Jak czyta się drzewo stochastyczne?

Od korzenia w prawo. Każdy poziom to jeden etap doświadczenia, każda gałąź to jeden możliwy wynik tego etapu, a liczba na gałęzi to prawdopodobieństwo warunkowe pod warunkiem tego, co zaszło wcześniej. Prawdopodobieństwo całej ścieżki wychodzi z pomnożenia wszystkich liczb wzdłuż niej, a prawdopodobieństwo zdarzenia — z dodania ścieżek, które je realizują.

Dlaczego wzdłuż gałęzi się mnoży, a po ścieżkach dodaje?

Bo to są dwie różne reguły z dwóch różnych powodów. Mnożenie wzdłuż gałęzi to reguła mnożenia, czyli definicja prawdopodobieństwa warunkowego zapisana w drugą stronę. Dodawanie po ścieżkach jest legalne dlatego, że różne ścieżki są zdarzeniami rozłącznymi — wzajemnie się wykluczają, więc suma nie liczy niczego dwa razy.

Czym różnią się zdarzenia rozłączne od niezależnych?

Rozłączne nie mogą zajść jednocześnie: P(A ∩ B) = 0. Niezależne mogą, tylko jedno nie wpływa na drugie: P(A ∩ B) = P(A) razy P(B). To są pojęcia nie tylko różne, ale wręcz przeciwstawne — dwa zdarzenia o niezerowym prawdopodobieństwie, które są rozłączne, na pewno nie są niezależne, bo zajście jednego zmienia szansę drugiego na zero.

Kiedy wolno napisać P(A ∪ B) = P(A) + P(B)?

Tylko wtedy, gdy zdarzenia są rozłączne. W ogólnym przypadku część wspólna zostałaby policzona dwa razy — raz w P(A), raz w P(B) — więc trzeba ją odjąć i wzór brzmi P(A) + P(B) − P(A ∩ B). Sygnałem, że coś jest nie tak, bywa wynik większy od jedynki.

Co to jest schemat Bernoulliego?

Ciąg n prób spełniających trzy warunki naraz: każda ma dokładnie dwa wyniki nazywane sukcesem i porażką, prawdopodobieństwo sukcesu p jest w każdej takie samo, a próby są niezależne. Rzuty monetą, losowania ze zwracaniem i kolejne sztuki z bardzo dużej partii ten opis spełniają; losowanie bez zwracania z małego zbioru — nie, bo p zmienia się po każdym kroku.

Skąd we wzorze Bernoulliego bierze się symbol Newtona?

Z liczby ścieżek. Każda ścieżka z dokładnie k sukcesami ma to samo prawdopodobieństwo p do potęgi k razy q do potęgi n−k, bo mnoży te same czynniki w innej kolejności. Takich ścieżek jest tyle, na ile sposobów można wybrać k spośród n miejsc na sukcesy — a to jest właśnie liczba kombinacji z lekcji o kombinatoryce.

Jak liczy się prawdopodobieństwo co najmniej jednego sukcesu?

Przez zdarzenie przeciwne, a nie przez sumowanie przypadków od 1 do n. Brak sukcesu w każdej z n prób ma prawdopodobieństwo q do potęgi n, więc szukana wartość wynosi 1 minus ta potęga. To jedna linijka rachunku zamiast n składników i dokładnie ten sam skrót, który pojawił się przy zdarzeniu przeciwnym w lekcji o prawdopodobieństwie klasycznym.

Czy drzewo musi mieć na każdym etapie te same prawdopodobieństwa?

Nie. Liczby na gałęziach są prawdopodobieństwami warunkowymi, więc mogą się różnić między poziomami i między węzłami tego samego poziomu — tak dzieje się przy losowaniu bez zwracania. Schemat Bernoulliego jest szczególnym przypadkiem, w którym są stałe, i właśnie dlatego da się dla niego napisać jeden wzór zamiast rysować drzewo.

Poziom zaawansowany

Drzewa stochastyczne i schemat Bernoulliego

Doświadczenie wieloetapowe rysuje się jako drzewo: wzdłuż gałęzi prawdopodobieństwa się mnoży, po ścieżkach dodaje. Na tym rysunku widać wzór na sumę zdarzeń, różnicę między zdarzeniami rozłącznymi a niezależnymi i cały schemat Bernoulliego — łącznie z tym, skąd bierze się w nim symbol Newtona.

Zanim zaczniesz

Ten temat opiera się na wcześniejszych zagadnieniach. Zanim zaczniesz, warto przerobić poniższe lekcje — dzięki nim wszystko pójdzie gładko:

Gdzie się tego używa

Konkretne sytuacje, w których liczysz dokładnie tak, jak uczy ta lekcja:

Kontrola jakości partii towaru
Z partii, w której wadliwe jest 5 procent sztuk, magazynier losuje 10 sztuk do sprawdzenia. Prawdopodobieństwo, że żadna nie okaże się wadliwa, wynosi 0,95 do potęgi dziesiątej, czyli 0,599 — a więc prawie 40 procent takich kontroli wykryje co najmniej jedną wadę. Gdyby wadliwych było 20 procent, próba dziesięciu sztuk przepuściłaby partię już tylko w 11 procentach przypadków, i to jest cała matematyka za doborem liczności próby.
Test wielokrotnego wyboru na chybił trafił
W teście jest 10 pytań, każde z czterema odpowiedziami i jedną poprawną. Zgadywanie to schemat Bernoulliego z p równym 1/4, więc prawdopodobieństwo braku choćby jednego trafienia wynosi 0,75 do potęgi dziesiątej, czyli około 5,6 procenta. Za to prawdopodobieństwo zdania testu przy progu 6 poprawnych odpowiedzi to zaledwie 0,0197, czyli mniej niż 2 przypadki na 100.
Redundancja w serwerowni
Trzy niezależne serwery, z których każdy w danym miesiącu ulega awarii z prawdopodobieństwem 0,02, przestają działać jednocześnie z prawdopodobieństwem 0,02 do potęgi trzeciej, czyli 0,000008. Usługa działa więc przez 99,9992 procenta czasu, podczas gdy pojedynczy serwer daje 98 procent. Dwie dodatkowe maszyny skracają roczny przestój z około 175 godzin do niespełna 5 minut.
Nakładające się grupy w ankiecie
Spośród 200 ankietowanych 90 czyta newsletter, a 60 śledzi profil w mediach społecznościowych, przy czym 25 osób robi obie rzeczy. Do co najmniej jednego kanału trafia więc 90 + 60 − 25 = 125 osób, czyli 62,5 procenta grupy — a nie 75 procent, które wyszłoby ze zwykłego dodania. Ta różnica 25 osób to dokładnie ten składnik, który wzór na sumę zdarzeń odejmuje.

Wszystkie wzory

Mnożenie wzdłuż gałęzi
$P(\text{ścieżki}) = p_1 \cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p_n$
prawdopodobieństwo jednej ścieżki drzewa
Dodawanie po ścieżkach
$P(A) = \sum_{\text{ścieżki} \subset A} P(\text{ścieżki})$
zdarzenie to zbiór ścieżek, więc się je sumuje
Suma zdarzeń
$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$
część wspólna liczona dwa razy, więc raz odjęta
Zdarzenia rozłączne
$A \cap B = \varnothing \implies P(A \cup B) = P(A) + P(B)$
nie ma czego odejmować
Schemat Bernoulliego
$P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$
k sukcesów w n niezależnych próbach
Co najmniej jeden sukces
$P(X \geq 1) = 1 - (1-p)^n$
przez zdarzenie przeciwne, bez sumowania

Poprzednia lekcja rysowała drzewa, żeby pokazać prawdopodobieństwo całkowite i twierdzenie Bayesa. Rysunek pracował, ale jego reguł nie nazwaliśmy. Zrobimy to teraz — a potem zobaczymy, że jedno konkretne drzewo powtarza się tak często, że dorobiło się własnego wzoru.

Dwie reguły drzewa

Doświadczenie wieloetapowe zapisujemy jako drzewo stochastyczne: poziom to etap, gałąź to możliwy wynik etapu, liczba na gałęzi to prawdopodobieństwo tego wyniku przy tym, co już zaszło.

Obowiązują dwie reguły i warto od razu wiedzieć, skąd każda się bierze:

wzdłuż gałęzi mnożymy — to reguła mnożenia $P(A \cap B) = P(B) \cdot P(A|B)$ z poprzedniej lekcji;
po ścieżkach dodajemy — bo różne ścieżki wzajemnie się wykluczają, więc suma niczego nie liczy dwa razy.

Dwa losowania bez zwracania z urny o 3 kulach białych i 2 czarnych. Liczby na drugim poziomie są różne w obu węzłach — bo po pierwszym losowaniu urna wygląda inaczej. Cztery wyniki sumują się do 20/20, czyli do jedynki.

Z urny z 3 kulami białymi i 2 czarnymi losujemy dwie kule bez zwracania. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosujemy dokładnie jedną białą?

Rozłączne to nie to samo co niezależne

To para pojęć, którą myli się najczęściej, a różnica nie jest subtelna — one się wręcz wykluczają.

	rozłączne	niezależne
co znaczy	nie mogą zajść razem	jedno nie wpływa na drugie
wzór	$P(A \cap B) = 0$	$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$
przy sumie	$P(A) + P(B)$	trzeba odjąć $P(A) \cdot P(B)$

Weźmy rzut kostką, $A$ — wypadła liczba parzysta, $B$ — wypadła liczba nieparzysta. Zdarzenia są rozłączne, bo $A \cap B = \varnothing$ . Czy są niezależne? Sprawdźmy:

P(A \cap B) = 0, \qquad P(A) \cdot P(B) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}

Nie są. I nie jest to przypadek tej kostki: dwa zdarzenia o niezerowym prawdopodobieństwie, które są rozłączne, nigdy nie są niezależne — bo wiadomość, że zaszło $A$ , zmienia szansę $B$ na zero, a to jest największa zmiana, jaka może się przydarzyć.

Niezależne bywają za to zdarzenia z różnych doświadczeń albo z różnych etapów: dwa rzuty monetą, dwa losowania ze zwracaniem, awarie dwóch osobnych serwerów.

Prawdopodobieństwo sumy

Zdarzenie $A \cup B$ zachodzi, gdy zaszło $A$ , zaszło $B$ , albo zaszły oba. Zwykłe dodanie $P(A) + P(B)$ liczy część wspólną dwa razy, więc trzeba ją raz odjąć:

P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)

Dla zdarzeń rozłącznych ostatni składnik znika i zostaje samo dodawanie — dokładnie to, na czym stoi reguła dodawania po ścieżkach.

Z talii 52 kart losujemy jedną. Jakie jest prawdopodobieństwo, że będzie to kier albo król?

Schemat Bernoulliego

Najczęściej rysowanym drzewem jest to, w którym wszystkie poziomy wyglądają tak samo. Mówimy o schemacie Bernoulliego, gdy spełnione są trzy warunki naraz:

każda próba ma dokładnie dwa wyniki — sukces i porażkę;
prawdopodobieństwo sukcesu $p$ jest w każdej próbie takie samo;
próby są niezależne.

Rzuty monetą, losowania ze zwracaniem i kolejne sztuki z bardzo dużej partii ten opis spełniają. Losowanie bez zwracania z małego zbioru — jak w drzewie z urną wyżej — nie spełnia go, bo $p$ zmienia się po każdym kroku.

Trzy rzuty monetą. Wszystkie osiem ścieżek ma to samo prawdopodobieństwo 1/8, bo każda mnoży trzy jednakowe czynniki. Ścieżek z dokładnie dwoma orłami jest trzy — tyle, ile sposobów wyboru dwóch miejsc spośród trzech.

Rysunek zawiera cały wzór. Każda ścieżka z $k$ sukcesami mnoży $k$ razy $p$ i $n-k$ razy $q = 1-p$ , więc ma prawdopodobieństwo $p^k q^{n-k}$ — niezależnie od kolejności. Takich ścieżek jest tyle, na ile sposobów da się wybrać $k$ miejsc spośród $n$ , czyli $\binom{n}{k}$ — kombinacji z lekcji o kombinatoryce. Stąd

P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}

Rzucamy kostką 5 razy. Jakie jest prawdopodobieństwo, że dokładnie dwa razy wypadnie szóstka?

Co najmniej jeden sukces

Pytanie „czy zdarzy się choć raz" pojawia się w tym schemacie tak często, że warto mieć na nie skrót. Sumowanie od $k = 1$ do $k = n$ jest tu złą metodą, a nie tylko wolną: zdarzenie przeciwne to jeden składnik.

P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - (1-p)^n

Partia zawiera 5% sztuk wadliwych. Losujemy 10 sztuk. Jakie jest prawdopodobieństwo, że trafimy na co najmniej jedną wadliwą?

Zadania

Zestaw pyta o trzy rzeczy, w kolejności lekcji. Prompt $P(A \cup B)$ podaje $P(A)$ , $P(B)$ oraz $P(A \cap B)$ — trzeba złożyć wzór na sumę, pamiętając o odjęciu. Prompt $P(A \cap B)$ podaje $P(A)$ i $P(B|A)$ , czyli dwie gałęzie jednej ścieżki, i prosi o ich iloczyn. Prompt $P(X = k)$ podaje liczbę prób $n$ i prawdopodobieństwo sukcesu $p$ , czyli pyta wprost o wzór Bernoulliego.

Odpowiedzią w każdym przypadku jest ułamek nieskracalny.

Ćwiczenia

Rozwiąż zestaw zadań — trudność rośnie z każdym kolejnym. Na końcu zobaczysz wynik i listę pomyłek do powtórki.

Zadanie 1 z 8Punkty: 0

P(A∪B): P(A) = 7/10, P(B) = 3/5, P(A∩B) = 1/2

Generator nie pyta o werdykt „rozłączne czy niezależne" — odpowiedzią byłoby słowo, a nie liczba. To rozróżnienie masz w tabeli i w kontrprzykładzie z kostką powyżej i warto do niego wrócić, bo wraca w każdym zadaniu z sumą zdarzeń.

Częste błędy

Mylenie rozłączności z niezależnością — pierwsze mówi „nie razem", drugie „bez wpływu". Zdarzenia rozłączne o niezerowym prawdopodobieństwie nigdy nie są niezależne.
Dodawanie $P(A) + P(B)$ dla zdarzeń, które mogą zajść razem — część wspólna zostaje policzona dwa razy. Wynik większy od jedynki to najczęstszy objaw tej pomyłki.
Mnożenie prawdopodobieństw etapów, które nie są niezależne — na drzewie druga liczba jest warunkowa; przy losowaniu bez zwracania różni się w każdym węźle.
Pominięcie symbolu Newtona we wzorze Bernoulliego — $p^k q^{n-k}$ to prawdopodobieństwo jednej ścieżki, a ścieżek jest $\binom{n}{k}$ .
Stosowanie schematu Bernoulliego do losowania bez zwracania — wtedy $p$ nie jest stałe, a próby nie są niezależne, więc wzór po prostu nie obowiązuje.
Liczenie „co najmniej jednego" przez sumowanie wszystkich $k \geq 1$ — jeden rachunek na zdarzeniu przeciwnym daje ten sam wynik i nie da się w nim niczego zgubić.

Karta wzorów

Temat: Drzewa i schemat Bernoulliego

Mnożenie wzdłuż gałęzi
$P(\text{ścieżki}) = p_1 \cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p_n$
prawdopodobieństwo jednej ścieżki drzewa
Dodawanie po ścieżkach
$P(A) = \sum_{\text{ścieżki} \subset A} P(\text{ścieżki})$
zdarzenie to zbiór ścieżek, więc się je sumuje
Suma zdarzeń
$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$
część wspólna liczona dwa razy, więc raz odjęta
Zdarzenia rozłączne
$A \cap B = \varnothing \implies P(A \cup B) = P(A) + P(B)$
nie ma czego odejmować
Schemat Bernoulliego
$P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$
k sukcesów w n niezależnych próbach
Co najmniej jeden sukces
$P(X \geq 1) = 1 - (1-p)^n$
przez zdarzenie przeciwne, bez sumowania

Trzy rzuty monetą jako drzewo. Osiem ścieżek, każda o prawdopodobieństwie 1/8 — bo wszystkie mają po trzy gałęzie o wartości 1/2. Dokładnie dwa orły dają trzy z nich, i to jest symbol Newtona ze wzoru Bernoulliego.

Najczęstsze pytania

Powiązane artykuły

Świetliste słupki histogramu układające się w miękki dzwon rozkładu, jeden punkt odstający jaśniejszy od pozostałych, na tle kosmicznej mgławicy w fiolecie i magencie

Statystyka i prawdopodobieństwo

Człowiek średni nie istnieje

Cała statystyka opisowa opiera się na jednej transakcji: oddajesz informację o tłumie, dostajesz jedną liczbę. Transakcja bywa opłacalna, ale nigdy nie jest darmowa — i warto wiedzieć, co dokładnie w niej ginie. Od tablic śmiertelności z 1662 roku, przez „człowieka średniego" Queteleta, po samoloty, których nikt nie zobaczył.

15 min