1. Schemat klasyczny.
Niech: \(\Omega =\{\omega _{1},\dots ,\omega _{n}\}\) oraz niech \(\Sigma \) składa się ze wszystkich podzbiorów zbioru \(\Omega \), czyli: \(\Sigma ={\cal P}(\Omega ).\) Jeżeli \(A\in \Sigma \), to przyjmijmy: \(P(A)={\# A\over n}.\)
Trójka \((\Omega ,\Sigma ,P)\) stanowi przestrzeń probabilistyczną.
Schemat klasyczny jest modelem wielu zjawisk w których liczba zdarzeń elementarnych jest skończona, są one jednakowo prawdopodobne i mamy pełną informację o eksperymencie.
Rzut kostką symetryczną: \(\Omega \) = \(\{1,2,3,4,5,6\}\) – wtedy prawdopodobieństwo każdego zdarzenia elementarnego wynosi \(\frac {1}{6}\).
Rzut dwiema kostkami symetrycznymi: \(\Omega = \{(i,j): i,j = 1,\dots , 6\}\) – zbiór 36 par utworzonych z liczb \(1,2,3,4,5,6\). Wtedy prawdopodobieństwo każdego zdarzenia elementarnego wynosi \(\frac {1}{36}\).
Gdy startując w konkursie wybieramy jedno z 20 pytań, nasz zbiór \(\Omega \) ma 20 elementów i prawdopodobieństwo zdarzenia elementarnego jest równe \(\frac {1}{20}\).
2. Schemat klasyczny z niepełną informacją.
Przykład – 2.5
Rzut dwiema kostkami. Informacja: suma oczek.
Na przykład, przy 10 rzutach można dostać taką informację:
\[ 4, 7, 5, 2, 6, 11, 7, 9, 9, 6. \]
Zdarzeniem elementarnym jest para liczb, czyli \(\Omega = \{(i,j): i,j = 1,...,6\} = \{1,...,6\}^2\).
Zdarzeniami są zbiory \(F_2\), …, \(F_{12}\), które składają się ze zdarzeń elementarnych. Na przykład \(F_4 = \{(1,3),(2,2),(3,1)\}\).
Ogólnie: \(F_k = \{(i,j): i+j = k\}\), \(k = 2,...,12\).
Na podstawie informacji, którą mamy można jednak powiedzieć, że na przykład zaszło zdarzenie: suma oczek jest większa od 10, gdyż jest to zdarzenie \(R_{11} \cup F_{12}\), lub, że suma oczek jest liczbą pierwszą: \(F_2 \cup F_3 \cup F_5 \cup F_7 \cup F_{11}\). \(\sigma \)-algebrą \(\Sigma \) jest więc rodzina składająca się ze wszystkich sum zbiorów \(F_2\), …, \(F_{12}\).
Powyższy przykład można uogólnić.
Niech \(\Omega =\{\omega _{1},\dots ,\omega _{n}\}\).
Niech \(F_1, \dots , F_k\) będą podzbiorami \(\Omega \) spełniającymi warunki:
\(\di \bigcup _{i=1}^k F_i = \Omega \), oraz \(F_i \cap F_j\) dla \(i \neq j\). Określamy:
\[ \Sigma = \left \{\bigcup _{j\ \in J} F_j: J \subset \Omega \right \}. \]
Określamy \(P : \Sigma \to \r \) jako \(P(A) = \frac {\# A}{n}\).
Oczywiście \(\Sigma \) jest \(\sigma \)-algebrą, a (Ω, Σ, P ) przestrzenią probabilistyczną.
Przykład – 2.6 Doświadczenie: trzykrotny rzut monetą symetryczną. Informacja: ile wypadło orłów.
\(\Omega = \{O,R\}^3\).
\(F_0 = \{(R,R,R)\}\), \(F_1 = \{(O,R,R),(R,O,R),(R,R,O)\}\),
\(F_2 = \{(0,O,R), (O,R,O), (R,O,O)\}\), \(F_3 = \{)O,O,O)\}\).
3. Schemat dyskretny skończony.
Niech: \(\Omega =\{\omega _{1},\dots ,\omega _{n}\}\), \(\Sigma ={\cal P}(\Omega ).\) Niech \(p_1,p_2, \dots , p_n\) będzie ciągiem liczb dodatnich (lub nieujemnych) takich, że \(\sum _{i=1}^np_i =1\). Określamy:
\[ P(A) = \sum _{i: x_i \in A}p_i, \mbox { dla } A \in \Sigma . \]
Można łatwo sprawdzić (ćwiczenie), że (Ω, Σ, P ) jest przestrzenią probabilistyczną.
Gdy \(p_i = \frac {1}{n}\), to otrzymujemy schemat klasyczny.
Gdy rzucamy fałszywą kostką, to \(p_i\) nie są sobie równe. Na przykład mogą wynosić: \(0.3, 0.15, 0.15, 0.15, 0.15, 0.1\).
Oczywiście \(P(\{\omega _i\}) = p_i\), dla każdego \(i\).
4. Schemat dyskretny nieskończony.
Niech: \(\Omega =\{\omega _{1}, \omega _2, \omega _3,\dots \}\), \(\Sigma ={\cal P}(\Omega ).\) Niech \(p_1,p_2, p_3 \dots \) będzie ciągiem liczb dodatnich (lub nieujemnych) takich, że \(\sum _{i=1}^\infty p_i =1\). Określamy:
\[ P(A) = \sum _{i: x_i \in A}p_i, \mbox { dla } A \in \Sigma . \]
Można sprawdzić, że (Ω, Σ, P ) jest przestrzenią probabilistyczną.
Przykład – 2.7
Powyższy schemat stosowany jest do opisu następującej sytuacji: Gracz rzuca tak długo kostką, aż uzyska „6". Interesuje nas, w którym rzucie to nastąpi. Inaczej, warto tak określić przestrzeń probabilistyczną, żeby
zdarzeniami elementarnymi były liczby 1,2,3, …. Zakładając, że mamy pełną informację o przebiegu eksperymentu, określamy więc:
\(\Omega = \{1,2,3, ... \}\), \(\Sigma ={\cal P}(\Omega ).\). Pamiętając, że \(p_i = P(\{i\})\) możemy kolejno określić: \(p_1\) – prawdopodobieństwo tego, że w pierwszym, rzucie pojawi się „6"= \(\frac
{1}{6}\). \(p_2\) – prawdopodobieństwo tego, że w pierwszym, rzucie pojawi się coś innego niż „6", a w drugim rzucie „6"= \(\frac {5}{36}\). Stosujemy tutaj schemat klasyczny:
\(\Omega = \{1,...,6\}^2\), \(A = \{(i,j) \in \Omega : 1 \le i \le 5, j = 6\}\), \(p_2 = P(A)\). Podobnie, stosując kolejno schematy klasyczne możemy obliczyć, że:
\(p_i = \frac {5^{i-1}}{6^i}\), dla \(i = 3,4,4, \dots \).
Zauważmy, że \(\sum _{i=1}^\infty p_i = \frac {1}{6}\frac {1}{1-\frac {5}{6}} = 1.\)
5. Przestrzeń probabilistyczna o nośniku \(\rn \).
Miech \(X\) będzie niepustym zbiorem. Niech \({\cal F} \subset {\cal P}(X)\) będzie rodziną zbiorów. Przez \(\sigma ({\cal F})\) oznaczamy najmniejszą \(\sigma \)-algebrę zawierającą rodzinę \(\cal F\). Zauważmy, że \(\sigma ({\cal F})\) jest iloczynem wszystkich \(\sigma \)-algebr zawierających \(\cal F\).
Jeżeli \(\cal F\) jest rodziną wszystkich zbiorów otwartych w \(X\), to \(\sigma ({\cal F})\) nazywamy \(\sigma \)-algebrą zbiorów borelowskich i oznaczamy \({\cal B}(X)\).
Gdy \(X = \r \), \({\cal B}(\r )\) może być scharakteryzowana również na inne równoważne sposoby. Można udowodnić, że: \({\cal B}(\r ) = \sigma ({\cal G})\), gdzie \(\cal G\) jest:
rodziną wszystkich zbiorów domkniętych, lub
rodziną wszystkich przedziałów \((a,b)\), lub
rodziną wszystkich przedziałów \((a,b]\), lub
rodziną wszystkich przedziałów \((-\infty ,b]\), i t.d. Podobnie można na różne sposoby scharakteryzować \({\cal B}(\rn )\), dla \(n > 1\).
Jakkolwiek \({\cal B}(\rn )\) zawiera większość podzbiorów zawartych w \(\rn \) rozważanych w praktyce i teorii, to istnieją podzbiory \(\rn \), które nie są zbiorami borelowskimi:
\[ {\cal P}(\rn ) \setminus {\cal B}(\rn ) \neq \emptyset !!! \]
Okazuje się, że na zbiorze \({\cal B}(\rn )\) można określić wiele różnych miar. Najważniejszą z nich jest miara Lebesgue’a, która w naturalny sposób uogólnia pojęcie długości w \(\r \), pola w \(\r ^2\) i objętości w \(\r ^3\). Będziemy tę miarę oznaczać przez \(\mu _{L_n}\).
Można pokazać, że miary Lebesgue’a nie można rozszerzyć na \(\sigma \)-algebrę wszystkich zbiorów, \({\cal P}(\rn )\).
Za pomocą miary Lebesgue’a można w różny sposób określać miary probabilistyczne. Najprostszy sposób to:
Prawdopodobieństwo geometryczne.
Niech \(\Omega \in {\cal B}(\rn )\) będzie takim zbiorem, że \(0 < \mu _{L_n}(\Omega ) < \infty \).
Niech \(\Sigma = \{A \subset \Omega : A \in {\cal B}(\rn )\}\).
Niech \(\di P(A) = \frac {\mu _{L_n}(A)}{\mu _{L_n}(\Omega )}\), dla \(A \in \Sigma \).
Można łatwo sprawdzić (ćwiczenie), że (Ω, Σ, P ) jest przestrzenią probabilistyczną.
Przykład – 2.8
Kaja i Leon losują na chybił-trafił i niezależnie od siebie po jednej liczbie od 0 do 100. Jeżeli liczby różnią się nie więcej niż o 10, uważają, że warto pójść razem do kina. Jakie jest prawdopodobieństwo, że Kaja i Leon pójdą razem do kina?
Przestrzenią zdarzeń elementarnych \(\Omega \) może być kwadrat \([0,100] \times [0,100]\), a miara probabilistyczna miara \(P\) określona jako \(P(A) = \frac {\mu _{L_2}(A)}{100^2})\) dla \(A\in \b (\Omega )\). Zdarzenie, które nas interesuje, \(\di K =\{(x,y) \in \Omega : |x-y| \le \frac {1}{10} \}.\) ma, jak łatwo się przekonać, prawdopodobieństwo \(P(K)= 0.19\).
Wybierając model matematyczny czynimy zawsze pewne założenia, które wydają się odpowiadać rzeczywistej sytuacji. W powyższym przykładzie założyliśmy, że niezależny od siebie wybór dwóch liczb od 0 do 100 jest identyczny z wyborem punktu w kwadracie o boku mającym długość 100. Gdybyśmy jednak wiedzieli, że, na przykład, Kaja będzie wybierać chętniej małe liczby, ten model byłby bezużyteczny.
Zawsze upewnij się, co w danej sytuacji należy rozumieć przez słowa „wybór losowy".
Przykład – 2.9
Dany jest okrąg o promieniu \(r = 1\). Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że losowo wybrana cięciwa tego okręgu jest krótsza niż bok trójkąta równobocznego wpisanego w ten okrąg?
Rozwiązanie:
(1) Mając ustalony jeden z końców cięciwy, wybieramy taki trójkąt równoboczny wpisany, że jego wierzchołek jest w tym punkcie. Losowanie cięciwy oznacza ustalenie drugiego jej końca. Tak więc \(\Omega \) jest całym okręgiem, za \(\Sigma \) naturalnie jest przyjąć rodzinę zbiorów mierzalnych na okręgu, a \(P\) jest miarą Lebesgue’a (długością) podzieloną przez \(2\pi .\) Widać, że prawdopodobieństwo interesującego nas zdarzenia jest równe \(2\over 3\).
(2) Aby wylosować cięciwę, wystarczy podać jej środek. Tutaj \(\Omega \) jest kołem, \(\Sigma \) jest rodziną zbiorów borelowskich zawartych w kole, a \(P\) jest miarą Lebesgue’a podzieloną przez pole koła \(\pi \). Łatwo policzyć, że teraz prawdopodobieństwo naszego zdarzenia jest równe polu pierścienia podzielonemu przez \(\pi \) = \(\frac {\pi - (\frac {1}{2})^2\pi }{\pi }\) = \(3\over 4\).
(3) Losujemy liczbę \(d\) od 0 do 1 i przez dowolnie wybrany punkt odległy od środka okręgu o \(d\) prowadzimy cięciwę prostopadłą do promienia okręgu wyznaczonego przez ten punkt. Teraz \(\Omega \) jest odcinkiem \([0,1]\), a prawdopodobieństwem miara Lebesgue’a. Prawdopodobieństwo, że cięciwa jest krótsza od boku trójkąta wynosi teraz \(\frac 12\).
Gdzie tkwi błąd?
Użyto frazę „losowo wybrana cięciwa" nie precyzując co to znaczy.