Föreläsning 5

Ettor och nollor

Vi skickar nollor och ettor.

P(0_"send")=0.4
P(1_"send")=0.6

Vi rectagar dessa också.

P(1_"rec" | 0_"send")=0.01
P(0_"rec" | 1_"send")=0.02

a)

P(1_"send" | 1_"rec") = ( P(1_s nn 1_m) )/ ( P(1_m) ) = ( P(1_s) P(1_m | 1_s) ) / ( P(1_m) P(1_m | 1_s) + P(0_s) )
=(0.6*0.98)/(0.6*0.98+0.4*0.01) = 0.9932

b)

P("fel tecken") = P(1_s nn 0_m) + P(0s nn 1_m) = P(1_s) P(0_m | 1_s) + P(0_s) P(1_m | 0_s) = 0.6*0.02+0.40.01=0.016 <- Sannolikhet för att ta emot fel.

P(A | B) = (P(A nn B)) / (P(B)) iff P(A nn B) = P(B) P(A | B) = P(A) P(B | A)
Observera att A händer innan B.

Oberoende händelser

Två händelser är oberoende av varandra om P(A nn B) = P(A) * P(B)
Exempel: Flera kast med tärning. Om B har inträffat påverkar det inte sannolikheten att A ska inträffa.

Om A och B är oberoende gäller:
P(A | B) = ( P(A nn B) ) / ( P(B) ) = [P(A) * P(B)]/ (P(B)) = P(A)
Obs: Förväxla inte oberoende och disjunkta händelser!

Utökat till tre händelser.
A, B, C är oberoende händelser om
P(A nn B) = P(A) P(B)
P(A nn C) = P(A) P(C)
P(B nn C) = P(B) P(C)
P(A nn B nn C) = P(A) P(B) P(C)

A nn B = ∅ iff A "och" B disjunkta
P(A nn B) = P(A) P(B | A) = P(B) P(A | B)

P(A) P(B) iff A "och" B oberoende

Alltså. Snittet av A och B är ganska otillräcklig information för att kunna räkna på det. Om man låter A och B vara hjärter, så är A nn B beroende på återlägg. Om återlägg är med så är A och B oberoende; medans utan återlägg så är A och B beroende.

2.34

Utför två kast med tärning.

A = första kastet. Ger 2 eller 5 .
B = Summan är minst 7.

Är A och B oberoende? Dvs P(A nn B) = P(B) P(A) ?

A = 5 | 2 iff 2 <= B <= 6 vv 5 <= B <= 6

P(A) = 2/6 = 1/3
P(B) = 21/36

P(A nn B) = 7/36 = P(A) P(B) = 21/36 * 1/3

Sannolikhet oberoende upprepade försök

Ett försök upprepas n oberoende gånger. A är en händelse som inträffar med sannolikheten p i ett försök. Sannolikheten att A inträffar k gånger under de n försöken är P(A)=((n),(k)) p^k (1-p)^(n-k)

Ex. Oberoende upprepningar med samma sannolikhet

3 slag med tärning.
A_k = k st fyror på 3 slag.

P("4:a")=1/6
P("4:a"^c)=5/6
P(A_0)=(5/6)^3 = 125/216
P(A_1)=((3),(1)) 1/6 (5/6)^2 = 75/216
P(A_2)=((3),(2)) (1/6)^2 5/6 = 15/216
P(A_3)=(1/6)^3 = 1/216

Observera att sum P(A_k) = 1

Ex. 30 slag med tärning

Vi har 2^30 olika kombinationer

A_k = k st fyror på 30 slag.

P(A_k) = ((30),(k)) * (1/6)^k * (5/6)^(30-k), k=0,1,2,…,30

Chansen att vi får 15 fyror? P(A_15)=((30),(15)) (1/6)^15 (5/6)^15 = ((30),(15)) (5^15)/(6^30)
Vi använder komplement. P("minst 5 fyror") = 1 - P("mest 4") = 1-P(A_0 uu A_1 uu A_2 uu A_3 uu A_4) = 1-P(A_0)-P(A_1)-P(A_2)-P(A_3)-P(A_4)

Drag utan återlägg och utan hänsyn till ordningen: "Hypergeometrisk sannolikhetsfördelning"

Binomialfördelning:

P(A)=((n),(k)) p^k (1-p)^(n-k)

Ex. lotto

Sju rätt på lotto:
p = 2/(6724520)
( A_k = 7 rätt i dragning nr k)

P( 7 rätt i någon dragning på n försök ) = P(A_1 uu A_2 uu A_3 uu … uu A_n)
= 1-P( inga rätt på någon dragning ) = 1-P(A_1^c nn A_2^c nn … nn A_n^c = 1-P(A_1^c) P(A_2^c) … P(A_n^c)

P (7 rätt minst 1 gång) >= 0.1 iff 1-(1-p)^n >= 0.1 iff n >= (ln 0.9) / ln(1-p) larr väldigt litet tal.
Men! 1-(1-p)^n -> 1 då n->oo
Så det är en säker händelse! Bara att man måste göra det i oändlighet först
för att vara säker.