u většiny střelců není stejná míra výskytu

Příklad 2.3.2. Při hodu kostkou určete pravděpodobnost jevů:
a) jev A: "padne číslo 5"
b) jev B: "padne číslo ≤ 2"

Řešení:
ad a)

ad b)

Příklad 2.3.3. S jakou pravděpodobností padne na dvou kostkách součet
a) šest
b) menší než 7

Řešení:
ad a) Šestka padne v následujících případech:

1. kostka 2. kostka	1 5	5 1	2 4	4 2	3 3

Tzn. 5 možností, m = 5
Počet všech možností: n = 6.6 = 36

ad b)
Z předchozího vyplývá, že je 5 možností pro součet šest. Ostatní možnosti:

součet 5

součet 4

součet 3

součet 2

1. kostka 2. kostka	1 4	4 1	2 3	3 2

1. kostka 2. kostka	1 3	3 1	2 2

1. kostka 2. kostka	1 2	2 1

1. kostka 2. kostka	1 1

Takže m = 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15

Příklad 2.3.4. V cele předběžného zadržení sedí vedle sebe 10 podezřelých, z toho 3 ženy. Jaká je pravděpodobnost, že všechny tři ženy sedí vedle sebe?

Řešení: Počet možností, jak uspořádat 10 podezřelých, odpovídá počtu permutací z 10 prvků: n = 10!
m = 8.3!.7! - existuje 8 způsobů umístění dané trojice žen (na pozicích 123, 234, 345, ..., 8910), 3! způsobů jak danou trojici uspořádat a 7! způsobů, jak uspořádat zbývající delikventy.

Příklad 2.3.5. Stanovte pravděpodobnost jevu, že z 10 náhodně vytažených bridžových karet budou alespoň 3 esa. (bridžové karty: 52 karet celkem, z toho 4 esa)

Řešení: Jev A - vybereme alespoň 3 esa, znamená, že vybereme 3 nebo 4 esa. To znamená, že jev A se rozkládá na součet dvou navzájem disjunktních jevů:
A₁ . . . vybereme 3 esa
A₂ . . . vybereme 4 esa
P(A) = P(A₁ + A₂) = P(A₁) + P(A₂), kde:

Hodnotu n (počet všech možných případů) jsme vypočetli pomocí kombinací bez opakování - z 52 karet vybíráme deset bez ohledu na pořadí, přičemž karty nevracíme zpět.
Hodnotu m₁ (počet všech příznivých případů) jsme vypočetli podobnou úvahou: ze čtyř es vybíráme tři bez ohledu na pořadí a ze zbývajících 48 karet vybíráme sedm, opět bez zřetele na uspořádání.
Zcela analogicky vypočteme

Takže:

Příklad 2.3.6. Při slosování sportky je z osudí postupně vylosováno 6 čísel ze 49. Po vylosování těchto čísel je ze zbývajících čtyřiceti tří čísel vylosováno dodatkové číslo. Při správném tipování:
a) šesti čísel, získává sázející výhru 1. pořadí,
b) pěti čísel a dodatkového čísla (5 + 1), získává sázející výhru 2. pořadí,
c) pěti čísel, získává sázející výhru 3. pořadí,
d) čtyř čísel, získává sázející výhru 4. pořadí,
e) tří čísel, získává sázející výhru 5. pořadí.
Vypočtěte pravděpodobnost, se kterou při vsazeném jednom sloupci vyhrajete v 1.tahu výhry a - e.

Řešení: Řešit budeme obdobně, jako předchozí příklad 2.3.5.
ad a)

(řádově se jedná o stejnou pravděpodobnost, s jakou v ruletě padne pětkrát po sobě stejné číslo: (1/37)⁵ = 1,44.10^-8)
ad b)

ad c)

ad d)

ad e)

2.4. Geometrická pravděpodobnost

Geometrická pravděpodobnost
- používáme ji v případech, které lze převést na toto schéma:
V rovině (případně na přímce nebo v prostoru) je dána určitá oblast Ω a v ní další uzavřená oblast A.
Pravděpodobnost jevu A, který spočívá v tom, že náhodně zvolený bod v oblasti Ω leží i v oblasti A je:

, kde |A|, |Ω| jsou míry oblastí A a Ω

Řešené úlohy

Příklad 2.4.1. Jak je pravděpodobné, že meteorit padne na pevninu, víme-li, že pevnina má rozlohu 149 milionů km² a moře 361 milionů km².

Řešení:

Příklad 2.4.2. Dva známí se domluví, že se sejdou na určitém místě mezi 15. a 16. hodinou, přičemž doba čekání je 20 minut. Jaká je pravděpodobnost, že se při této dohodě setkají?

Řešení:

x . . . doba po 15.hodině v níž přijde první, x

y . . . doba po 15.hodině v níž přijde druhý, x

jev A . . . oblast vymezená čtvercem a nerovnicí |x - y| ≤ 20

|Ω| = 60.60 = 3600

Z obrázku je patrné, že když spojíme dva nevyšrafované trojúhelníky, tak dostaneme čtverec o straně délky 40, tedy:
|A| = 3600 - 40.40 = 2000
Takže:

Příklad 2.4.3. V rovině jsou narýsovány rovnoběžky, jejichž vzdálenost je d. Určete pravděpodobnost toho, že náhodně vržená jehla délky l (l < d) protne libovolnou přímku.

Řešení: Situace je vystižena na obrázku:

Každou polohu jehly můžeme tedy popsat dvěmi souřadnicemi: vzdáleností y jejího středu S od nejbližší z přímek a úhlem j jehly s daným systémem přímek.
Platí:

Jehla protne nejblíže položenou přímku, jestliže:

(vymezení oblasti A)
Možným souřadnicím polohy středu jehly odpovídá pravoúhelník

viz. obr.

Z předchozího vyplývá, že:

Tedy:

Tzn. jestliže např. d = 2, l = 1, pak

2.5. Statistická definice pravděpodobnosti

Definice 2.5.1.
Nechť A je hromadný jev. Nastane-li v n pokusech jev A právě f_n krát, definujeme:

Číslo f_n se nazývá absolutní četnost jevu A,

- relativní četnost jevu A při n pokusech

Hromadný jev
jev, který lze za daného systému podmínek libovolně krát opakovat nebo který lze pozorovat na hromadně se vyskytujících předmětech téhož druhu

Poznámka
Při házení mincí byly zjištěny tyto výsledky:

počet hodů n	počet padnutí líce f_n	relativní četnost
4000	2032	0,5080
12000	6019	0,5016
24000	12012	0,5005
30000	15010	0,5003

Z tabulky je zřejmé, že platí:

= 0,5

2.6. Podmíněná pravděpodobnost a nezávislé jevy

Definice 2.6.1.
Pravděpodobnost uskutečnění jevu A za předpokladu, že nastal jev B, se zapisuje P(A/B) a nazývá se podmíněná pravděpodobnost. Je rovna:

Řešené úlohy

Příklad 2.6.1. Házíme dvěma mincemi.
Jev A: padne líc a rub
Jev B: na první minci padne líc
Určete pravděpodobnost jevu A za předpokladu, že nastal jev B.

Řešení: Možnosti, které mohou nastat:

RUB	RUB
RUB	LÍC
LÍC	RUB
LÍC	LÍC

a) pomocí klasické definice: P(A / B) = 0,5
b) pomocí vzorce na podmíněnou pravděpodobnost:

Příklad 2.6.2. Máme krabici se třemi bílými a dvěma černými koulemi. Vytáhneme postupně dvě koule (první nevracíme zpět). Určete pravděpodobnost toho, že v druhém tahu vytáhneme bílou kouli za předpokladu, že v prvním tahu byla vytažena černá koule.

Řešení:
jev A: ve druhém tahu vytažena bílá
jev B: v prvním tahu vytažena černá
Možnosti:

	1. tah	2. tah	celkem
počet možností	černá	černá	2
	černá	bílá	6
	bílá	černá	6
	bílá	bílá	6

Z tabulky vidíme, že:
P(A.B) =

P(B) =

To znamená:

= 0,75

Věta 2.6.1.
Pro pravděpodobnost součinu dvou jevů A, B platí:
P(A.B) = P(A).P(B / A) = P(B).P(A / B)

Důkaz: Tvrzení plyne přímo z definice 2.6.1.

Definice 2.6.2.
Dva jevy A, B nazýváme nezávislé, jestliže platí: P(A / B)=P(A)

Poznámky:

Jsou-li jevy A, B nezávislé, pak P(A.B) = P(A).P(B).
Pojem nezávislosti není totožný s pojmem neslučitelnosti.
Jsou-li A, B neslučitelné jevy, pak P(A+B) = P(A)+P(B).
U skupiny více než dvou jevů rozlišujeme nezávislost podvojnou a vzájemnou
Jevy A₁, ..., A_n jsou vzájemně nezávislé, jestliže pro každou jejich podmnožinu platí, že pravděpodobnost průniku jevů je rovna součinu pravděpodobností těchto jevů.
Jsou-li jevy vzájemně nezávislé, jsou také po dvou nezávislé. Opačné tvrzení neplatí!

Řešené úlohy

Příklad 2.6.3. Studenti při zkoušení mohou dostat tři otázky. První student je připraven pouze na první otázku, druhý umí pouze druhou otázku, třetí ovládá jen třetí otázku a čtvrtý je připraven na všechny tři otázky. Uvažujme nyní tyto jevy:
A₁ . . . vyvolaný student dokáže zodpovědět první otázku
A₂ . . . vyvolaný student dokáže zodpovědět druhou otázku
A₃ . . . vyvolaný student dokáže zodpovědět třetí otázku
Ukažte, že jevy A₁, A₂, A₃ jsou po dvou nezávislé, ale nejsou vzájemně nezávislé.

Řešení: Z klasické definice pravděpodobnosti plyne, že:
P(A₁) = P(A₂) = P(A₃) = 2/4 = 0,5.
Uvažujme nyní jevy: A₁.A₂, A₁.A₃, A₂.A₃, A₁.A₂.A₃.
Pro pravděpodobnosti těchto jevů opět z klasické definice pravděpodobnosti vyplývá:
P(A₁.A₂) = P(A₁.A₃) = P(A₂.A₃) = P(A₁.A₂.A₃) = 0,25.
Pro jednotlivé dvojice jevů tedy platí:
P(A_i.A_j) = P(A_i).P(A_j) = 0,5.0,5 = 0,25 (i ≠ j)
Takže jevy A₁, A₂, A₃ jsou po dvou nezávislé.
Vzhledem k tomu, že P(A₁.A₂.A₃) ≠ P(A₁).P(A₂).P(A₃), neboť 0,25 ≠ 0,5.0,5.0,5, nejsou tyto tři jevy vzájemně nezávislé.

2.7. Úplná pravděpodobnost a Bayesova věta

Řešené úlohy

Příklad 2.7.1. V obchodě jsou tři pokladny na nichž dojde k chybě v účtování s pravděpodobností: 0,1; 0,05 a 0,2, přičemž z hlediska umístění pokladen v obchodě jsou pravděpodobnosti odbavení pokladnami 0,3; 0,25 a 0,45. Jaká je pravděpodobnost, že osoba opouštějící obchod má chybný účet?

Řešení:
jev A: došlo k chybě v účtování
jev H_i: odbavení i-tou pokladnou
jev A je možno vyjádřit:
A = A.H₁ + A.H₂ + A.H₃
(zákazník má chybný účet, přičemž projde první pokladnou nebo má chybný účet po odbavení druhou pokladnou nebo má chybný účet a prošel třetí pokladnou)
Jevy A.H₁, A.H₂, A.H₃ jsou vzájemně neslučitelné, proto:
P(A) = P(A.H₁ + A.H₂ + A.H₃) = P(A.H₁) + P(A.H₂) + P(A.H₃) = (z věty 2.6.1.)
         = P(H₁).P(A/H₁) + P(H₂).P(A/H₂) + P(H₃).P(A/H₃) =
         = 0,3.0,1 + 0,25.0,05 + 0,45.0,2 = 0,1325

Zobecněním postupu z předchozí úlohy řešíme úlohy formulované na základě výchozí situace:

Máme určit pravděpodobnost jevu A, o kterém je známo, že může nastat pouze současně s některým z jevů H₁, H₂, ..., H_n, které tvoří úplný systém neslučitelných jevů:

Věta 2.7.1. (o úplné pravděpodobnosti)
Nechť je dán úplný systém vzájemně neslučitelných jevů H₁, H₂, ..., H_n a libovolný jev A, který může nastat pouze současně s některým z jevů H_i. Pro pravděpodobnost jevu A platí:
P(A) = P(H₁).P(A/H₁)+P(H₂).P(A/H₂)+...+P(H_n).P(A/H_n) =

Důkaz: Zjevný, zobecněním postupu v příkladu 2.7.1. na n jevů H₁, H₂, ..., H_n

Řešené úlohy

Příklad 2.7.2. Zadání je stejné jako v předchozím příkladě. Otázka: Jaká je pravděpodobnost, že jsme byli u druhé pokladny, máme-li chybný účet?

Řešení: Hledáme tedy, čemu je rovno P(H₂ / A). Lehce odvodíme:

Tato situace se dá opět shrnout:

Věta 2.7.2. - Bayesova věta
Nechť je dán úplný systém vzájemně neslučitelných jevů H₁, H₂, ..., H_n a libovolný jev A, který může nastat jen současně s některým z jevů H_i. Pak pravděpodobnost, že nastane jev H_i, za předpokladu, že nastal jev A je:

, kde

Důkaz: Opět zjevné, viz. předchozí příklad 2.7.2.

2.8. Opakované pokusy

Stává se, že náhodný pokus, jehož výsledkem je jev A, opakujeme n-krát po sobě při zachování stejného systému podmínek. Pokud pravděpodobnost jevu A při každém opakování nezávisí na výsledcích předcházejících pokusů, hovoříme o Bernoulliho posloupnosti nezávislých pokusů (např. hod kostkou). Závislými pak nazveme takové opakované pokusy, při nichž je pravděpodobnost "nastoupení" jevu A v určitém pokusu závislá na výsledcích předchozích pokusů (např. výběry z osudí bez vracení).

2.8.1. Nezávislé pokusy

Řešené úlohy

Příklad 2.8.1. Hážeme šestkrát kostkou. Vypočtěte pravděpodobnost, že z těchto šesti hodů padne šestka právě dvakrát.

Řešení: Jedna z možností, které mohou nastat je, že šestka padne na první a druhé kostce, přičemž na zbývajících kostkách padne jakékoliv číslo vyjma šestky: 66XXXX. Pravděpodobnost, že tato situace nastane, se vypočte jakou součin pravděpodobností, s jakou padnou čísla na jednotlivých kostkách:

Další možnosti, kdy padnou dvě šestky jsou stejně pravděpodobné jako první možnost. Jedná se o případy:

66XXXX
6X6XXX

.
.
.

XXX6X6
XXXX66

... počet všech těchto možností lze vypočíst např. pomocí permutací s opakováním:

Hledaná pravděpodobnost je tedy dána vztahem:

Pokud naše úvahy z předchozího příkladu shrneme, obdržíme:

Věta 2.8.1.
Je-li pravděpodobnost jevu A v každém pokusu P(A) = p, pak pravděpodobnost jevu A_k, že se jev A v Bernoulliho posloupnosti n nezávislých pokusů uskuteční právě k-krát, je určena vztahem:

Důkaz: Vyjdeme z řešení příkladu 2.8.1.. Výraz p^k vyjadřuje pravděpodobnost, že jev A nastal právě v k pokusech. Výraz (1 - p)^n - k vyjadřuje pravděpodobnost, že jev A nenastal právě v n - k pokusech. V celé posloupnosti n pokusů může jev A nastat celkem

způsoby. Proto je hledaná pravděpodobnost:

Poznámka:
Ve vzorci z předchozí věty bychom pro různé hodnoty parametru k dostávali různé výsledky. Někdy je účelné najít způsob, kterým zjistíme, které k má největší pravděpodobnost. K tomu užíváme vztahu:
p.(n + 1) - 1 ≤ k ≤ p.(n + 1)

Řešené úlohy

Příklad 2.8.2. Pravděpodobnost, že náhodně vybraný student bude znát učivo, je 0,005. Jaká je pravděpodobnost, že mezi dvaceti vybranými studenty bude:
a) právě 5 znalých studentů,
b) nejvýše 2 znalí studenti,
c) alespoň jeden znalý student,
d) jaký je nejpravděpodobnější počet znalých studentů.

Řešení:
ad a)

ad b)

ad c)

ad d)

Takže nejpravděpodobnější počet znalých studentů je k = 0

2.8.2. Závislé pokusy

Řešené úlohy

Příklad 2.8.3. V osudí jsou 2 bílé a 3 černé koule. Vypočtěte pravděpodobnost toho, že:
a) vytáhneme 3 koule a budou 2 černé a 1 bílá
b) vytáhneme bez vracení jako první černou kouli, pak bílou a nakonec černou.

Řešení:
ad a)

ad b) ČBČ . . .

(další možná pořadí: ČČB, BČČ - obě se stejnou pravděpodobností jako ČBČ, všechny dohromady tedy dávají případ ad a)

Situaci z předchozího příkladu 2.8.3a. opět shrneme ve větě:

Věta 2.8.2.
Nechť je dán soubor N prvků, z nichž M má určitou vlastnost a (N - M) nikoliv. Vybereme postupně n prvků, z nichž žádný nevracíme. Pravděpodobnost, že mezi n vybranými bude k takových, že mají sledovanou vlastnost, vypočteme podle vzorce:

Důkaz: Zřejmé - odvozeno z klasické definice pravděpodobnosti

Řešené úlohy

Příklad 2.8.4. Mezi 15 výrobky je 5 zmetků. Vybereme 3 výrobky. Jaká je pravděpodobnost, že jeden z nich je vadný, jestliže:
a) vybereme všechny 3 najednou
b) vybíráme po jednom bez vracení

Řešení:
ad a)

ad b) Možnosti: (V-vadný, D-dobrý)

VDD . . .

DVD . . .

DDV . . .

To jsou všechny možné způsoby výběru:
P = P₁ + P₂ + P₃ =

Poznámka
Nezáleží tedy na tom, vybereme-li výrobky najednou nebo postupně bez vracení.

2.9. Řešené úlohy - pravděpodobnost (souhrnně)

Příklad 2.9.1. Mějme pět vstupenek po 100 Kč, tři vstupenky po 300 Kč a dvě vstupenky po 500 Kč. Vyberme náhodně tři vstupenky. Určete pravděpodobnost toho, že:
a) alespoň dvě z těchto vstupenek mají stejnou hodnotu
b) všechny tři vstupenky stojí dohromady 700 Kč

Řešení:
ad a)
Budeme řešit pomocí opačného jevu. Opačný jev k "alespoň dvě mají stejnou hodnotu" je "každá má jinou hodnotu":

ad b)
Dohromady za 700 Kč, tzn. jedna za 100 Kč a dvě za 300 Kč nebo dvě za 100 Kč a jedna za 500 Kč:

Příklad 2.9.2. Z celkové produkce závodu jsou 4 % zmetků a z dobrých je 75 % standardních. Určete pravděpodobnost, že náhodně vybraný výrobek je standardní.

Řešení:
jev A...vybraný výrobek není zmetek
jev B ...vybraný výrobek je standardní
Víme, že: P(A) = 1 - 0,04 = 0,96; P(B/A) = 0,75
Hledaná pravděpodobnost:
P(A.B) = P(A).P(B/A) = 0,96.0,75 = 0,72

Příklad 2.9.3. Z výrobků určitého druhu dosahuje 95 % předepsanou kvalitu. V určitém závodě, který vyrábí 80 % celkové produkce, však předepsanou kvalitu má 98 % výrobků. Mějme náhodně vybraný výrobek předepsané kvality. Jaká je pravděpodobnost, že byl vyroben ve výše uvedeném závodě?

Řešení:
jev A...výrobek je vyroben ve zmiňovaném závodě
jev B...výrobek je předepsané kvality

Příklad 2.9.4. Menza VŠB zakoupila 12 chladniček z 1. závodu, 20 z 2. závodu a 18 z 3. závodu. Pravděpodobnost, že chladnička je výborné jakosti, pochází-li z 1. závodu je 0,9, z 2. závodu 0,6 a z 3. závodu 0,9. Jaká je pravděpodobnost, že náhodně vybraná chladnička bude výborné jakosti?

Řešení:
jev A...náhodně vybraná chladnička bude výborné jakosti
jev B_i... náhodně vybraná chladnička pochází z i-tého závodu
Chladniček je dohromady 50.
A = (A.B₁) + (A.B₂) + (A.B₃)
P(A) = P(A.B₁) + P(A.B₂) + P(A.B₃)
P(A) = P(B₁).P(A/B₁) + P(B₂).P(A/B₂) + P(B₃).P(A/B₃)

Příklad 2.9.5. Ve společnosti je 45 % mužů a 55 % žen. Vysokých nad 190 cm je 5 % mužů a 1 % žen. Náhodně vybraná osoba je vyšší než 190 cm. Jaká je pravděpodobnost, že je to žena?

Řešení:
jev A...vybraný člověk je vyšší než 190 cm
jev B₁...vybraný člověk je muž
jev B₂...vybraný člověk je žena

Příklad 2.9.6. Sada, kterou tvoří 100 součástek, je podrobena výběrové kontrole. Sada se nepřijme, jestliže mezi pěti kontrolovanými součástkami je alespoň jedna vadná. Jaká je pravděpodobnost toho, že se sada nepřijme, jestliže obsahuje 5% vadných součástek?

Řešení: Budeme řešit pomocí opačného jevu. Ten spočívá v tom, že sada bude přijata. Tento jev je průnikem pěti jevů:
A = A₁.A₂.A₃.A₄.A₅, kde A_k znamená, že k-tá kontrolovaná součástka je kvalitní.
Pravděpodobnost jevu A₁:

(100 součástek z nichž je 95 kvalitních)
Když nastane jev A₁, zůstane 99 součástek, mezi nimiž je 94 kvalitních, takže:

Pravděpodobnost zbývajících jevů odvodíme obdobným způsobem, tzn.

P(A) = 1 -

= 1 - 0,77 = 0,23

Příklad 2.9.7. Dva střelci vystřelí po jedné ráně. Pravděpodobnosti zásahu cíle jsou po řadě 0,5 a 0,9. Určete pravděpodobnost toho, že alespoň jeden střelec zasáhne cíl.

Řešení:
jev A: alespoň jeden zasáhne cíl
jev B: cíl zasáhne první střelec
jev C: cíl zasáhne druhý střelec
P(A) = P(B.C + B.C + B.C) = P(B.C) + P(B.C) + P(B.C) = P(B).P(C) + P(B).P(C) + P(B).P(C)
= 0,5.0,1 + 0,5.0,9 + 0,5.0,9 = 0,95
nebo:
P(A) = 1 - P(B.C) = 1 - P(B).P(C) = 1 - 0,5.0,1 = 0,95

Příklad 2.9.8. Vypočtěte, co je pravděpodobnější? Vyhrát v tenise se stejně silným soupeřem 3 zápasy ze 4 nebo 6 zápasů z osmi?

Řešení: Tenisové zápasy jsou vlastně opakované nezávislé pokusy. Hrajeme-li se stejně silným soupeřem je pravděpodobnost výhry v každém zápase p = 0,5, takže:
Pravděpodobnost, že vyhrajeme 3 zápasy ze 4:

Pravděpodobnost, že vyhrajeme 6 zápasů z 8:

Pravděpodobnější je tedy zvítězit ve třech zápasech ze čtyř.

Příklad 2.9.9. Narozeninový problém I. Spočítejte pravděpodobnost, že žádní dva lidé z patnáctičlenné skupiny nemají narozeniny ve stejný den roku. Ignorujte 29.únor.

Řešení: Označme P(n)...pravděpodobnost, že dva lidé z n-členné skupiny nemají narozeniny ve stejný den.
n = 2
První člověk má narozeniny libovolný den v roce. Pravděpodobnost, že druhý člověk nemá narozeniny tentýž den je:

n = 3
Navážeme-li na předchozí úvahu, pak:

Obdobně tedy:

Takže jsme odvodili obecný vzorec, nyní pro n = 15:

Příklad 2.9.10. Narozeninový problém II. (Richard von Mises, 1939)
Kolik lidí se musí nacházet v místnosti, aby, ignorujíce 29.únor, dva z nich měli narozeniny ve stejný den roku s pravděpodobností alespoň 50%.

Řešení: Označme P(n)...pravděpodobnost, že dva lidé z n-členné skupiny mají narozeniny ve stejný den. Využijeme řešení předchozího příkladu. Stačí si uvědomit, že:
P(n) = 1 - P(n), tedy:

Lehce zjistíme, že P(n) > 0,5 poprvé pro n = 23 (P(23) = 0,507)
V místnosti se tedy musí nacházet alespoň 23 lidí.

Ověřte si své znalosti a navštivte stránku s neřešenými úlohami