Paradoksy w probabilistyce

Lucjan Kowalski
ZADANIA, PROBLEMY I PARADOKSY W PROBABILISTYCE
Przypomnienie.
Ω - zbiór zdarzeń elementarnych. A – zdarzenie (podzbiór Ω).
A - liczba elementów zbioru A
Jeśli zdarzeń elementarnych jest skończenie wiele i są one jednakowo prawdopodobne to
możemy skorzystać z tzw. klasycznej definicji prawdopodobieństwa.
P( A) =
A liczba zdarzeń – elementarnych sprzyjających
=
Ω
liczba wszystkich zdarzeń – elementarnych
Przykład. W kolejce do kasy losowo ustawiło się 8 osób, wśród nich Pawlak i Kargul. Jakie
jest prawdopodobieństwo, że będą oni stali obok siebie.
P( A) =
A
Ω
=
2!⋅6!⋅7
= 0,25
8!
Stosując definicję klasyczną należy zwracać uwagę na założenia
Błąd d’Alemberta
Rzucamy dwiema identycznymi, symetrycznymi monetami. Są trzy możliwe wyniki
doświadczenia
ω1 – wypadły dwa orły, ω2 – wypadły dwie reszki, ω3 – wypadł orzeł i reszka,
Problem: czy P({ω1}) = P({ω2}) = P({ω3}) = 1/3 ?
Matematyk i fizyk francuski d’Alembert (1717-1783), sądził, że tak.
Mylił się, bowiem aby zastosować schemat klasyczny należy wybrać inny model wyników.
Należy przyjąć Ω = {(O,O), (R,R), (O,R), (R,O)},
Wtedy wracając do pierwszego modelu mamy
P({ω1}) = P({ω2}) = ¼; P({ω2}) = ½
Można to sprawdzić eksperymentalnie.
ile razy
częstość
{O,O}
0
24
0,24
{O,R}
1
53
0,53
{R,R}
2
23
0,23
100
1
1
Zadanie.
Rzucamy 2 razy symetryczną monetą. Wiadomo, że jeden z wyników to orzeł. Jakie jest
prawdopodobieństwo, że pozostały wynik to reszka?
Odpowiedź bez namysłu, ½ lub ¼ jest błędna.
Należy wykorzystać dodatkową informację podaną w zadaniu.
Wtedy wyniki ograniczymy do zbioru trzyelementowego {(O,O), (O,R), (R,O)},
i mamy dwa zdarzenia sprzyjające (O,R), (R,O).
Odp. 2/3
Losowanie liczby naturalnej.
Ω = N = {1, 2, 3, …}.
Losujemy liczbę naturalną.
Jakie jest prawdopodobieństwo, że będzie to liczba parzysta?
Jakie jest prawdopodobieństwo, że będzie to liczba podzielna przez 3?
Paradoks Schrödingera.
Losujemy liczbę naturalną n (każda ma taką samą szansę).
Tworzymy liczbę o 1 większą n+1 i jedną z nich losowo dajemy graczowi A, a drugą
graczowi B. Każdy z graczy zna liczbę przeciwnika i nie zna swojej. Gra polega, na tym, że
osoba z mniejszą liczbą płaci przeciwnikowi, tyle ile wynosi jego liczba. Każdy może
poprosić o kolejne losowanie, lecz nikt tego nie robi bo gdy gracz widzi n to wygra n albo
przegra n-1 (obie sytuacje z takim samym prawdopodobieństwem) czyli
-(n-1)0,5+n0,5 = 0,5
Tak samo myśli przeciwnik.
Fakt.
Nie da się zdefiniować prawdopodobieństwa na N aby P(kN) = 1/k,
(wniosek z lematu Borela-Cantelliego)
Wykrywanie braku losowości.
Rzucamy 32 razy symetryczną monetą.
Rozpatrzmy dwa ciągi
ROOROROROOROROOORROORORROOORORRR
ORRRROOORORROOOORRRORRRROORRRRRO
Który z nich jest zapisem prawdziwego doświadczenia, a który jest „podróbką”?
2
Badanie losowości próby – test serii
Dla rozpatrywanego ciągu danych statystycznych obliczamy medianę Me.
Elementom próby przypisujemy symbol a lub b:
a – gdy xi > Me,
b – gdy xi < Me
(elementów xi = Me nie rozpatrujemy).
Serie to podciągi złożone z jednakowych symboli.
Rozpatrujemy hipotezy
H0 (elementy próby mają charakter losowy),
H1 (elementy próby nie mają charakteru losowego),
Stosujemy statystykę:
Un = liczba serii
Zbiór krytyczny:
K = (– ∞; k1> ∪ < ( k2; ∞)
gdzie k1 odczytujemy z tablicy rozkładu serii dla poziomu istotności α/2 i liczb n1 oraz n2,
gdzie k2 odczytujemy z tablicy rozkładu serii dla poziomu istotności 1 – α/2 i liczb n1 oraz n2,
gdzie n1 – liczba symboli a, n2 – liczba symboli b,
Decyzje:
Jeśli un ∈ K to H0 odrzucamy,
Jeśli un ∉ K to nie ma podstaw do odrzucenia H0 .
Paradoks urodzeń.
Problem:
Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że wśród k (1 < k < 366) studentów, którzy uczestniczą
w wykładzie z rachunku prawdopodobieństwa są co najmniej dwie osoby, które obchodzą
urodziny tego samego dnia? Przyjąć, że rok ma 365 dni.
 365 

k!
k 

)
(odp. 1 −
365k
Okazuje się, że nawet dla niedużych wartości k w porównaniu z liczbą dni w roku
otrzymujemy wysokie rozpatrywane prawdopodobieństwa.
 365 

k!
Wyznaczymy w tablicy wartości funkcji 1 −  kk 
365
3
(2 ≤ k ≤ 60).
k
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
P(A)
0,002739726
0,008204166
0,016355912
0,027135574
0,040462484
0,056235703
0,074335292
0,094623834
0,116948178
0,141141378
0,167024789
0,194410275
0,223102512
0,25290132
0,283604005
0,315007665
0,346911418
0,379118526
0,411438384
0,443688335
0,475695308
0,507297234
0,538344258
0,568699704
0,59824082
0,626859282
0,654461472
0,680968537
0,706316243
0,730454634
0,753347528
0,774971854
0,795316865
0,814383239
0,832182106
0,848734008
0,864067821
0,878219664
0,89123181
0,903151611
0,914030472
0,923922856
0,932885369
0,940975899
0,948252843
0,954774403
0,960597973
0,965779609
0,97037358
4
Ilu studentów powinno być na wykładzie, aby szansa spotkania się co najmniej dwóch osób,
które obchodzą urodziny tego samego dnia wynosiła
a) co najmniej 50%,
b) co najmniej 95%,
(odp. a) k > 22; b) k > 47)
Paradoks petersburski (D.Bernoulli, Petersburska Akademia Nauk)
Mamy propozycję następującej gry: Wpłacamy na początku pewną stawkę S, następnie
rzucamy monetą; gdy wypadnie orzeł to otrzymujemy 2zł, gdy wypadnie reszka to rzucamy
ponownie monetą i gdy tym razem wypadnie orzeł to otrzymujemy 4zł, gdy natomiast
wypadnie reszka to rzucamy ponownie monetą i gdy tym razem wypadnie orzeł to
otrzymujemy 8zł, itd.
Jaką stawkę S warto zapłacić?,
Jaka jest przeciętna wartość wygranej w tej grze?,
Niech
W – wygrana,
k – numer rzutu, w którym pojawił się orzeł po raz pierwszy
Zatem wygrywamy 2k zł, z prawdopodobieństwem
Wyznaczymy w tablicy wartości funkcji P(k)
oczekiwanej wypłaty.
5
1
.
2k
(1 ≤ k ≤ 8), wartości wygranej wartość
k
P(k)
1
2
3
4
5
6
7
8
wygrana
0,5
0,25
0,125
0,0625
0,03125
0,015625
0,0078125
0,00390625
oczekiwana wypłata
2
4
8
16
32
64
128
256
1
1
1
1
1
1
1
1
Zatem warto postawić dowolnie wysoką stawkę, bo przeciętna wartość wygranej w tej grze
jest nieskończona.
Prawdopodobieństwo geometryczne na płaszczyźnie.
Jeśli zdarzenia elementarne są podzbiorem płaszczyzny o skończonym i niezerowym polu i są
one jednakowo prawdopodobne to stosujemy tzw. prawdopodobieństwo geometryczne.
P ( A) =
pole A
pole Ω
Analogicznie można zdefiniować prawdopodobieństwo geometryczne w przypadku zbiorów
jednowymiarowych.
Przykład zastosowania prawdopodobieństwa geometrycznego.
W trójkącie równobocznym ABC o boku a losowo wybieramy punkt D. Jakie jest
prawdopodobieństwo, że trójkąt ABD ma pole nie większe niż połowa pola trójkąta ABC ?
Odp. szukane prawdopodobieństwo wynosi 0,75.
Paradoks Bertranda – paradoks dostrzeżony przez J.Bertranda i opublikowany w jego pracy
„Calcul des probabilités” w 1889 r.
Na okręgu o promieniu 1 skonstruowano losowo cięciwę. Jaka jest szansa, że cięciwa będzie
dłuższa, niż bok trójkąta równobocznego wpisanego w ten okrąg?
Bertrand wykazał, że do rozwiązania tego problemu można zastosować różne podejścia –
wszystkie poprawne z formalnego punktu widzenia, z których każdy prowadzi do
sprzecznych rezultatów z pozostałymi.
Rozpatrzmy dwa takie podejścia.
Podejście pierwsze.
Za zdarzenie elementarne przyjmujemy wybór kąta środkowego α, opartego na cięciwie. Ω =
[ 0, 2π ]
Zdarzenie sprzyjające A = ( 2/3 π, 4/3 π ).
6
4
2
π− π
3 =1
P ( A) = 3
2π
3
Podejście drugie.
Za zdarzenie elementarne przyjmujemy odległość środka skonstruowanej cięciwy od środka
okręgu. Ω = [ 0, 1 ]
Zdarzenie sprzyjające B = [0; 0,5)
Kluczowy wpływ na obliczone prawdopodobieństwo ma wybór zbioru zdarzeń
elementarnych. Bertrand chciał w ten sposób wykazać, że klasyczna definicja
prawdopodobieństwa, rozumiana jako liczba zdarzeń sprzyjających do liczby wszystkich
zdarzeń elementarnych nie może być bezpośrednio zastosowana do zbiorów nieskończonych.
Wynik zależy tu od tego jak rozumiemy zwrot "wybieramy losowo cięciwę”. Rozwiązaniem
paradoksu jest zatem dodanie do definicji prawdopodobieństwa w zbiorach nieskończonych
funkcji, która w jednoznaczny sposób określa "sposób losowania" elementów z tego zbioru.
Paradoks zmiany decyzji w "Idź na całość"
Wpływ dodatkowej informacji na prawdopodobieństwo. Oto opis najczęściej spotykanej
wersji: Teleturniej "Idź na całość"
Gracz ma wybrać jedną z trzech skrzynek: w jednej jest cenna nagroda. Gracz wskazuje
skrzynkę - nic nie wiedząc wybiera ją losowo. Przed otwarciem skrzynki prowadzący
teleturniej (który wie, gdzie jest nagroda) otwiera jedną z pozostałych dwóch skrzynek, pustą.
Prowadzący pyta gracza: "Pozostajesz przy swoim wyborze, czy zmieniasz?". Co ma zrobić
gracz? Pozostać przy swoim początkowym wyborze, czy go zmienić?
Rozwiązanie:
Ponumerujmy skrzynki: 1 - pusta, 2 - pusta, 3 - pełna. Najpierw gracz (G) losuje jedną z
trzech możliwości, potem losuje prowadzący (P):
wybór gracza
1
2
3
Prawdopodobieństwo: 1/3 1/3 1/3
I
1/3
1/3
Gracz
1/3
1
2
7
3
Szansa na wygraną wynosi 1/3.
Wybór prowadzącego. Niewiadome prawdopodobieństwo losowania przez prowadzącego,
gdy gracz trafił, przyjmujemy równe 1/2.
1/3
1/3
Gracz
1/3
1
3
2
1
1
1/2
1/2
1
2
1
2
Prowadzący
Zmiana pierwotnego wyboru
1/3
1/3
Gracz
1/3
1
1
1
1
3
1/2
1/2
1
2
1
2
1
3
2
1
3
Gracz
1
1
Prowadzący
2
Szansa na wygraną wynosi teraz 1/3 + 1/3 = 2/3.
Zatem zmiana pierwotnego wyboru podwaja szanse.
22.10.2011
8