Sannolikhetslärans grunder

26 thanks

  • För att kunna med enkelhet tala och beräkna på sannolikhetsbaserade förlopp behövs först ett antal begrepp definieras.

    +
  • Utfallsrum

    +
  • Ett utfall  är det direkta resultat vi kan observera från en sannolikhetsbaserad situation. Ett utfallsrum är mängden av alla möjliga utfall som kan uppstå. Utfallsrummet betecknas med Ω\Omega medan individuella utfall betecknas med ωi{\omega}_{i} . Notera att utfallsrummet inte har något att göra med vad den faktiska sannolikheten för varje värde att uppstå, den snarare beskriver alla värden som kan uppstå.

    +
  • Ett exempel på en sannolikhetsbaserad situation är ett tärningskast. Talet som tärningen visar vid kast är utfallet så som ωi=2{\omega}_{i}=2  medan utfallsrummet är alla värden som kan uppstå vid utfall, i detta fall  Ω={1,2,3,4,5,6}\Omega=\left\{1,2,3,4,5,6\right\} . 

    +
  • Händelse

    +
  • En händelse AA  är en samling av en eller flera utfall så att  A={ω1,...,ωn}A=\left\{ { \omega }_{ 1 }, ... ,{ \omega }_{ n } \right\}  . Om någon utav  ω1,...,ωn{\omega}_{ 1 }, ... ,{ \omega }_{ n }  är ett utfall som uppstår anses alltså händelsen ha inträffat.

    +
  • För att jämföra med ovanstående tärningsexempel skulle en händelse kunna vara  A={2,3}A=\{2,3\} . De gånger tärningen visar  22  eller  33  vid tärningskast har alltså händelsen inträffat. 

    +
  • Händelsemängder

    +
  • Union och Snitt
    Säg att vi har två olika händelser AA  och BB  som har en del utfall gemensamt men inte alla (t.ex. A={ω1,ω2},B={ω2,ω3}A=\{ {\omega }_{ 1 } ,{ \omega }_{ 2 } \}, \, B= \{ {\omega }_{ 2 } ,{ \omega }_{ 3 } \} ). I det fallet kan det vara intressant att prata om två nya typer av händelser:

    +
    •  Händelsen ABA \cap B  som uppstår då AA   och BB inträffar samtidigt, uttalas snittet
    • Händelsen  ABA \cup B  som uppstår då AA eller BB eller både och inträffar, uttalas unionen.

    1
    Ariel Blomqvist Rova
  • Om A={ω1,ω2},B={ω2,ω3}A=\{ {\omega }_{ 1 } ,{ \omega }_{ 2 } \}, \, B= \{ {\omega }_{ 2 } ,{ \omega }_{ 3 } \}  så skulle snittet av händelserna vara AB={ω2} A \cap B = \{ {\omega}_{2} \}  medan unionen av händelserna vara AB={ω1,ω2,ω3} A \cup B = \{ {\omega }_{ 1 } ,{ \omega }_{ 2 }, {\omega }_{ 3 } \} 

    +
  • Disjunkta händelser och den tomma mängden
    Om vi istället har två händelser AA och BB som inte har några utfall gemensamt alls, så som A={ω1,ω2},B={ω3,ω4}A=\{ {\omega }_{ 1 } ,{ \omega }_{ 2 } \}, \, B=\{ {\omega }_{ 3 } ,{ \omega }_{ 4 } \} , skulle de då vara disjunkta. Händelsen att båda inträffar samtidigt ABA \cap B blir följaktligen tom på utfall och kallas därför den tomma mängden som betecknas med \varnothing så att: AB=={}A \cap B=\varnothing= \left\{ \right\} .

    +
  • Komplementhändelse
    Om vi istället har en händelse AA så kan dess komplementära händelse betecknas A{A}^{*}  som innehåller alla utfall som AA  inte innehåller. 

    +
  • Om vi har utfallsrummet \Omega=\{ {\omega }_{ 1 }, {\omega }_{ 2 }, {\omega }_{ 3 } \} och händelsen AA  är definieras som A={ω1,ω3}A=\{ {\omega}_{1 },{\omega }_{ 3 } \}  blir då komplementhändelsen A={ω2}{A}^{*} = \{{\omega }_{ 2 } \}  

    +
  • Sammanfattning
    Alla dessa olika händelser kan illustreras så att utfallsrummet Ω\Omega är en yta där händelserna AA och BB är en del av denna yta.

    +
  • Den röda färgen markerar händelsens utfallsmängd
    +
  • Sannolikhet

    +
  • Sannolikheter definieras med avseende på händelser. Om vi vill veta vad sannolikheten för händelsen AA att inträffa betecknas det P(A)P(A) . Säg istället att vi har två händelser A,BA,B  och  söker sannolikheten för att både inträffar samtidigt (alltså snittet), då betecknas det  P(AB)P(A \cap B) . Sambandet mellan att händelserna inträffar samtidigt och att någon av händelserna (unionen) inträffar P(AB)P(A \cup B) ges av följande formel.

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

    +
  • Kombinatorik

    +
  • För att kunna behandla repeterande sannolikhetsbaserade förlopp krävs kännedom om kombinatorik. Det som i huvudsakligen är intressant är att beräkna antalet gynnsamma kombinationer (som satisfierar det som efterfrågas) och antalet möjliga kombinationer.  Med dessa kan man beräkna sannolikheten för att händelsen inträffar genom

    +
  • \text{Sannolikhet} = \frac{ \text{Gynnsamma utfall} }{ \text{Möjliga utfall} }  

    +
  • För att kunna beräkna dessa behöver vi känna till hur kombinationerna tillkommer. Det finns fyra olika vis vi kan utföra en dragning på. Vi kan ta hänsyn till ordningen utfallen kommer i och så kan vi efter varje dragning lägga tillbaka det dragna utfallet. Totalt sett ger detta oss dessa olika dragningstekniker.

    +
    • Med hänsyn till ordning, med återläggning.
    • Utan hänsyn till ordning, med återlämning.
    • Med hänsyn till ordning, utan återläggning.
    • Utan hänsyn till ordning, utan återläggning.

    +
  • Alla dessa olika dragningstekniker kräver olika beräkningar för att beräkna antalet kombinationer eller antalet utfall som kan uppstå. Antalet möjliga sätt det går att dra kk element ur en population av nn element ges av: 

    +

  • Utan återläggning  Med återläggning
    Utan ordning(nk)\left( \begin{matrix} n \\ k \end{matrix} \right)  (n+k1k)\left( \begin{matrix} n+k-1 \\ k \end{matrix} \right)  
    Med ordning(nk)k!\left( \begin{matrix} n \\ k \end{matrix} \right) k! nk{n}^{k} 

    +
  • Där nn över kk ges av

    +
  • (nk)=n!k!(nk)!\left( \begin{matrix} n \\ k \end{matrix} \right) =\frac{n!}{k!(n-k)!}

    +
  • Miniräknartips: För att beräkna (nk)\left( \begin{matrix} n \\ k \end{matrix} \right) med enkelhet på grafräknaren så använd nnCrkn \, \, \, nCr \, \, \, k som finns på MATH.

    +
  • Metoden för att beräkna sannolikhet genom kombinatorik har ett annorlunda tankesätt. Tanken är att man använder formlerna för att beräkna både de gynnsamma fallen och de möjliga fallen. För att ge klarhet till dessa formler tänker vi oss ett exempel med en urna.

    +
  • Exercise

  • Vi har en urna med 1414   kulor varav 44  är vita, 77 är svarta och 33 är gråa. Nu drar vi  55 kulor. Vad är sannolikheten att vi får 22 gråa kulor  och 33 svarta om vi varken tar hänsyn till ordning eller använder återläggning?

    +
  • Solution

  • Först beräknar vi de möjliga fallen. Dessa ges av att sätta k=5k=5 och n=14n=14 samt beräkna \text{Möjliga fall} = \left( \begin{matrix} 14 \\ 5 \end{matrix} \right) =2002 .

    +
  • Nu beräknar vi de gynnsamma fallen genom att tänka att vi delar in kulorna i tre olika högar efter färg. Först tar vi reda på hur många kombinationer vi kan dra k=2k=2 gråa kulor ur en hög av n=3n=3 gråa kulor genom att beräkna (32)=3 \left( \begin{matrix} 3 \\ 2 \end{matrix} \right) =3 .

    +
  • Vi har nu dragit 22 av 55 gånger och har därför k=3k=3 dragningar kvar att utföra. Vi tar nu reda på antalet kombinationer ur högen med n=7n=7 svarta kulor. Detta ger oss (73)=35\left( \begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix} \right) =35

    +
  • Vi beräknar nu det totala antalet gynnsamma fall genom att multiplicera de gynnsamma kombinationerna vi fått från beräkning med varje hög

    +
  • \text{Antal gynnsamma utfall}=\left( \begin{matrix} 3 \\ 2 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix} \right) =3*35=105    

    +
  • Avslutligen dividerar vi de gynnsamma fallen med de möjliga och får sannolikheten

    +
  • \text{Sannolikhet}=\frac { \text{Gynnsamma utfall} }{ \text{Möjliga utfall} } =\frac { \left( \begin{matrix} 3 \\ 2 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix} \right)}{ \left( \begin{matrix} 14 \\ 5 \end{matrix} \right)} =\frac { 3*35 }{ 2002 } =0.05245

    +
  • Sannolikheten att dra 22 gråa kulor och 33 svarta är alltså 5.245%5.245 \, \%

    +
  • Betingad sannolikhet

    +
  • Säg att vi har händelserna AA  och BB  som har ett beroende;  om AA inträffar förändras sannolikheten för att BB  ska inträffa. I sannolikhetsläran kallas detta sannolikheten för BB  betingat  AA  och betecknas P(BA)P \left( B \, |A \right) . Sambandet mellan betingat och hur händelser vanligtvis inträffar ges av formeln

    +
  • P(BA)=P(AB)P(A)P\left( { B \, }|{ A } \right) =\frac { P(A \cap B) }{ P(A) } 

    +
  • Komplementhändelsen P(BA)P \left( { {B}^{*} \,}|{A} \right)  till P(BA)P\left( { B \, }|{ A } \right)  ges av

    +
  • 1P(BA)=P(BA)1-P\left( { B \, }|{ A } \right) =P\left( { {B}^{*} \, }|{ A } \right) 

    +
  • Exercise

  • Sannolikheten att en student går på torsdagspuben är 0.80.8 . Vad är sannolikheten att studenten kommer att skolka på fredagens morgonföreläsning givet att den var på torsdagspuben om sannolikheten att studenten går på puben och skolkar är 0.60.6 .

    2
    Christian Abdelmassih
  • Solution

  • Vi har att

    • P(\text{Går på pub})=0.8
    • P(\text{Går på pub} \cap \text{Skolkar})=0.6

    +
  • Vi söker P(\text{Skolkar } \vert \text{ Går på pub}) och beräknar det genom

    +
  • P( { \text{Skolkar } }|{ \text{ Går på pub}})= \frac {P(\text{Går på pub } \cap \text{ skolkar})}{P(\text{Går på pub})} = \frac {0.6}{0.8} = 0.75 

    3
    Christian Abdelmassih
  • Detta innebär att det finns en 75%75 \% risk att studenten missar morgonföreläsningen dagen efter en torsdagspub om uppgiftens antaganden är korrekta. Huruvida detta stämmer överens med verkligheten lämnar jag till läsaren att undersöka.

    +
  • Det finns även en mera omfattande formler som beskriver förhållandet mellan P(BA)P \left( {B \,}|{A} \right) och P(AB)P \left( {A \,}|{B} \right) som ges av

    +
  • Baye's sats
    Denna formel är framförallt bra om vi har P(BA)P \left( {B \,}|{A} \right)   men söker P(AB)P \left( {A \,}|{B} \right) 

    +
  • P(AiB)=P(Ai)P(BAi)j=1nP(Aj)P(BAj)P\left( { A }_{ i } \, |{ B } \right) =\frac { P({ A }_{ i })P\left( { B \, }|{ { A }_{ i } } \right) }{ \sum _{ j=1 }^{ n }{ P({ A }_{ j })P\left( { B \, }|{ A }_{ j } \right) } }  

    +
  • Baye's sats används med fördel då P(XY)P(X|Y) är given och vi söker P(YX)P(Y|X), det vill säga, formeln resulterar i att vi byter plats på XX och YY.

    +
  • Lagen om total sannolikhet

    P(B)=i=1nP(Ai)P(BAi)P(B)=\sum _{ i=1 }^{ n }{ P({ { A }_{ i } })P\left( { B \, }|{ { A }_{ i } } \right)}  

    +
  • Båda dessa formler används för att vända på betingningen. Som exempel på hur detta kan användas kan vi ta en titt på följande exempel:

    +
  • Exercise

    • Sannolikheten att studenter är på borggården givet att solen skiner är 0.850.85 
    • Sannolikheten att ingen student är på borggården givet att solen inte skiner är 0.70.7 
    • Sannolikheten att solen skiner är 0.30.3 

    +
  • Vad är sannolikheten att solen skiner givet att studenter är på borggården?

    +
  • Solution

  • Vi har givet att:

    • P\left( { \text{befolkad borggård } }|{ \text{ soligt} } \right) = 0.85 
    • P\left( { \text{tom borggård } }|{ \text{ inte soligt} } \right) = 0.7 
    • P(soligt)=0.3P(\text{soligt}) = 0.3 

    +
  • Vi vill beräkna P\left( { \text{soligt } }\, \vert \,{ \text{ befolkad borggård} } \right). Detta kan vi göra genom lagen om total sannolikhet eller Bayes sats och därför gör både och! Vi börjar med Bayes sats då det är den enklaste lösningen.

    +
  • Bayes sats

    +
  • För att ta reda på P\left( { \text{soligt } }|{ \text{ befolkad borggård} } \right) ställer vi upp bayes sats för detta problem

    +
  • P\left( { \text{soligt } }|{ \text{ befolkad borggård} } \right)=\frac{ P(\text{soligt}) P\left( { \text{befolkad borggård } }|{ \text{ soligt} } \right) }{ P(\text{soligt}) P\left( { \text{befolkad borggård } }|{ \text{ soligt} } \right) + P(\text{inte soligt}) P\left( { \text{befolkad borggård } }|{ \text{ inte soligt} } \right)} 

    +
  • Vi sätter in siffrorna och får det till

    +
  • P\left( { \text{soligt } }|{ \text{ befolkad borggård} } \right)=\frac{0.3*0.85}{0.3*0.85+(1-0.3)*(1-0.7)}=0.5484  

    +
  • Lagen om total sannolikhet

    +
  • Vi beräknar P\left( { \text{soligt } }|{ \text{ befolkad borggård} } \right) genom

    +
  • P\left( { \text{soligt }}|{\text{ befolkad borggård} } \right) = \frac {P(\text{befolkad borggård } \cap \text{ soligt})}{P(\text{befolkad borggård})} 

    +
  • Vi beräknar därför P( \text{befolkad borggård} \cap \text{soligt}) genom betingat-sambandet

    +
  • P( \text{befolkad borggård} \cap \text{soligt}) = P\left( { \text{befolkad borggård } }|{ \text{ soligt} } \right) * P(\text{soligt})

    +
  • P( \text{befolkad borggård}  \cap  \text{soligt})=0.85*0.3=0.255 


    +
  • och därefter P(\text{befolkad borggård}) genom lagen om total sannolikhet

    +
  • P(\text{befolkad borggård}) = P(\text{soligt}) * P\left( { \text{befolkad borggård } }|{  \text{ soligt} } \right) +   
    P(\text{inte soligt}) * P\left( { \text{befolkad borggård } }|{  \text{ inte soligt} } \right)    

    +
  • P(\text{befolkad borggård}) =0.3*0.85+0.7*0.3=0.465

    +

  • Avslutningsvis beräknar vi P\left( { \text{soligt }}|{ \text{ befolkad  borggård}} \right) = \frac {0.255}{0.465} = 0.5484  

    +
  • Oberoende händelser

    +
  • Oberoende händelser är händelser som genuint inte har något med varandra att göra, det vill säga, händelser där sannolikheten att en händelse BB  inträffar givet att händelse AA  har inträffat är P(B)P(B) . Det vill säga, att AA  inte på något vis förändrar sannolikheten att BB  inträffar. Oberoende händelser medför därmed följande för händelserna AA  och BB 

    +
  • P(BA)=P(B),P(AB)=P(A)P(B)P( { B \, }|{ A } )=P(B) , \quad P(A \cap B) = P(A)P(B) 

    2
    Ariel Blomqvist Rova
    Christian Abdelmassih
  • Oberoende vs disjunkta händelser

    +
  • Notera att begreppet oberoende inte är på något vis relaterat till att händelserna är disjunkta. För att göra detta tydligt säger vi att vi har två händelser AA  och BB .

    +
  • När två händelser är oberoende så måste de vara från olika utfallsrum, alltså att AΩ1A \subseteq {\Omega}_{1}  och BΩ2B \subseteq {\Omega}_{2}  där utfallsrummen är olika som till exempel. {\Omega}_{1}=\{1,2,3\}, \, {\Omega}_{2}=\{\text{snö},\text{regn},\text{sol}\} .

    +
  • När två händelser är disjunkta kommer de från samma utfallsrum men inte innehåller samma utfall, dvs A,BΩA,B \subseteq \Omega . Om till exempel Ω={1,2,3,4,5,6}\Omega=\{1,2,3,4,5,6\} så kan händelserna vara A={1,2}A=\{1,2\}  och B={4,5,6}B=\{4,5,6\}  för att de ska vara disjunkta.

    +
  • Anledningen till att en händelse AA  inte kan vara både disjukt och oberoende relativt en annan händelse BB  är att AA  inte kan både ha samma utfallsrum som BB  samtidigt som den har sitt eget utfallsrum.

    5
    Erik Dahlström
    Christian Abdelmassih
  • Exercise

  • Vi har händelserna AA  och BB . Nedan ges sannolikheter för varje händelse att inträffa.

    +
  • P(A)=0.5,P(B)=0.4P(A)=0.5, \quad P(B)=0.4 

    +
  • Avgör om händelserna är oberoende då P(AB)=0.7P(A \cup B)=0.7 .

    +
  • Solution

  • Vi vill kontrollera om P(AB)=P(A)P\left( { A }|{ B } \right) =P(A) och gör detta genom att börjar med att ta redan på vad P(AB)P(A \cap B) med formeln

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

    +
  • P(AB)=0.5+0.40.7=0.2P(A \cap B)=0.5+0.4-0.7=0.2 

    +
  • Vi använder detta resultat för att beräkna P(AB)P\left( { A }|{ B } \right) som ges av

    +
  • P(AB)=P(AB)P(B)=0.20.4=0.5P\left( { A }|{ B } \right) =\frac { P(A \cap B) }{ P(B) }=\frac{0.2}{0.4}=0.5 

    2
    Erik Dahlström
    Christian Abdelmassih
  • P(AB)=0.5,P(A)=0.5P(AB)=P(A)P\left( { A }|{ B } \right)=0.5, \quad P(A)=0.5 \Rightarrow P\left( { A }|{ B } \right)=P(A) vet vi att händelserna är oberoende.

    +
  •  

    +

Did it help you? Click to say "thanks" to the author!

Next lesson: Stokastiska variabler & listbarhet

Want to create your own course on Ludu?

Back to lesson