Câmp de probabilitate II - math.etti.tuiasi.romath.etti.tuiasi.ro/rosu/didactic/MS II_Slides_Camp Probabilitate_II.pdf · Sistem complet de evenimente Scheme clasice de probabilitate

Sistem complet de evenimenteScheme clasice de probabilitate

Câmp infinit de probabilitateProbabilitati geometrice

Câmp de probabilitate – II





1 Sistem complet de evenimente

2 Scheme clasice de probabilitateSchema lui PoissonSchema lui Bernoulli (a bilei revenite)Schema hipergeometrica (a bilei neîntoarsa)

3 Câmp infinit de probabilitate

4 Probabilitati geometrice




Sistem complet de evenimente




Definitia 1.1

O familie de evenimente {Ai , i = 1,2, . . . ,n } formeaza unsistem complet de evenimente daca au loc proprietatile:(i) P(Ai) > 0, ∀i ∈ {1,2, . . . ,n};(ii) Ai ∩ Aj = ∅, i , j ;

(iii) E =n⋃

i=1

Ai .

Daca E = {e1, · · · ,en} este finita, atunci multimeaevenimentelor elementare {ei}, i = 1,2, . . . ,n formeaza unsistem complet de evenimente.

Daca A este un eveniment, atunci A si A formeaza un sistemcomplet de evenimente.




Definitia 1.1


(iii) E =n⋃

i=1

Ai .






Definitia 1.1


(iii) E =n⋃

i=1

Ai .






Formula probabilitatii totale

Teorema 1.1

Daca {Ai , i = 1,2, . . . ,n } este un sistem complet deevenimente si X ∈ K este un eveniment arbitrar, atunci

P(X ) =n∑

i=1

P(Ai) · P(X |Ai). (1.1)

Demonstratie.

X = X∩E = X∩(n⋃

i=1

Ai) =n⋃

i=1

(X∩Ai), (X∩Ai)∩(X∩Aj) = ∅, i , j

P(X ) =n∑

i=1

P(X ∩ Ai) =n∑

i=1

P(Ai) · P(X |Ai).




Formula probabilitatii totale

Teorema 1.1

Daca {Ai , i = 1,2, . . . ,n } este un sistem complet deevenimente si X ∈ K este un eveniment arbitrar, atunci

P(X ) =n∑

i=1

P(Ai) · P(X |Ai). (1.1)

Demonstratie.

X = X∩E = X∩(n⋃

i=1

Ai) =n⋃

i=1

(X∩Ai), (X∩Ai)∩(X∩Aj) = ∅, i , j

P(X ) =n∑

i=1

P(X ∩ Ai) =n∑

i=1

P(Ai) · P(X |Ai).




Formula lui Bayes

Teorema 1.2

Daca {Ai , i = 1,2, . . . ,n} este un sistem complet deevenimente si X ∈ K este un eveniment arbitrar, atunci pentruorice i = 1,2, . . . ,n are loc

P(Ai |X ) =P(Ai) · P(X |Ai)

n∑j=1

P(Aj) · P(X |Aj)

. (1.2)

Demonstratie.

P(Ai |X ) =P(X ∩ Ai)

P(X )=

P(Ai) · P(X |Ai)n∑

j=1

P(Aj) · P(X |Aj)

.




Formula lui Bayes

Teorema 1.2

Daca {Ai , i = 1,2, . . . ,n} este un sistem complet deevenimente si X ∈ K este un eveniment arbitrar, atunci pentruorice i = 1,2, . . . ,n are loc

P(Ai |X ) =P(Ai) · P(X |Ai)

n∑j=1

P(Aj) · P(X |Aj)

. (1.2)

Demonstratie.

P(Ai |X ) =P(X ∩ Ai)

P(X )=

P(Ai) · P(X |Ai)n∑

j=1

P(Aj) · P(X |Aj)

.




Exemplu

Într-un canal de comunicatii se transmite 0 sau 1 cuprobabilitatile p si respectiv q = 1− p. Receptionerul face eroride decizie cu probabilitatea ε. Sa se determine cu ceprobabilitate se receptioneaza 1. Daca semnalul receptionateste 1, cu ce probabilitate a fost transmis 0?

A0 ="s-a transmis 0"; A1 ="s-a transmis 1"{A0,A1} formeaza un sistem complet de evenimente.A ="s-a receptionat 1".

P(A) = P(A0) ·P(A|A0)+P(A1) ·P(A|A1) = p ·ε+(1−p) ·(1−ε).

P(A0|A) =P(A0) · P(A|A0)

P(A).




Exemplu

Într-un canal de comunicatii se transmite 0 sau 1 cuprobabilitatile p si respectiv q = 1− p. Receptionerul face eroride decizie cu probabilitatea ε. Sa se determine cu ceprobabilitate se receptioneaza 1. Daca semnalul receptionateste 1, cu ce probabilitate a fost transmis 0?

A0 ="s-a transmis 0"; A1 ="s-a transmis 1"{A0,A1} formeaza un sistem complet de evenimente.A ="s-a receptionat 1".

P(A) = P(A0) ·P(A|A0)+P(A1) ·P(A|A1) = p ·ε+(1−p) ·(1−ε).

P(A0|A) =P(A0) · P(A|A0)

P(A).




Scheme clasice de probabilitate




Schema lui Poisson

Se dau n urne U1,U2, . . . ,Un care contin bile albe si bile negreîn proportii date. Din fiecare urna Ui , i = 1,n se extrage câte obila.

Ui →

pi = prob. ca bila extrasa sa fie alba

qi = prob. ca bila extrasa sa fie neagra, pi + qi = 1.

A = "se obtin k bile albe (si evident n − k bile negre)".

AtunciP(A) = coeficientul lui xk din polinomul

n∏i=1

(pix + qi) = (p1x + q1) · (p2x + q2) . . . · (pnx + qn) (2.1)




Schema lui Poisson

Se dau n urne U1,U2, . . . ,Un care contin bile albe si bile negreîn proportii date. Din fiecare urna Ui , i = 1,n se extrage câte obila.

Ui →

pi = prob. ca bila extrasa sa fie alba

qi = prob. ca bila extrasa sa fie neagra, pi + qi = 1.


AtunciP(A) = coeficientul lui xk din polinomul

n∏i=1

(pix + qi) = (p1x + q1) · (p2x + q2) . . . · (pnx + qn) (2.1)




Conditii ale unui experiment Poisson:1. Exista n efectuari în conditii diferite ale unui experiment.2. Fiecare experiment are exact doua rezultate posibile.3. Probabilitatile celor doua rezultate sunt diferite pe parcursulrepetarilor.4. Repetarile sunt independente una de cealalta.




Exemplu

Trei semnale sunt receptionate corect cu probabilitatile 0,8; 0,7si respectiv 0,9. Sa se determine cu ce probabilitate douasemnale sunt receptionate corect.

coeficientul lui x2 din polinomul

(0,8 x + 0,2) · (0,7 x + 0,3) · (0,9 x + 0,1).

P(A) = 0,398.




Exemplu

Trei semnale sunt receptionate corect cu probabilitatile 0,8; 0,7si respectiv 0,9. Sa se determine cu ce probabilitate douasemnale sunt receptionate corect.

coeficientul lui x2 din polinomul

(0,8 x + 0,2) · (0,7 x + 0,3) · (0,9 x + 0,1).

P(A) = 0,398.




Schema lui Bernoulli (a bilei revenite)

Dintr-o urna cu a bile albe si b bile negre, extragem curepunere n bile, n ≤ a + b.


Atunci

P(A) = Ckn pkqn−k , (2.2)

p =a

a + b, q =

ba + b

; 0 ≤ k ≤ a.

"schema binomiala"




Schema lui Bernoulli (a bilei revenite)

Dintr-o urna cu a bile albe si b bile negre, extragem curepunere n bile, n ≤ a + b.


Atunci

P(A) = Ckn pkqn−k , (2.2)

p =a

a + b, q =

ba + b

; 0 ≤ k ≤ a.

"schema binomiala"




Conditii ale unui experiment binomial (cu întoarcere):1. Exista n repetari identice ale unui experiment.2. Fiecare repetare are exact doua rezultate posibile.3. Probabilitatile celor doua rezultate ramân constante peparcursul repetarilor.4. Repetarile sunt independente una de cealalta.




Exemplu

Se arunca doua zaruri de 10 ori. Care este probabilitatea ca de4 ori sa apara suma 7?

p =6

36=

16, q =

56, n = 10, k = 4

P(A) = C410 ·

(16

)4·(

56

)6.




Exemplu

Se arunca doua zaruri de 10 ori. Care este probabilitatea ca de4 ori sa apara suma 7?

p =6

36=

16, q =

56, n = 10, k = 4

P(A) = C410 ·

(16

)4·(

56

)6.




Schema lui Bernoulli cu mai multe stari

Dintr-o urna cu bile de s ∈ N culori, extragem cu repunere nbile.Probabilitatea de a extrage ki bile de culoare i , i = 1,2, . . . , s,k1 + · · ·+ ks = n este

pn;k1,k2,...,ks =n!

k1! · k2! . . . · ks!pk1

1 · pk22 . . . · pks

s , (2.3)

pi este probabilitatea de a extrage o bila de culoare i ,p1 + p2 + . . .+ ps = 1.




Exemplu

Se arunca un zar de 10 ori. Care este probabilitatea ca exactde 2 ori sa apara fata cu un punct si exact de 3 ori sa apara fatacu doua puncte?

Avem:

n = 10, k1 = 2, k2 = 3, k3 = 5, p1 =16, p2 =

16, p3 =

46=

23,

iar probabilitatea ceruta este:

10!2! · 3! · 5!

·(

16

)2·(

16

)3·(

23

)5.




Exemplu

Se arunca un zar de 10 ori. Care este probabilitatea ca exactde 2 ori sa apara fata cu un punct si exact de 3 ori sa apara fatacu doua puncte?

Avem:

n = 10, k1 = 2, k2 = 3, k3 = 5, p1 =16, p2 =

16, p3 =

46=

23,

iar probabilitatea ceruta este:

10!2! · 3! · 5!

·(

16

)2·(

16

)3·(

23

)5.




Schema hipergeometrica (a bilei neîntoarsa)

Dintr-o urna cu a bile albe si b bile negre, extragem fararepunere n bile, n ≤ a + b.


Atunci

P(A) =Ck

a · Cn−kb

Cna+b

. (2.4)




Schema hipergeometrica (a bilei neîntoarsa)

Dintr-o urna cu a bile albe si b bile negre, extragem fararepunere n bile, n ≤ a + b.


Atunci

P(A) =Ck

a · Cn−kb

Cna+b

. (2.4)




Schema hipergeometrica cu mai multe stari

Într-o urna sunt bile de s ∈ N culori, ai bile au culoarea i ,i = 1,2, . . . , s. Extragem fara repunere n bile.Probabilitatea de e extrage ki bile de culoarea i ,k1 + k2 + . . .+ ks = n este

pk1,k2...ksa1,a2...,as =

Ck1a1 · C

k2a2 . . . · C

ksas

Ck1+k2+...+ksa1+a2+...+as

(2.5)




Exemplu

Intr-un lot de 100 de articole se afla 80 corespunzatoare, 15 cudefectiuni remediabile si 5 rebuturi. Alegem 6 articole. Cu ceprobabilitate 3 articole sunt bune, 2 cu defectiuni remediabile si1 articol este rebut?

1) extragerile se fac cu repunere:–cazul schemei Bernoulli generalizata

P(A) =6!

3! · 2! · 1!·(

80100

)3·(

15100

)2·(

5100

)1.

2) extragerile se fac fara repunere:–cazul schemei hipergeometrice generalizata

P(A) =C3

80 · C215 · C1

5

C6100

.




Exemplu

Intr-un lot de 100 de articole se afla 80 corespunzatoare, 15 cudefectiuni remediabile si 5 rebuturi. Alegem 6 articole. Cu ceprobabilitate 3 articole sunt bune, 2 cu defectiuni remediabile si1 articol este rebut?

1) extragerile se fac cu repunere:–cazul schemei Bernoulli generalizata

P(A) =6!

3! · 2! · 1!·(

80100

)3·(

15100

)2·(

5100

)1.

2) extragerile se fac fara repunere:–cazul schemei hipergeometrice generalizata

P(A) =C3

80 · C215 · C1

5

C6100

.




Câmp infinit de probabilitate




σ-algebra

Definitia 3.1

Fie E o multime oarecare nevida si fie K ⊆ P(E), K , ∅.Multimea de parti K se numeste σ-algebra daca satisfaceurmatoarele conditii:(i) ∀ A ∈ K ⇒ A ∈ K;(ii) ∀ An ∈ K, n ∈ N avem ⋃

n∈NAn ∈ K.




Proprietati1. E , ∅ ∈ K.

K , ∅ ⇒ ∃ A ∈ K ⇒ A ∈ K ⇒

A ∪ A = E ∈ K

∅ = E ∈ K

2. ∀ An ∈ K, n ∈ N avem⋂

n∈NAn ∈ K.

An ∈ K ⇒ An ∈ K ⇒⋃

n∈NAn =

⋂n∈N

An ∈ K ⇒⋂

n∈NAn ∈ K.

3. ∀ A,B ∈ K ⇒ A \ B ∈ K.

A \ B = A ∩ B ∈ K.





K , ∅ ⇒ ∃ A ∈ K ⇒ A ∈ K ⇒

A ∪ A = E ∈ K

∅ = E ∈ K

2. ∀ An ∈ K, n ∈ N avem⋂

n∈NAn ∈ K.

An ∈ K ⇒ An ∈ K ⇒⋃

n∈NAn =

⋂n∈N

An ∈ K ⇒⋂

n∈NAn ∈ K.

3. ∀ A,B ∈ K ⇒ A \ B ∈ K.

A \ B = A ∩ B ∈ K.





K , ∅ ⇒ ∃ A ∈ K ⇒ A ∈ K ⇒

A ∪ A = E ∈ K

∅ = E ∈ K

2. ∀ An ∈ K, n ∈ N avem⋂

n∈NAn ∈ K.

An ∈ K ⇒ An ∈ K ⇒⋃

n∈NAn =

⋂n∈N

An ∈ K ⇒⋂

n∈NAn ∈ K.

3. ∀ A,B ∈ K ⇒ A \ B ∈ K.

A \ B = A ∩ B ∈ K.





K , ∅ ⇒ ∃ A ∈ K ⇒ A ∈ K ⇒

A ∪ A = E ∈ K

∅ = E ∈ K

2. ∀ An ∈ K, n ∈ N avem⋂

n∈NAn ∈ K.

An ∈ K ⇒ An ∈ K ⇒⋃

n∈NAn =

⋂n∈N

An ∈ K ⇒⋂

n∈NAn ∈ K.

3. ∀ A,B ∈ K ⇒ A \ B ∈ K.

A \ B = A ∩ B ∈ K.





K , ∅ ⇒ ∃ A ∈ K ⇒ A ∈ K ⇒

A ∪ A = E ∈ K

∅ = E ∈ K

2. ∀ An ∈ K, n ∈ N avem⋂

n∈NAn ∈ K.

An ∈ K ⇒ An ∈ K ⇒⋃

n∈NAn =

⋂n∈N

An ∈ K ⇒⋂

n∈NAn ∈ K.

3. ∀ A,B ∈ K ⇒ A \ B ∈ K.

A \ B = A ∩ B ∈ K.





K , ∅ ⇒ ∃ A ∈ K ⇒ A ∈ K ⇒

A ∪ A = E ∈ K

∅ = E ∈ K

2. ∀ An ∈ K, n ∈ N avem⋂

n∈NAn ∈ K.

An ∈ K ⇒ An ∈ K ⇒⋃

n∈NAn =

⋂n∈N

An ∈ K ⇒⋂

n∈NAn ∈ K.

3. ∀ A,B ∈ K ⇒ A \ B ∈ K.

A \ B = A ∩ B ∈ K.




Def. functia de probabilitate; Kolmogorov

Definitia 3.2

Fie E o multime si fie K o σ-algebra de parti ale lui E. O functieP : K → [0,1 ] care satisface urmatoarele proprietati:(i) P(E) = 1;(ii) ∀ (An)n ∈ K, An ∩ Am = ∅, ∀ n , m avem

P

(⋃n∈N

An

)=∑n∈N

P(An),

se numeste probabilitate.(E ,K,P) se numeste câmp infinit de probabilitate.




Probabilitati geometrice




Având cunoscuta masura unui domeniu din R, R2 sau R3 vomavea în vedere în cele ce urmeaza probleme ce implicaprobabilitati geometrice în care factorul aleator depinde demasura domeniului considerat.Presupunem ca un "punct aleator" se afla într-un domeniuposibil E ⊂ Rn, n = 1,2,3 iar probabilitatea ca acesta sa seafle într-un anumit domeniu, depinde de marimea µ (masura)acestui domeniu; marimea este o lungime (n = 1), o arie(n = 2) sau respectiv un volum (n = 3). Probabilitatea ca"punctul aleator" sa se afle într-un domeniu favorabil D ⊂ Eeste

P(D) =µ(D)

µ(E). (4.1)




Exemplu

Pe cadranul unui osciloscop, care este un patrat cu latura a > 0apare aleator un semnal luminos. Cu ce probabilitate acestaapare la o distanta d ≤ a

2fata de centrul ecranului?

Domeniul posibil este interiorul patratului cu aria a2. Domeniulfavorabil este interiorul cercului cu centrul 0 si raza a

2 , al caruicentru coincide cu centrul patratului. Deci

P =π

(a2

)2

a2 =π

4.




Exemplu

Pe cadranul unui osciloscop, care este un patrat cu latura a > 0apare aleator un semnal luminos. Cu ce probabilitate acestaapare la o distanta d ≤ a

2fata de centrul ecranului?

Domeniul posibil este interiorul patratului cu aria a2. Domeniulfavorabil este interiorul cercului cu centrul 0 si raza a

2 , al caruicentru coincide cu centrul patratului. Deci

P =π

(a2

)2

a2 =π

4.




Exemplu

O banda magnetica are lungimea de 200 m si contine douamesaje înregistrate pe doua piste; pe prima pista se afla unmesaj de 30 m, iar pe a doua de 50 m, ale caror pozitii pebanda nu se cunosc precis. Din cauza unei defectiuni, dupaprimii 80 m trebuie îndepartati 10 m de banda. Gasitiprobabilitatile evenimentelor:A "nici o înregistrare nu este afectata";B "prima înregistrare este afectata si a doua nu";C "a doua înregistrare este afectata si prima nu";D "ambele înregistrari sunt afectate".




Fie x , y coordonata la care poate începe prima respectiv adoua înregistrare; x ∈ [0,170], y ∈ [0,150].

–pentru ca prima înregistrare sa nu fie afectata, trebuie cax ∈ [0,50] ∪ [90,170],

–pentru cea de-a doua trebuie ca y ∈ [0,30] ∪ [90,150].Pentru fiecare eveniment considerat probabilitatea secalculeaza ca raportul ariei domeniului marcat corespunzatordin figura si aria domeniului total posibil (vezi figura (1)).

Figure:




Exemplu

Doua semnale de lungime t < 12 sunt transmise în intervalul de

timp [0,1]; fiecare poate sa înceapa în orice moment alintervalului [0,1− t ]. Daca semnalele se suprapun, chiar sipartial, se distorsioneaza si nu pot fi receptate. Gasitiprobabilitatea ca semnalele sa fie receptionate faradistorsionari.




Fie x momentul la care poate sa înceapa primul semnal si ymomentul începerii celui de-al doilea. Domeniul posibil este unpatrat de latura 1− t .

Pentru a nu se distorsiona transmiterea este necesar cadistanta dintre momentele de începere ale semnalelor sa fiemai mare decât lungimea unui semnal, deci iar domeniulfavorabil este

A = { (x , y); |x − y | > t }.

Probabilitatea ceruta este(1− 2t)2

(1− t)2 .

Figure:


Documents

Câmp de probabilitate II - math.etti.tuiasi.romath.etti.tuiasi.ro/rosu/didactic/MS II_Slides_Camp Probabilitate_II.pdf · Sistem complet de evenimente Scheme clasice de probabilitate