Forelesning 5, kapittel 3. : 3.5: Uavhengige hendelser.

Transkript

1 Forelesning 5, kapittel 3. : 3.5: Uavhengige hendelser. Kast med to terninger, A er sekser på første terning og B er sekser på andre terning. Sekser på begge terningene er Fra definisjonen av betinget sannsynlighet er Generelt sier vi at A og B er statistisk uavhengige hendelser hvis P(B A)=P(B) Hvis vi har uavhengige hendelser behøver vi ikke bry oss om betinget sannsynlighet. Dette vil være situasjonen i det meste av det vi skal gjøre i resten av pensum, så uavhengiget er mye viktigere enn betinget sannsynlighet. Ofte sier vi bare "uavhengige hendelser" hvis det ikke er fare for sammenblanding med andre typer uavhengighet (f.eks. lineær uavhengighet) man finner forskjellige steder i matematikken. des 9 19:22

2 Dette brukes gjerne som definisjonen på uavhengighet. mar 31 09:55

3 Eksempel 1 Oppgaven: En brannvarslingssystem består av en detektor som registrerer røyk, og en annen som registrerer varme. I følge garantien fra produsenten er sannsynligheten for at røykdetektoren virker som den skal (hvis det begynner å brenne) 0.98, og sannsynligheten for at varmesensoren virker som den skal er Hva er sannsynligheten for at minst en av disse virker, slik at brannen blir varslet (hvis den oppstår) Løsningsforslag. Vi kan kalle hendelsen at røykdetektoren virker for A, og at varmesensoren virker for B, og har fått oppgitt at P(A)=0.98 og P(B)=0.95. At minst en av delene virker er AUB, så vi må regne ut P(AUB). Hendelsene er ikke disjunkte (det kan godt hende begge delene virker), så vi må bruke summeformelen for overlappende hendelser: Vi kan ikke vite sikkert om hendelsene er stokastisk uavhengige, men kan ikke regne ut snittet og demed besvare oppgaven uten å gjøre denne antagelsen. Alternativ løsning. En annen mulighet er å gå omveien om den motsatte hendelsen, at systemet IKKE virker: Vi har at (en av DeMorgans lover, høyresiden er at "røykdetektoren virker ikke og varmesensoren virker ikke") Dermed er Og siden virker/virker ikke på de to delene antas uavhengig kan vi omforme sannsynligheten for snittet: Denne siste måten å gjøre det på er spesielt hensiktsmessig i tilsvarende problemstillinger der det inngår mer enn to komponenter. Neste eksempel er en situasjon der løsningsmetoden følger samme ide: mar 31 20:17

4 Eksempel 2 Problem: Et spill går ut på at man kan kaste en terning inntil 4 ganger, og vinner hvis man får (minst) en sekser på disse kastene. Hva er sannsynligheten for å vinne dette spillet? Kommentar: Dette var et av spørsmålene Chevalier de Mere sendte til Pascal og Fermat i 1649, og løsningen av dette ga støtet til at disse grunnla sannsynlighetsregninga. Den vanlige feilresonnementet er å tru at sannsynligheten er 1/6+1/6+1/6+1/6=2/3, mend de Mere innså nok at dette var feil. Ikke stemte det med hans erfaring, og dessuten bærer det åpenbart galt av sted om resonnementet utvides til 6 eller 7 kast. Løsning: La A 1 være sekser på første kast, A 2 sekser på andre, A 3 sekser på tredje og A 4 sekser på fjerde kast. Da er minst en sekser på de 4 kastene, altså vunnet spill, hendelsen Dette er ikke disjunkte hendelser, det er for eksempel godt mulig at det blir sekser både på første og andre kast. Derfor kan man ikke bare ganske enkelt addere sannsynlighetene. Trikset er å se på den motsatte hendelsen: Tapt spill, eller ingen seksere på de 4 kastene. Denne hendelsen kan omformes slik: Dette er en av de Morgans lover, og kan også innses språklig: Høyresiden kan leses "ikke sekser på første og ikke sekser på andre og ikke sekser på tredje og ikke sekser på fjerde kast", og dette er det samme som ikke sekser på noen av kastene, som er det motsatt av sekser på minst et av kastene. (fortsettelse neste side) mar 31 10:03

5 Eksempel 2 forts. Sannsynligheten for å vinne blir da Nå kommer uavhengigheten inn. Hva som skjer i hvert av kastene er selvfølgelig uavhengig av hva som har skjedd i de andre kastene, og gjentatt bruk av definisjonen av uavhengighet gir da at den siste sannsynligheten er Sannsynlighetene for ikke å få sekser i i te kast er 1 1/6 = 5/6, så Kommentar: Det andre spillet var kast med 2 terninger, og vunnet spill var å få dobbel seks i løpet av 24 kast. de Mere oppdaget ved erfaring at dette ga en annen og lavere vinstsannsynlighet. Denne sannsynligheten skal du selv regne ut i en av oppgavene. mar 31 10:03

6 Eksempel 3. Geometrisk fordeling. En terning skal kastes helt til første sekser kommer. Definer enkelthendelsene A x som utfallet at det kommer x kast før første sekser. Det er da ubegrenset mange teoretisk mulige utfall: A 0, A 1, A 2, A 3, A 4, A 5, A 6, A 7, A 8 og så videre. Sannsynligheten for å få sekser i et enkelt kast er p=1/6. P(A 0 ) = p = 1/6, for dette utfallet betyr at første sekser kommer med en gang. P(A 1 ) = (1 p) p = 5/6. 1/6, for dette utfallet betyr ikke sekser i første kast og sekser i andre kast (et snitt), og på grunn av uavhengighet skal disse sannsynlighetene da multipliseres. P(A 2 ) = (1 p) 2 p = (5/6) 2. 1/6, P(A x ) = (1 p) x p = (5/6) x. 1/6, først 2 "ikke seksere", så en sekser. først x "ikke seksere", så en sekser. Hendelser som har sannsynligheter beskrevet med denne formelen (vanligvis med en annen verdi av parameteren p) sier vi har en geometrisk fordeling. Problem: Anne og Bjørn skal spille et spill der de kaster terning annenhver gang, og den første som får sekser vinner. Anne kaster først. Hva er sannsynligheten for at Anne vinner? Løsning: At Anne vinner betyr at vi får et av utfallene A 0, A 2, A 4, A 6, A 8,..., altså A x, med x som partall. Hendelsen A, at hun vinner, er dermed en tellbar uendelig union av disjunkte hendelser. Sannsynligheten for slike unioner kan summeres, i følge Kolmogoroffs 3. aksiom (setning 10 på arket "Regneregler for sannsynlighet) : Eksemplet fortsetter på neste side. mar 31 10:21

7 Eksempel 3, Geometrisk fordeling, fortsetter Ved å sette inn sannsynlighetene for enkelthendelsene får vi da: Dette er en geometrisk rekke, og du har vel tidligere sett formelen for en sum av geometriske rekker: mar 31 10:21

8 Til slutt i denne forelesningen: Gjør pensumoppgave 3.3. Fortsett med forelesning 3.6 (kombinatorikk) som er den siste for kapittel 3. des 9 19:22