Wiele problemów można sprowadzić do kwestii losowania. Omówimy dwa najprostsze schematy losowań.
Wyobraźmy sobie, że w urnie jest \(N = 10\) ponumerowanych kul i że wyciągamy z tej urny po kolei \(n = 5\) kul. Zauważmy, że mogą być tu zastosowane dwie metody losowania:
• po wyciągnięciu kuli zapisujemy jej numer i wrzucamy ją z powrotem do urny.
Zdarzeniami są na przykład ciągi:
\[ (4,2,10,5,7);\ \ (3,3,6,1,2); \ \ (1,2,3,4,5) \ \mbox { lub } \ (7,7,7,7,5); \]
• kolejne wyciągnięte kule ustawiamy obok urny. Zdarzeniami są na przykład zbiory:
\[ \{3,5,6,7,8\};\ \ \{1,2,4,8,10\}\ \mbox { lub }\ \{2,3,4,5,6\}; \]
Zauważmy, że:
W pierwszym przypadku kule mogą się powtarzać i że musimy uwzględniać kolejność, w jakiej się pojawiają. Gdybyśmy nie uwzględnili kolejności, wynik \((1,2,3,4,5)\) odpowiadałby wielu losowaniom, a wynik \((4,4,4,4,4)\) tylko jednemu, tak więc prawdopodobieństwo drugiego wyniku musiałoby być mniejsze niż prawdopodobieństwo wyniku pierwszego, co w schemacie klasycznym nie może zachodzić – a właśnie ten schemat chcemy wykorzystać.
W drugim przypadku każdy taki zbiór jest dla nas zdarzeniem elementarnym. Zauważmy, że kule nie mogą się oczywiście powtarzać i że nie uwzględniamy kolejności – wyobraźmy sobie, że zamiast wyciągać kule po kolei bierzemy pięć kul jednocześnie (i dopiero wtedy odczytujemy numery).
Sytuacja ogólna:
Losowanie \(n\) elementów ze zwracaniem z \(N\) elementowego zbioru \(X\)
\[ \Omega = X^n = \{(x_1, \dots ,x_n): x_i \in X \textrm { dla }\; i=1,\ldots ,n\}, \ \ \ \# \Omega = N^n. \]
Losowanie \(n\) elementów bez zwracania z \(N\) elementowego zbioru \(X\)
\[ \Omega = \{A \subset X: \# A = n \}, \ \ \ \ \# \Omega = \binom {N}{n}. \]
Przykład – 2.10 Dany jest \(N\) elementowy zbiór \(X\) oraz \(N_0\) elementowy podzbiór \(W \subset X\). Losujemy \(n\) elementów ze zbioru \(X\). Jakie jest prawdopodobieństwo, że wśród nich dokładnie \(k\) elementów pochodzi ze zbioru \(W\)? Rozwiązanie (losowanie ze zwracaniem). Zdarzeniem sprzyjającym \(A\) jest tutaj zbiór ciągów \(n\) elementowych, z których dokładnie \(k\) elementów jest ze zbioru \(W\). Liczność takiego zbioru jest \(\# A = \binom {n}{k}N_0^k (N - N_0)^{n-k}\). A więc:
\(\seteqnumber{0}{2.}{0}\)\begin{equation} \label {eq:prz1} P(A) = \frac {\binom {n}{k}N_0^k (N - N_0)^{n-k}}{N^n} = \binom {n}{k}\left (\frac {N_0}{N}\right )^k \left (1 -\frac {N_0}{N}\right )^{n-k}. \end{equation}
Rozwiązanie (losowanie bez zwracania). Zdarzeniem sprzyjającym \(A\) jest tutaj zbiór podzbiorów \(n\) elementowych, z których dokładnie \(k\) elementów jest ze zbioru \(W\). Liczność takiego zbioru jest \(\# A = \binom {N_0}{k}\binom {N-N_0}{n-k}\). A więc:
\[ P(A) = {\binom {N_0}{k}\binom {N-N_0}{n-k}}\left /{\binom {N}{n}}\right .. \]
Przykład – 2.11
Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że na roku liczącym 75 studentów znajdziemy dwie osoby obchodzące urodziny tego samego dnia?
Tutaj zdarzeniem elementarnym jest 75-elementowy ciąg o elementach będących kolejnymi dniami roku. Przyjmując upraszczające założenia, że rok ma 365 dni i że we wszystkich dniach roku rodzi się mniej więcej tyle samo ludzi mamy do czynienia z zagadnieniem równoważnym losowaniu ze zwracaniem – 5 razy losujemy datę. Mamy więc \(\#\Omega = 365^{75}\) (jest to naprawdę duża liczba). W tym zadaniu wygodniej będzie wyznaczyć zdarzenie przeciwne do interesującego nas zdarzenia, oznaczmy je przez \(A\). Zdarzenie \(A\) składa się ze zdarzeń elementarnych odpowiadających ciągom, których wszystkie wyrazy są różne. Ponieważ mając wybrany \(75\)-elementowy zbiór, możemy z niego utworzyć \(75!\) różnych ciągów, a z \(365\) elementów możemy utworzyć \(\binom {365}{75}\) różnych zbiorów, więc \(\#A \) jest równa iloczynowi tych dwóch liczb. W takim razie:
\[ P(A) = \frac {75!\binom {365}{75}}{365^{75}}. \]
Wyliczamy (np. Maple):
\[P(A) \approx 0.0002801218262\;\textrm { oraz }\;1 - P(A) \approx 0.9997198782.\]