Sannolikhetslärans grunder - Sannolikhet & Statistik

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 $\Omega$ medan individuella utfall betecknas med ${\omega}_{i}$ . 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 ${\omega}_{i}=2$ medan utfallsrummet är alla värden som kan uppstå vid utfall, i detta fall $\Omega=\left\{1,2,3,4,5,6\right\}$ .

Händelse

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

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

Händelsemängder

Union och Snitt

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

Händelsen $A \cap B$ som uppstår då $A$ och $B$ inträffar samtidigt, uttalas snittet.
Händelsen $A \cup B$ som uppstår då $A$ eller $B$ eller både och inträffar, uttalas unionen.

Om $A=\{ {\omega }_{ 1 } ,{ \omega }_{ 2 } \}, \, B= \{ {\omega }_{ 2 } ,{ \omega }_{ 3 } \}$ så skulle snittet av händelserna vara $A \cap B = \{ {\omega}_{2} \}$ medan unionen av händelserna vara $A \cup B = \{ {\omega }_{ 1 } ,{ \omega }_{ 2 }, {\omega }_{ 3 } \}$

Disjunkta händelser och den tomma mängden

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

Komplementhändelse

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

Om vi har utfallsrummet $\Omega=\{ {\omega }_{ 1 }, {\omega }_{ 2 }, {\omega }_{ 3 } \}$ och händelsen $A$ är definieras som $A=\{ {\omega}_{1 },{\omega }_{ 3 } \}$ blir då komplementhändelsen ${A}^{*} = \{{\omega }_{ 2 } \}$

Sammanfattning

Alla dessa olika händelser kan illustreras så att utfallsrummet $\Omega$ är en yta där händelserna $A$ och $B$ 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 $A$ att inträffa betecknas det $P(A)$ . Säg istället att vi har två händelser $A,B$ och söker sannolikheten för att både inträffar samtidigt (alltså snittet), då betecknas det $P(A \cap B)$ . Sambandet mellan att händelserna inträffar samtidigt och att någon av händelserna (unionen) inträffar $P(A \cup B)$ ges av följande formel.

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 $k$ element ur en population av $n$ element ges av:

Där $n$ över $k$ ges av

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

Miniräknartips: För att beräkna $\left( \begin{matrix} n \\ k \end{matrix} \right)$ med enkelhet på grafräknaren så använd $n \, \, \, nCr \, \, \, k$ 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 $14$ kulor varav $4$ är vita, $7$ är svarta och $3$ är gråa. Nu drar vi $5$ kulor. Vad är sannolikheten att vi får $2$ gråa kulor och $3$ svarta om vi inte tar hänsyn till ordning och inte använder återläggning?

Solution

Först beräknar vi de möjliga fallen. Dessa ges av att sätta $k=5$ och $n=14$ 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 $k=2$ gråa kulor ur en hög av $n=3$ gråa kulor genom att beräkna $\left( \begin{matrix} 3 \\ 2 \end{matrix} \right) =3$ .

Vi har nu dragit $2$ av $5$ gånger och har därför $k=3$ dragningar kvar att utföra. Vi tar nu reda på antalet kombinationer ur högen med $n=7$ svarta kulor. Detta ger oss $\left( \begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix} \right) =35$

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

Avslutningen 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 } =0.0524

Sannolikheten att dra $2$ gråa kulor och $3$ svarta är alltså $5.245 \, \%$

Betingad sannolikhet

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

P\left( { B \, }|{ A } \right) =\frac { P(A \cap B) }{ P(A) }

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

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

Exercise

Sannolikheten att en student går på torsdagspuben är $0.8$
Sannolikheten att en student går på puben och skolkar är $0.6$

Vad är sannolikheten att studenten kommer att skolka på fredagens morgonföreläsning givet att den var på torsdagspuben?

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

Detta innebär att det finns en $75 \%$ risk att studenten missar morgonföreläsningen dagen efter en torsdagspub om uppgiftens antaganden är korrekta. Huruvida detta stämmer överens med verkligheten lämnas till läsaren att undersöka.

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

Baye's sats

Säg att vi har flera händelser ${A}_{1}, {A}_{2}, \cdots, {A}_{n}$ och $B$ . Säg också att alla händelser ${A}_{i}$ där $1 \le i \le n$ är disjunkta och tillsammans utgör hela utfallsrummet $\Omega$ .

Då kan vi använda Baye's sats i samband med betingad sannolikhet för att till exempel beräkna $P \left( {B \,}|{ {A}_{i} } \right)$ då vi har $P \left( { {A}_{i} \,}|{B} \right)$ . Bayes sats har följande utseende.

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) } }

Lagen om total sannolikhet

Nämnaren i Baye's sats är speciell. Den är i själva verket en av sannolikhetsteoriens mest etablerade satser – Lagen om total sannolikhet. Den säger att om vi har flera disjunkta händelser ${A}_{1}, {A}_{2}, \cdots, {A}_{n}$ som tillsammans utgör ett utfallsrum $\Omega$ så kan till exempel sannolikheten av en annan händelse $P(B)$ beräknas då vi har $P \left( { {A}_{i} \,}|{B} \right)$ . Satsen ser ut såhär och motsvarar nämnaren i förra formeln.

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

Exercise

Vi har att:

Sannolikheten att studenter är på borggården givet att solen skiner är $0.85$
Sannolikheten att ingen student är på borggården givet att solen inte skiner är $0.7$
Sannolikheten att solen skiner är $0.3$

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

Solution

Vi har givet att:

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

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) + (\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 $B$ inträffar givet att händelse $A$ har inträffat är $P(B)$ . Det vill säga, att $A$ inte på något vis förändrar sannolikheten att $B$ inträffar. Oberoende händelser medför därmed följande för händelserna $A$ och $B$

P( { B \, }|{ A } )=P(B) , \quad P(A \cap B) = P(A)P(B)

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 $A$ och $B$ .

När två händelser är oberoende så måste de vara från olika utfallsrum, alltså att $A \subseteq {\Omega}_{1}$ och $B \subseteq {\Omega}_{2}$ 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 $A,B \subseteq \Omega$ . Om till exempel $\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}$ så kan händelserna vara $A=\{1,2\}$ och $B=\{4,5,6\}$ för att de ska vara disjunkta.

Anledningen till att en händelse $A$ inte kan vara både disjukt och oberoende relativt en annan händelse $B$ är att $A$ inte kan både ha samma utfallsrum som $B$ samtidigt som den har sitt eget utfallsrum.

Exercise

Vi har händelserna $A$ och $B$ . Nedan ges sannolikheter för varje händelse att inträffa.

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

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

Solution

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

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

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

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

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

Då $P\left( { A }|{ B } \right)=0.5, \quad P(A)=0.5 \Rightarrow P\left( { A }|{ B } \right)=P(A)$ vet vi att händelserna är oberoende.

Comments

Erik Dahlström3 years ago

Man hade lika gärna kunnat kolla att 0.5*0.4 = 0.2 dvs P(A∩B) = P(A)P(B) ->oberoende, right?

Christian Abdelmassih3 years ago

Precis, det bevisar exakt samma sak fast utan betingade sannolikheter!

Ariel Blomqvist Rova3 years ago

Det här tycker jag är fett bra. Bara att i en mening få vad sakerna BETYDER i verkligheten. Lättare att generalisera begreppen då.

Max Kroga year ago

Christian! Frågan är lite fel tror jag. Den borde vara "Var är sannolikheten att studenten skolkar på fredagens morgonföreläsning givet att det är en torsdagspub?". Vi vet ju redan sannolikheten om den var på torsdagspuben.

Christian Abdelmassiha year ago

@maxkrog: Förstår missförståndet, fick själv tänka till. Problemet som uppstår med din formulering är att "det är en torsdagspub" inte är en händelse. Den givna händelsen i fallet är därför "student går på pub". Man kan också säga att det inte finns någon sannolikhet i att det är tordsagspub då det är pub varje torsdag.

Robin Palmberg3 years ago

Synd bara att sannolikheten blev så hög ;)

Snyggt! :)

Jag lade precis till en avslutande rad så att klubbmästeriet inte blir småsura!