Visu notikumu varbūtību summa izlases telpā ir vienāda ar 1. Piemēram, ja eksperimentā tiek mētāta monēta ar notikuma A = galvas un notikuma B = astes, tad A un B apzīmē visu parauga telpu. nozīmē, P(A) + P(B) = 0,5 + 0,5 = 1.

Piemērs. Iepriekš piedāvātajā piemērā sarkanās pildspalvas izņemšanas varbūtības aprēķināšanai no halāta kabatas (tas ir notikums A), kurā ir divas zilas un viena sarkana pildspalva, P(A) = 1/3 ≈ 0,33, pretēja varbūtība pasākums - zilas pildspalvas zīmēšana - būs

Pirms pāriet pie galvenajām teorēmām, mēs ieviešam divus sarežģītākus jēdzienus - notikumu summu un reizinājumu. Šie jēdzieni atšķiras no parastajiem summas un reizinājuma jēdzieniem aritmētikā. Saskaitīšana un reizināšana varbūtību teorijā ir simboliskas darbības, kas ir pakļautas noteiktiem noteikumiem un veicina zinātnisku secinājumu loģisku konstruēšanu.

Summa vairāki notikumi ir notikums, kas sastāv no vismaz viena no tiem iestāšanās. Tas ir, divu notikumu A un B summu sauc par notikumu C, kas sastāv no notikuma A vai notikuma B, vai notikuma A un B kopā.

Piemēram, ja pasažieris gaida tramvaja pieturā vienā no diviem maršrutiem, tad viņam nepieciešamais notikums ir tramvaja parādīšanās pirmajā maršrutā (pasākums A), vai tramvaja parādīšanās otrajā maršrutā (notikums B), vai kopīga tramvaju parādīšanās pirmajā un otrajā maršrutā (pasākums AR). Varbūtību teorijas valodā tas nozīmē, ka pasažierim nepieciešamais notikums D sastāv no notikuma A, vai notikuma B, vai notikuma C, kas tiks simboliski uzrakstīts šādā formā:

D=A+B+C

Divu notikumu rezultātsA Un IN ir notikums, kas sastāv no notikumu kopīgas rašanās A Un IN. Vairāku notikumu rezultāts visu šo notikumu kopīgu rašanos sauc.

Iepriekš minētajā piemērā ar pasažieri, notikums AR(kopīga tramvaju parādīšanās divos maršrutos) ir divu notikumu rezultāts A Un IN, kas simboliski rakstīts šādi:

Pieņemsim, ka divi ārsti atsevišķi izmeklē pacientu, lai noteiktu konkrētu slimību. Pārbaužu laikā var rasties šādi notikumi:

Slimību atklāj pirmais ārsts ( A);

Pirmā ārsta nespēja atklāt slimību ();

Slimību atklāj otrs ārsts ( IN);

Nespēja atklāt slimību otrajam ārstam ().

Apsveriet gadījumu, kad slimība tiks atklāta izmeklējumu laikā tieši vienu reizi. Šo pasākumu var realizēt divos veidos:

Slimību atklās pirmais ārsts ( A) un neatklās otro ();

Slimības neatklās pirmais ārsts () un tās atklās otrais ( B).

Apzīmēsim aplūkojamo notikumu un uzrakstīsim to simboliski:

Apsveriet gadījumu, kad slimība tiks atklāta izmeklējumu laikā divas reizes (gan pirmais, gan otrais ārsts). Apzīmēsim šo notikumu ar un rakstīsim: .

Notikumu, kad ne pirmais, ne otrais ārsts neatklāj slimību, apzīmējam ar un pierakstām: .

Varbūtību teorijas pamatteorēmas

Divu nesaderīgu notikumu summas varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu.

Saskaitīšanas teorēmu uzrakstīsim simboliski:

P(A +B) = P(A)+P(B),

Kur R- attiecīgā notikuma varbūtība (notikums norādīts iekavās).

Piemērs . Pacientam ir kuņģa asiņošana. Šis simptoms tiek reģistrēts asinsvadu čūlainas erozijas (A notikums), barības vada varikozu vēnu plīsuma (B notikums), kuņģa vēža (C notikums), kuņģa polipa (D notikums), hemorāģiskās diatēzes (F notikums) gadījumā, obstruktīva dzelte (E notikums) un galīgs gastrīts (notikumsG).

Ārsts, pamatojoties uz statistikas datu analīzi, katram notikumam piešķir varbūtības vērtību:

Kopumā ārstam bija 80 pacienti ar kuņģa asiņošanu (n= 80), no kuriem 12 bija asinsvada čūlaina erozija (), plkst6 - barības vada varikozu vēnu plīsums (), 36 bija kuņģa vēzis () utt.

Lai pasūtītu izmeklējumu, ārsts vēlas noteikt, cik liela ir kuņģa asiņošanas iespējamība, kas saistīta ar kuņģa slimību (I notikums):

Iespējamība, ka kuņģa asiņošana ir saistīta ar kuņģa slimību, ir diezgan liela, un ārsts var noteikt izmeklēšanas taktiku, pamatojoties uz pieņēmumu par kuņģa slimību, kas kvantitatīvā līmenī ir pamatots, izmantojot varbūtības teoriju.

Ja ņem vērā kopīgus notikumus, divu notikumu summas varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu bez to kopīgas iestāšanās varbūtības.

Simboliski to raksta ar šādu formulu:

Ja iedomājamies, ka pasākums A sastāv no sitiena ar horizontālām svītrām iekrāsotā mērķī šaušanas laikā un notikuma IN- trāpot ar vertikālām svītrām iekrāsotajā mērķī, tad nesavienojamu notikumu gadījumā saskaņā ar saskaitīšanas teorēmu summas varbūtība ir vienāda ar atsevišķu notikumu varbūtību summu. Ja šie notikumi ir kopīgi, tad pastāv zināma varbūtība, kas atbilst notikumu kopīgai rašanās A Un IN. Ja nelabojat pašriskam P(AB), t.i. uz notikumu kopīgas rašanās iespējamību, tad šī varbūtība tiks ņemta vērā divreiz, jo ar horizontālām un vertikālām līnijām iekrāsotais laukums ir abu mērķu neatņemama sastāvdaļa un tiks ņemts vērā gan pirmajā, gan otrajā termiņā. .

Attēlā 1 ir sniegta ģeometriskā interpretācija, kas skaidri ilustrē šo apstākli. Attēla augšējā daļā ir nepārklājoši mērķi, kas ir nesavienojamu notikumu analogi, apakšējā daļā - krustojošie mērķi, kas ir kopīgu notikumu analogi (ar vienu šāvienu var trāpīt gan mērķī A, gan mērķī B uzreiz).

Pirms pāriet uz reizināšanas teorēmu, ir jāapsver neatkarīgo un atkarīgo notikumu un nosacīto un beznosacījumu varbūtību jēdzieni.

Neatkarīga no notikuma B ir notikums A, kura iestāšanās varbūtība nav atkarīga no notikuma B iestāšanās vai nenotikšanas.

Atkarīgs no notikuma B ir notikums A, kura iestāšanās iespējamība ir atkarīga no notikuma B iestāšanās vai nenotikšanas.

Piemērs . Urnā ir 3 bumbiņas, 2 baltas un 1 melna. Izvēloties bumbiņu pēc nejaušības principa, varbūtība izvēlēties balto bumbiņu (notikums A) ir vienāda ar: P(A) = 2/3, un melno bumbu (notikums B) P(B) = 1/3. Mums ir darīšana ar gadījuma modeli, un notikumu varbūtības tiek aprēķinātas stingri saskaņā ar formulu. Eksperimentu atkārtojot, notikumu A un B iestāšanās varbūtības paliek nemainīgas, ja pēc katras izvēles bumba tiek atgriezta urnā. Šajā gadījumā notikumi A un B ir neatkarīgi. Ja pirmajā eksperimentā izvēlētā bumbiņa netiek atgriezta urnā, tad notikuma (A) varbūtība otrajā eksperimentā ir atkarīga no notikuma (B) iestāšanās vai nenotikšanas pirmajā eksperimentā. Tātad, ja pirmajā eksperimentā parādījās notikums B (izvēlēta melna bumbiņa), tad otro eksperimentu veic, ja urnā ir 2 baltas bumbiņas un notikuma A parādīšanās varbūtība otrajā eksperimentā ir vienāda ar: P (A) = 2/2 = 1.

Ja pirmajā eksperimentā notikums B neparādījās (izvēlējās balta bumbiņa), tad otro eksperimentu veic, ja urnā ir viena balta un viena melna bumbiņa un notikuma A iestāšanās varbūtība otrajā eksperimentā ir vienāds ar: P(A) = 1/2. Acīmredzot šajā gadījumā notikumi A un B ir cieši saistīti un to rašanās varbūtības ir atkarīgas.

Nosacītā varbūtība notikums A ir tā iestāšanās varbūtība, ja notiek notikums B. Nosacītā varbūtība ir simboliski apzīmēta P(A/B).

Ja notikuma iestāšanās varbūtība A nav atkarīgs no notikuma rašanās IN, tad notikuma nosacītā varbūtība A vienāda ar beznosacījumu varbūtību:

Ja notikuma A iestāšanās varbūtība ir atkarīga no notikuma B iestāšanās, tad nosacītā varbūtība nekad nevar būt vienāda ar beznosacījuma varbūtību:

Atkarības noteikšana dažādi pasākumi ir starp viņiem liela nozīme praktisko problēmu risināšanā. Piemēram, kļūdains pieņēmums par noteiktu simptomu parādīšanās neatkarību, diagnosticējot sirds defektus, izmantojot varbūtības metodi, kas izstrādāta vārdā nosauktajā Sirds un asinsvadu ķirurģijas institūtā. A. N. Bakulev, izraisīja aptuveni 50% kļūdainu diagnožu.

Varbūtību saskaitīšanas un reizināšanas teorēmas.
Atkarīgi un neatkarīgi notikumi

Virsraksts izskatās biedējoši, bet patiesībā viss ir ļoti vienkārši. Šajā nodarbībā mēs iepazīsimies ar notikumu varbūtību saskaitīšanas un reizināšanas teorēmām, kā arī analizēsim tipiskas problēmas, kas kopā ar klasiskās varbūtības noteikšanas problēma noteikti tiksies vai, visticamāk, jau satiksi savā ceļā. Lai efektīvi izpētītu šī raksta materiālus, jums jāzina un jāsaprot pamata termini varbūtības teorija un prast veikt vienkāršas aritmētiskas darbības. Kā redzat, ir nepieciešams ļoti maz, un tāpēc aktīvs ir gandrīz garantēts. Bet, no otras puses, es vēlreiz brīdinu no paviršas attieksmes pret praktiskiem piemēriem - tur ir arī daudz smalkumu. Veiksmi:

Teorēma nesaderīgu notikumu varbūtību pievienošanai: varbūtība, ka iestāsies viens no diviem nesaderīgi notikumi vai (lai vai kas), ir vienāds ar šo notikumu varbūtību summu:

Līdzīgs fakts attiecas uz lielāku skaitu nesaderīgu notikumu, piemēram, uz trim nesaderīgiem notikumiem un:

Teorēma ir sapnis =) Tomēr šāds sapnis ir pakļauts pierādījumam, ko var atrast, piemēram, mācību grāmatā V.E. Gmurmans.

Iepazīsimies ar jauniem, līdz šim nezināmiem jēdzieniem:

Atkarīgi un neatkarīgi notikumi

Sāksim ar neatkarīgiem pasākumiem. Pasākumi ir neatkarīgs , ja rašanās varbūtība jebkurš no viņiem nav atkarīgs par citu apskatāmā komplekta notikumu parādīšanos/neparādīšanos (visās iespējamās kombinācijās). ...Bet kāpēc gan mēģināt izmēģināt vispārīgas frāzes:

Teorēma neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanai: neatkarīgu notikumu kopīgas iestāšanās iespējamība un ir vienāda ar šo notikumu varbūtību reizinājumu:

Atgriezīsimies pie vienkāršākā 1. nodarbības piemēra, kurā tiek mētātas divas monētas un šādi notikumi:

– uz 1. monētas parādīsies galvas;
– galviņas parādīsies uz 2. monētas.

Noskaidrosim notikuma varbūtību (galvas parādīsies uz 1. monētas Un uz 2. monētas parādīsies ērglis - atcerieties, kā lasīt notikumu produkts!) . Galvu iespējamība uz vienas monētas nekādā veidā nav atkarīga no citas monētas mešanas rezultāta, tāpēc notikumi ir neatkarīgi.

Tāpat:
– varbūtība, ka 1. monēta nolaidīs galvas Un uz 2. astes;
– varbūtība, ka uz 1. monētas parādīsies galviņas Un uz 2. astes;
– varbūtība, ka uz 1. monētas būs redzamas galvas Un uz 2. ērglis.

Ievērojiet, ka notikumi veidojas pilna grupa un to varbūtību summa ir vienāda ar vienu: .

Reizināšanas teorēma acīmredzami attiecas uz lielāku neatkarīgu notikumu skaitu, piemēram, ja notikumi ir neatkarīgi, tad to kopīgas iestāšanās varbūtība ir vienāda ar: . Praktizēsim ar konkrētiem piemēriem:

3. problēma

Katrā no trim kastēm ir 10 daļas. Pirmajā kastē ir 8 standarta daļas, otrajā – 7, trešajā – 9. No katras kastes nejauši tiek izņemta viena daļa. Atrodiet varbūtību, ka visas daļas būs standarta.

Risinājums: Varbūtība izvilkt standarta vai nestandarta daļu no jebkuras kastes nav atkarīga no tā, kādas detaļas tiek ņemtas no citām kastēm, tāpēc problēma ir saistīta ar neatkarīgiem notikumiem. Apsveriet šādus neatkarīgus notikumus:

– no 1. kastes izņemta standarta daļa;
– no 2. kastes izņemta standarta daļa;
– no 3. kastes tiek izņemta standarta daļa.

Saskaņā ar klasisko definīciju:
ir atbilstošās varbūtības.

Mūs interesējošs pasākums (standarta daļa tiks noņemta no 1. kastes Un no 2. standarta Un no 3. standarta) tiek izteikts ar preci.

Saskaņā ar neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanas teorēmu:

– iespējamība, ka no trim kastēm tiks izņemta viena standarta daļa.

Atbilde: 0,504

Pēc uzmundrinošiem vingrinājumiem ar kastēm mūs sagaida ne mazāk interesantas urnas:

4. problēma

Trīs urnās ir 6 baltas un 4 melnas bumbiņas. No katras urnas pēc nejaušības principa tiek izvilkta viena bumbiņa. Atrodi varbūtību, ka: a) visas trīs bumbiņas būs baltas; b) visas trīs bumbiņas būs vienā krāsā.

Pamatojoties uz saņemto informāciju, uzminiet, kā rīkoties ar punktu “būt” ;-) Aptuvens risinājuma piemērs ir izstrādāts akadēmiskā stilā ar detalizētu visu notikumu aprakstu.

Atkarīgi notikumi. Pasākums saucas atkarīgi , ja tā varbūtība atkarīgs no viena vai vairākiem jau notikušiem notikumiem. Lai meklētu piemērus, nav tālu jāmeklē — vienkārši dodieties uz tuvāko veikalu:

– rīt plkst.19.00 pārdošanā būs svaiga maize.

Šī notikuma iespējamība ir atkarīga no daudziem citiem notikumiem: vai rīt tiks piegādāta svaiga maize, vai tā tiks izpārdota līdz pulksten 19 vai nē utt. Atkarībā no dažādiem apstākļiem šis notikums var būt ticams vai neiespējams. Tātad pasākums ir atkarīgi.

Maize... un, kā romieši prasīja, cirki:

– eksāmenā students saņems vienkāršu biļeti.

Ja neesat pirmais, tad pasākums būs atkarīgs, jo tā iespējamība būs atkarīga no tā, kādas biļetes klasesbiedri jau ir izlozējuši.

Kā noteikt notikumu atkarību/neatkarību?

Dažreiz tas ir tieši norādīts problēmas izklāstā, bet visbiežāk jums ir jāveic neatkarīga analīze. Šeit nav viennozīmīgas vadlīnijas, un notikumu atkarības vai neatkarības fakts izriet no dabiskās loģiskās spriešanas.

Lai nesaliktu visu vienā kaudzē, uzdevumi atkarīgiem notikumiem Es izcelšu šādu nodarbību, bet pagaidām mēs apsvērsim praksē visizplatītāko teorēmu kopu:

Problēmas par nesaderīgu varbūtību saskaitīšanas teorēmām
un neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšana

Šis tandēms, pēc mana subjektīvā vērtējuma, darbojas aptuveni 80% uzdevumu par apskatāmo tēmu. Hits un īsta varbūtību teorijas klasika:

5. problēma

Divi šāvēji katrs izšāva pa vienam šāvienam mērķī. Pirmajam šāvējam trāpījuma iespējamība ir 0,8, otrajam - 0,6. Atrodiet varbūtību, ka:

a) tikai viens šāvējs trāpīs mērķī;
b) vismaz viens no šāvējiem trāpīs mērķī.

Risinājums: Viena šāvēja trāpījumu/netrāpījumu rādītājs acīmredzami nav atkarīgs no otra šāvēja snieguma.

Apskatīsim notikumus:
– 1. šāvējs trāpīs mērķī;
– 2. šāvējs trāpīs mērķī.

Pēc nosacījuma:.

Atradīsim pretēju notikumu varbūtības - ka atbilstošās bultiņas palaidīs garām:

a) Apsveriet notikumu: – tikai viens šāvējs trāpīs mērķī. Šis notikums sastāv no diviem nesaderīgiem rezultātiem:

1. šāvējs trāpīs Un 2. pietrūks
vai
1. pietrūks Un 2. trāpīs.

Uz mēles notikumu algebrasšis fakts tiks uzrakstīts pēc šādas formulas:

Pirmkārt, mēs izmantojam teorēmu nesaderīgu notikumu varbūtību saskaitīšanai, pēc tam teorēmu neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanai:

– varbūtība, ka būs tikai viens trāpījums.

b) Apsveriet notikumu: – vismaz viens no šāvējiem trāpa mērķī.

Vispirms DOMĀSIM – ko nozīmē nosacījums “VISmaz VIENS”? Šajā gadījumā tas nozīmē, ka vai nu trāpīs pirmais šāvējs (otrais netrāpīs) vai 2. (1. pietrūks) vai abi šāvēji uzreiz - kopā 3 nesaderīgi iznākumi.

Pirmā metode: ņemot vērā iepriekšējā punkta gatavu varbūtību, notikumu ir ērti attēlot kā šādu nesaderīgu notikumu summu:

kāds tur nokļūs (notikums, kas savukārt sastāv no 2 nesaderīgiem rezultātiem) vai
Ja trāpa abas bultiņas, mēs apzīmējam šo notikumu ar burtu .

Tādējādi:

Saskaņā ar neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanas teorēmu:
– varbūtība, ka trāpīs pirmais šāvējs Un 2. šāvējs trāpīs.

Saskaņā ar nesaderīgu notikumu varbūtību saskaitīšanas teorēmu:
– vismaz viena trāpījuma varbūtība mērķī.

Otrā metode: Apsveriet pretējo notikumu: – abi šāvēji palaidīs garām.

Saskaņā ar neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanas teorēmu:

Rezultātā:

Pievērsiet īpašu uzmanību otrajai metodei - kopumā tā ir racionālāka.

Turklāt ir alternatīvs, trešais tās risināšanas veids, kas balstīts uz kopīgu notikumu saskaitīšanas teorēmu, kas iepriekš nebija minēta.

! Ja jūs iepazīstaties ar materiālu pirmo reizi, tad, lai izvairītos no neskaidrībām, labāk ir izlaist nākamo rindkopu.

Trešā metode : notikumi ir savietojami, kas nozīmē, ka to summa izsaka notikumu "vismaz viens šāvējs trāpīs mērķī" (sk. notikumu algebra). Autors teorēma kopīgu notikumu varbūtību saskaitīšanai un neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanas teorēma:

Pārbaudīsim: notikumus un (attiecīgi 0, 1 un 2 trāpījumi) veido pilnīgu grupu, tāpēc to varbūtību summai jābūt vienādai ar vienu:
, kas bija tas, kas bija jāpārbauda.

Atbilde:

Rūpīgi izpētot varbūtību teoriju, jūs saskarsities ar desmitiem militāristiska satura problēmu, un, raksturīgi, pēc tam jūs vairs nevēlaties nevienu nošaut - problēmas ir gandrīz kā dāvana. Kāpēc ne vienkāršot arī veidni? Saīsināsim ierakstu:

Risinājums: pēc nosacījuma: , – varbūtība trāpīt attiecīgajiem šāvējiem. Tad viņu garām palaišanas varbūtības:

a) Saskaņā ar teorēmām par nesavienojamības varbūtību saskaitīšanu un neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanu:
– varbūtība, ka mērķī trāpīs tikai viens šāvējs.

b) Saskaņā ar neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanas teorēmu:
– varbūtība, ka abi šāvēji palaidīs garām.

Tad: – varbūtība, ka vismaz viens no šāvējiem trāpīs mērķī.

Atbilde:

Praksē varat izmantot jebkuru dizaina iespēju. Protams, daudz biežāk viņi iet pa īso maršrutu, bet nedrīkst aizmirst 1. metodi - lai arī tas ir garāks, tomēr jēgpilnāks - skaidrāks, kas, kāpēc un kāpēc saskaita un reizina. Dažos gadījumos ir piemērots hibrīda stils, kad ir ērti lietot lielos burtus, lai norādītu tikai dažus notikumus.

Līdzīgi uzdevumi neatkarīgam risinājumam:

6. problēma

Lai signalizētu par ugunsgrēku, ir uzstādīti divi neatkarīgi strādājoši sensori. Varbūtība, ka sensors darbosies ugunsgrēka gadījumā, ir attiecīgi 0,5 un 0,7 pirmajam un otrajam sensoram. Atrodiet varbūtību, ka ugunsgrēkā:

a) abi sensori nedarbosies;
b) darbosies abi sensori.
c) Izmantojot teorēma notikumu varbūtību saskaitīšanai, veidojot pilnīgu grupu, atrodiet varbūtību, ka ugunsgrēkā darbosies tikai viens sensors. Pārbaudiet rezultātu, tieši aprēķinot šo varbūtību (izmantojot saskaitīšanas un reizināšanas teorēmas).

Šeit ierīču darbības neatkarība ir tieši norādīta stāvoklī, kas, starp citu, ir svarīgs precizējums. Parauga risinājums izstrādāts akadēmiskā stilā.

Ko darīt, ja līdzīgā uzdevumā ir dotas vienādas varbūtības, piemēram, 0,9 un 0,9? Jums ir jāizlemj tieši tāpat! (kas patiesībā jau ir parādīts piemērā ar divām monētām)

7. problēma

Varbūtība, ka pirmais šāvējs ar vienu šāvienu trāpīs mērķī, ir 0,8. Varbūtība, ka mērķis netiek trāpīts pēc pirmā un otrā šāvēja pa vienam šāvienam, ir 0,08. Kāda ir varbūtība, ka otrais šāvējs ar vienu šāvienu trāpīs mērķī?

Un šī ir maza mīkla, kas ir izstrādāta īsā veidā. Nosacījumu var pārformulēt lakoniskāk, bet oriģinālu nepārtaisīšu - praksē nākas iedziļināties greznākos izdomājumos.

Iepazīstieties ar viņu — viņš ir tas, kurš jums ir izplānojis ļoti daudz detaļu =):

8. problēma

Strādnieks apkalpo trīs mašīnas. Varbūtība, ka maiņas laikā pirmajai mašīnai būs nepieciešama regulēšana, ir 0,3, otrajai - 0,75, trešajai - 0,4. Atrodiet varbūtību, ka maiņas laikā:

a) visām mašīnām būs nepieciešama regulēšana;
b) tikai viena mašīna būs jāpielāgo;
c) vismaz viena mašīna būs jāpielāgo.

Risinājums: tā kā nosacījums neko neizsaka par vienu tehnoloģisko procesu, tad katras mašīnas darbība jāuzskata par neatkarīgu no citu mašīnu darbības.

Pēc analoģijas ar uzdevumu Nr.5, šeit var ņemt vērā notikumus, kas attiecīgajām mašīnām maiņas laikā būs jāpielāgo, pierakstīt varbūtības, atrast pretēju notikumu varbūtības utt. Bet ar trim objektiem man vairs īsti negribas šādi formatēt uzdevumu – tas izrādīsies garš un nogurdinošs. Tāpēc šeit ir ievērojami izdevīgāk izmantot “ātro” stilu:

Atbilstoši nosacījumam: – varbūtība, ka maiņas laikā attiecīgajām mašīnām būs nepieciešama tūninga. Tad varbūtība, ka viņiem nebūs jāpievērš uzmanība, ir:

Viens no lasītājiem šeit atrada foršu drukas kļūdu, es to pat nelabošu =)

a) Saskaņā ar neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanas teorēmu:
– iespējamība, ka maiņas laikā visas trīs mašīnas būs jāpielāgo.

b) Notikums “Maiņas laikā būs jāpielāgo tikai viena mašīna” sastāv no trim nesaderīgiem rezultātiem:

1) 1. mašīna prasīs uzmanību Un 2. mašīna neprasīs Un 3. mašīna neprasīs
vai:
2) 1. mašīna neprasīs uzmanību Un 2. mašīna prasīs Un 3. mašīna neprasīs
vai:
3) 1. mašīna neprasīs uzmanību Un 2. mašīna neprasīs Un 3. mašīna prasīs.

Saskaņā ar teorēmām par nesaderīgu notikumu varbūtību saskaitīšanu un neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanu:

– iespējamība, ka maiņas laikā būs jāpielāgo tikai viena mašīna.

Es domāju, ka tagad jums vajadzētu saprast, no kurienes nāk izteiciens

c) Aprēķināsim varbūtību, ka mašīnām nebūs nepieciešama regulēšana, un tad pretējā notikuma varbūtību:
– ka vismaz vienai mašīnai būs nepieciešama regulēšana.

Atbilde:

Punktu “ve” var atrisināt arī ar summu , kur ir varbūtība, ka maiņas laikā būs nepieciešama tikai divu mašīnu regulēšana. Šis notikums savukārt ietver 3 nesaderīgus iznākumus, kas aprakstīti pēc analoģijas ar punktu “būt”. Mēģiniet pats atrast varbūtību, lai pārbaudītu visu problēmu, izmantojot vienlīdzību.

9. problēma

No trim lielgabaliem uz mērķi tika izšauta salva. Sitiena iespējamība ar vienu šāvienu tikai no pirmā ieroča ir 0,7, no otrā – 0,6, no trešā – 0,8. Atrodi varbūtību, ka: 1) vismaz viens šāviņš trāpīs mērķī; 2) mērķī trāpīs tikai divi šāviņi; 3) mērķis tiks trāpīts vismaz divas reizes.

Risinājums un atbilde ir stundas beigās.

Un atkal par sakritībām: ja saskaņā ar nosacījumu sakrīt divas vai pat visas sākotnējo varbūtību vērtības (piemēram, 0,7, 0,7 un 0,7), tad ir jāievēro tieši tāds pats risinājuma algoritms.

Lai pabeigtu rakstu, apskatīsim vēl vienu izplatītu mīklu:

10. problēma

Ar katru šāvienu šāvējs trāpa mērķī ar tādu pašu varbūtību. Kāda ir šī varbūtība, ja vismaz viena trāpījuma varbūtība ar trim metieniem ir 0,973.

Risinājums: apzīmēsim ar – varbūtību trāpīt mērķī ar katru šāvienu.
un cauri - netrāpīšanas varbūtība ar katru sitienu.

Un pierakstīsim notikumus:
– ar 3 šāvieniem šāvējs vismaz vienu reizi trāpīs mērķī;
– šāvējs netrāpīs 3 reizes.

Pēc nosacījuma, tad pretējā notikuma varbūtība:

No otras puses, saskaņā ar neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanas teorēmu:

Tādējādi:

- kļūdas iespējamība ar katru metienu.

Rezultātā:
– trāpījuma varbūtība ar katru šāvienu.

Atbilde: 0,7

Vienkārši un eleganti.

Aplūkotajā uzdevumā var uzdot papildu jautājumus par tikai viena trāpījuma varbūtību, tikai divu sitienu iespējamību un trīs sitienu iespējamību mērķī. Risinājuma shēma būs tieši tāda pati kā divos iepriekšējos piemēros:

Tomēr būtiskā atšķirība ir tāda, ka šeit ir atkārtoti neatkarīgi testi, kas tiek veiktas secīgi, neatkarīgi viens no otra un ar vienādu iznākuma varbūtību.

3. nodaļa.

Varbūtību teorijas pamatteorēmas un sekas no tām

Teorēma nesaderīgu varbūtību pievienošanai

Pasākumi

Otrajā nodaļā tika parādīts, kā var noteikt konkrēta nejauša notikuma iespējamību, ja ir izpildīti noteikti nosacījumi. Kā zināms, aritmētiskās darbības var veikt ar nejaušiem notikumiem, no kuriem galvenie ir notikumu saskaitīšana un reizināšana. Varbūtību teorija ļauj, izmantojot tās pamatteorēmas, atrast notikumu summas un reizinājuma varbūtību, t.i. nosaka vai nu vismaz viena aplūkojamā notikuma iestāšanās varbūtību, vai arī šo notikumu vienlaicīgas iestāšanās iespējamību.

Galvenās varbūtības teorijas teorēmas ietver:

1. Varbūtību saskaitīšanas teorēma.

2. Varbūtību reizināšanas teorēma.

Apskatīsim varbūtību saskaitīšanas teorēmu konkrētam gadījumam. Izliksimies tā A Un IN nesaderīgi notikumi, un mēs pieņemsim, ka šo notikumu iespējamības ir zināmas vai atrodamas.

Teorēma 3.1. Viena no divu nesaderīgu notikumu iestāšanās varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu, t.i.

Pierādījums.Ļaujiet n– visu vienādi iespējamo testa elementāro notikumu kopējais skaits, kuros var parādīties notikumi A vai IN. Apzīmēsim ar t A Un t V notikumiem labvēlīgu elementāru notikumu skaits A Un IN attiecīgi. Kopš notikumiem A Un IN ir nesaderīgi, tad ir šo notikumu summa A + IN labvēlību t A+ t V elementāri notikumi. Tāpēc .

Teorēma ir pierādīta.

Sekas. Viena no vairāku pāru nesaderīgu notikumu iestāšanās varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu, t.i.

Pierādījums nav grūti veikt, izmantojot matemātiskās indukcijas metodi.

Piemērs 3.1. Kastītē ir 8 baltas, 5 melnas un 10 sarkanas bumbiņas. Viena bumbiņa tiek izvēlēta nejauši. Kāda ir varbūtība, ka šī bumbiņa nav balta?

Risinājums. Ļaujiet notikumam A- izvēloties melnu bumbu, IN– sarkanas bumbas izvēle. Tad pasākums AR = A + IN nosaka nebaltas bumbiņas (melnas vai sarkanas) izvēli.

Pēc klasiskās formulas . Ar 3.1. teorēmu beidzot iegūstam .■

Piemērs 3.2. Uzņēmumā ir divas vakantas vietas, uz kurām pretendē trīs vīrieši un piecas sievietes. Atrodiet varbūtību, ka starp darbā pieņemtajiem cilvēkiem būs vismaz viens vīrietis, ja pretendentu atlase tiks veikta nejauši.

Risinājums. Ļaujiet notikumam AR ir tas, ka darbā pieņemto cilvēku vidū būs vismaz viens vīrietis. Ir skaidrs, ka pasākums AR notiks, ja notiek viens no diviem nesaderīgiem notikumiem: A– darbā tika pieņemti divi vīrieši; IN– darbā tika pieņemta viena sieviete un viens vīrietis. Tādējādi AR = A + IN.

Noskaidrosim notikumu varbūtības A Un IN, izmantojot klasisko formulu, mēs iegūstam

Un .

Pasākumi A Un IN– ir nekonsekventi, tāpēc varam piemērot teorēmu 3.1. Mēs saņemam. ■

Risinot 3.2. piemēru, vienīgais iespējamais notikums, kas netika ņemts vērā, bija tas, ka darbā tiks pieņemtas divas sievietes. Apzīmēsim to ar burtu D un atrodiet tās varbūtību. Piemērojot klasisko formulu, mēs iegūstam

.

To notikumus nav grūti saprast A, IN Un D izveidojiet pilnu grupu testam: izvēlieties divus cilvēkus no astoņiem. Atradīsim šo notikumu varbūtību summu: . Iegūto rezultātu var attēlot vispārīgā formā.

Teorēma 3.2. To notikumu varbūtību summa, kas veido pilnīgu grupu, ir vienāda ar 1.

Pierādījums.Ļaujiet notikumiem A 1 , A 2 , …, A n izveidot pilnu grupu kādai pārbaudei. Tad pēc definīcijas šī testa rezultātā noteikti notiks kāds no notikumiem, t.i. šo notikumu summa ir noteikts notikums. Uzticama notikuma varbūtība ir 1. Tāpēc vienādība ir patiesa:

Atcerieties, ka pēc pilnīgas grupas definīcijas tā sastāv no nesaderīgiem notikumiem. Tad saskaņā ar 3.1. teorēmu iegūstam

Teorēma ir pierādīta.

Sekas. Pretēju notikumu varbūtību summa ir vienāda ar 1.

Pierādījums tas tieši izriet no tā, ka pretēji notikumi veido pilnīgu grupu, tāpēc pēc 3.2. teorēmas formula ir spēkā

(3.3)

Kur A Un Ā - pretēji notikumi.

Izmeklēšana ir pierādīta.

Risinot uzdevumus, biežāk tiek izmantota transformētā formula (3.3), proti

(3.4)

Piemērs 3.3. No deviņiem kandidātiem atlasei uz trim amatiem pieci absolvēja ar izcilību. Ikvienam ir vienādas iespējas tikt izvēlētiem šiem amatiem. Nosakiet varbūtību, ka starp atlasītajiem būs vismaz viens ar izcilības grādu.

Risinājums. Ļaujiet notikumam A nozīmē, ka no atlasītajiem kandidātiem vismaz vienam ir pagodinājuma grāds. Ir skaidrs, ka pasākums Ā pretī A būs tāds, ka visiem trim atlasītajiem cilvēkiem nav pagodinājuma. Noskaidrosim pretēja notikuma varbūtību. Lai to izdarītu, mēs izmantojam klasisko formulu, mēs iegūstam

.

Izmantojot formulu (3.3) atrodam notikuma varbūtību A:

. ■

Piemēra 3.3 risinājumu var iegūt arī citā, garākā veidā. Nav grūti saprast, ka pasākums A ir šādu notikumu summa:

A 1 – starp atlasītajiem ir tikai viens kandidāts ar diplomu ar izcilību;

A 2 – starp izraudzītajiem diviem kandidātiem ar diplomu ar pagodinājumu;

A 3 – starp izraudzītajiem trim kandidātiem ar diplomu ar pagodinājumu.

Izmantojot klasisko formulu, mēs iegūstam

Ir skaidrs, ka notikumi A 1 , A 2 , A 3 ir nekonsekventi, tāpēc varam piemērot teorēmu 3.3. Tādējādi

Ir skaidrs, ka pirmais risinājums ir daudz vienkāršāks.

Iepriekš apskatītajās teorēmās un piemēros tika pieņemta atbilstošo nejaušo notikumu nesaderība. Protams, var rasties problēma, kurā jāatrod vismaz viena kopīga notikuma iestāšanās iespējamība. Teorēmu 3.1 šajā gadījumā nevar piemērot. Ir vispārīgāka varbūtības saskaitīšanas teorēmas forma, kas izmanto notikumu varbūtības jēdzienu.

Teorēma notikumu varbūtību reizināšanai

Apskatīsim kādu testu, kurā var notikt nejaušs notikums A. Ja, izņemot testa nosacījumu, pasākumam nav ierobežojumu A neeksistē, tad notikuma varbūtība A sauca beznosacījuma varbūtība. Ja ir norādīti kādi papildu nosacījumi, tad nosacītā varbūtībašo notikumu. Visbiežāk papildu nosacījumi ir saistīti ar cita nejauša notikuma iestāšanos. Tātad, analizējot kādu konkrētu parādību, var rasties jautājums: vai kāda notikuma iespējamība ietekmē A cita nejauša notikuma iestāšanās IN un ja ir, tad kā? Piemēram, ofensīva IN noved pie notikuma obligāta iestāšanās A vai, gluži pretēji, izslēdz notikuma iespējamību A, vai varbūt tikai maina varbūtības vērtību. To ir viegli saprast, ja pasākums IN ir labvēlīgs pasākumam A, pēc tam, kad notiek notikums IN notikumu A vienmēr notiek, vai ja A Un IN– divi notikumi, kas nav savienojami konkrētajā pārbaudē, pēc tam, kad notiek notikums IN notikumu A nekad nenotiks. Tomēr tie ir t.s malas lietas. Vislielākā interese rodas, kad notiek kāds notikums IN kaut kā maina (palielina vai samazina) notikuma iespējamību A, nepārvēršot to par uzticamu vai neiespējamu notikumu jaunos apstākļos. Šādas viena notikuma ietekmes uz citu raksturojums ir nosacīta varbūtība.

Nosacītā varbūtība notikumiem A Atsaucoties uz IN sauc par notikuma varbūtību A, kas aprēķināts, pieņemot, ka notikums IN jau ir noticis.

Līdzīgi mēs varam noteikt notikuma nosacīto varbūtību IN, ar nosacījumu, ka pasākums A jau ir noticis.

Piemērs 3.4. Lai urnā būtu 6 baltas un 8 melnas bumbiņas. No urnas nejauši vienu pēc otras tiek izņemtas divas bumbiņas, tās nenomainot. Atrodi varbūtību, ka otrā bumbiņa būs balta, ja arī pirmā bumbiņa būtu izvilkta balta?

Risinājums . Ļaujiet notikumam A ir tas, ka otrā bumba būs balta, un notikums IN ka pirmā bumbiņa ir balta. Problēma prasa atrast notikuma varbūtību A, ar nosacījumu, ka pasākums IN notika, t.i. atrast. Ja pasākums IN notika, tad urnā ir palikušas 13 bumbiņas, no kurām 5 ir baltas. Tāpēc varbūtība uzzīmēt baltu bumbiņu no 13, starp kurām 5 ir baltas, ir vienāda ar .■

Atzīmēsim divus punktus.

Pirmkārt, pasākumam A var atrast ne tikai tās nosacīto varbūtību, bet arī tā saukto kopējo notikuma varbūtību, t.i. varbūtība, ka otrā bumbiņa būs balta, ja kāda bumbiņa ir izvēlēta pirmā. Par tādas varbūtības atrašanu mēs parunāsim punktā 3.4.

Otrkārt, piemēra nosacījumu var mainīt tā, lai pirmās izvēlētās bumbiņas krāsa vispār neietekmētu notikuma iespējamību. A. Pieņemsim, ka bumbiņas pēc krāsas nofiksēšanas tiek atgrieztas atpakaļ urnā. Tad, acīmredzot, notikuma varbūtība A nav atkarīgs no tā, kādā krāsā izvēlēta pirmā bumbiņa, t.i. no notikuma iestāšanās (vai nenotikšanas). IN. Šajā gadījumā , t.i. notikuma varbūtība A sakrīt ar šī notikuma nosacīto varbūtību. Paši notikumi A Un INšajā testā ir neatkarīgi.

Divi notikumi A Un IN tiek saukti neatkarīgs, ja katra no tām iestāšanās iespējamība nav atkarīga no tā, vai cits notikums parādījās vai nē. Citādi notikumi tiek saukti atkarīgi.

No definīcijas izriet, ka neatkarīgiem notikumiem A Un IN ir derīgas šādas formulas:

. (3.5)

Iegūsim formulu nosacītās varbūtības atrašanai, izmantojot klasisko definīciju. Ļaujiet testam sastāvēt no n tikpat iespējami elementāri notikumi. Notikumam labvēlīgu pasākumu skaits A, vienāds t A; notikumu IN – t V; pasākumu producēšana AB – t AB. Ir skaidrs, ka . Kopš pasākuma IN labvēlības t V rezultāti, no kuriem tikai t A labvēlību A, tad nosacītā varbūtība ir vienāda ar

. Visbeidzot, mēs saņemam

(3.6)

Jāpievērš uzmanība faktam, ka saucējs formulā (3.6.) atšķiras no nulles, jo pēc nosacījuma notikums IN var notikt, t.i. t V nav vienāds ar nulli.

Spriežot līdzīgi, mēs varam iegūt formulu notikuma nosacītajai varbūtībai IN: . Bet kopš notikuma AB neatšķiras no pasākuma VA Un , tad notikuma nosacītā varbūtība IN var noteikt pēc formulas

(3.7)

Pilnīgākajos varbūtības teorijas kursos, izmantojot aksiomātisko pieeju, formulas (3.6) un (3.7) tiek ņemtas par nosacītās varbūtības definīciju, bet formulas (3.5) – par neatkarīgu notikumu definīciju.

Sekojošā varbūtības reizināšanas teorēma tieši izriet no formulām (3.6) un (3.7).

Teorēma 3.2. Divu nejaušu notikumu vienlaicīgas iestāšanās varbūtība ir vienāda ar viena notikuma varbūtības un otra nosacītās varbūtības reizinājumu, ko aprēķina, pieņemot, ka pirmais notikums jau ir noticis, t.i.

(3.8)

Sekas. Vairāku nejaušu notikumu vienlaicīgas iestāšanās varbūtība ir vienāda ar viena notikuma varbūtības un visu pārējo nosacīto varbūtību reizinājumu, savukārt katra nākamā notikuma varbūtība tiek aprēķināta, pieņemot, ka visi iepriekšējie notikumi jau ir notikuši, t.i.

Piemērs 3.5. Loterijā ir 20 biļetes, no kurām 5 laimē. 3 biļetes tiek nejauši izvēlētas viena pēc otras bez atgriešanas. Nosakiet varbūtību, ka uzvarēs pirmā, otrā un trešā biļete.

Risinājums. Ļaujiet notikumam A ir tas, ka vispirms tiks izvēlēta laimētāja biļete, pasākums IN– ka uzvarēs otrā biļete un, visbeidzot, AR– uzvar trešā biļete. Ir skaidrs, ka .

Nosacītā notikuma varbūtība IN ar nosacījumu, ka pasākums A notika, t.i. no loterijas tika izvēlēta viena laimētāja biļete, kas vienāda ar (palikušas 19 biļetes, no kurām 4 laimējas).

Nosacītā notikuma varbūtība AR ar nosacījumu, ka notikumi A Un IN notika, t.i. tika izvēlētas divas laimētās biļetes, vienādas ar .

No 3.2. teorēmas izriet, ka reizinājuma varbūtība ir vienāda ar

Jāatzīmē, ka uzdevumu 3.5 var atrisināt, izmantojot klasisko formulu un kombinatoriskās formulas:

.

Teorēma 3.2 ir patiesa visiem nejaušiem notikumiem A Un IN. Īpašā gadījumā, kad notikumi A Un IN ir neatkarīgi, šāds apgalvojums ir patiess.

Teorēma 3.3 . Divu nesaderīgu notikumu vienlaicīgas iestāšanās varbūtība A Un IN ir vienāds ar šo notikumu varbūtību reizinājumu, t.i.

Pierādījums. Pasākumi A Un IN- neatkarīgs. Ar teorēmu 3.2, ņemot vērā formulu (3.5), iegūstam

Teorēma ir pierādīta.

Tātad 3.3. teorēma saka, ka neatkarīgu notikumu reizinājuma varbūtība tiek atrasta pēc formulas (3.9). Arī otrādi ir taisnība.

Teorēma 3.4. Ja formula (3.9) ir patiesa diviem notikumiem, tad šie notikumi ir neatkarīgi.

Mēs piedāvājam bez pierādījumiem vairākas svarīgas īpašības, kas ir derīgas neatkarīgiem notikumiem.

1. Ja pasākums IN nav atkarīgs no A, tad pasākums A nav atkarīgs no IN.

2. Ja notikumi A Un IN- ir neatkarīgi, tad notikumi ir neatkarīgi A Un .

3. Ja divi notikumi ir neatkarīgi, tad arī tiem pretējie notikumi ir neatkarīgi.

Teorēmu 3.3 var vispārināt uz ierobežotu notikumu skaitu. Tomēr pirms to darīt, ir nepieciešams sīkāk pakavēties pie trīs vai vairāku notikumu neatkarības jēdziena.

Grupai, kas sastāv no trim vai vairāk notikumiem, ir pāru neatkarības un neatkarības jēdziens kopumā.

Pasākumi A 1 , A 2 , …, A n tiek saukti pāri neatkarīgi, ja kādi divi no šiem notikumiem ir neatkarīgi.

Pasākumi A 1 , A 2 , …, A n tiek saukti neatkarīgs kopumā ( vai vienkārši neatkarīgs), ja tie ir pa pāriem neatkarīgi un katrs notikums un visi iespējamie visu pārējo produkti ir neatkarīgi.

Piemēram, trīs notikumi A 1 , A 2 , A 3 ir kolektīvi neatkarīgi, ja šādi notikumi ir neatkarīgi:

A 1 un A 2 , A 1 un A 3 , A 2 un A 3 ,

A 1 un A 2 A 3 , A 2 un A 1 A 3 , A 3 un A 1 A 2 .

Teorēma 3.5 . Ja notikumi A 1 , A 2 , …, A n kopā ir neatkarīgi, tad to vienlaicīgas iestāšanās varbūtību aprēķina pēc formulas:

Pierādījums. Parādīsim, ka formula ir pareiza trim notikumiem. Ja notikumu ir vairāk nekā trīs, tad formulas derīgumu pierāda ar matemātiskās indukcijas metodi.

Tātad, parādīsim to. Atbilstoši notikuma teorēmas nosacījumiem A 1 , A 2 , A 3 ir kolektīvi neatkarīgi. Tāpēc, piemēram, divi notikumi ir neatkarīgi A 1 A 2 un A 3. Pēc formulas (3.9.) iegūstam . Pēc notikuma stāvokļa A 1 un A 2 ir arī neatkarīgi. Piemērojot formulu (3.9) pirmajam faktoram, beidzot iegūstam .

Teorēma ir pierādīta.

Jāatzīmē, ka, ja notikumi ir pa pāriem neatkarīgi, tad tas nenozīmē, ka tie būs neatkarīgi kopumā. Un otrādi, ja notikumi kopumā ir neatkarīgi, tad acīmredzot pēc definīcijas tie būs neatkarīgi no pāriem.

Apskatīsim piemēru notikumiem, kas ir neatkarīgi, bet kolektīvi atkarīgi.

Piemērs 3.6. Lai kastē ir 4 identiskas kartītes, uz kurām ir uzrakstīti cipari:

Nejauši izvēlas vienu karti. Pasākums A nozīmē, ka esat izvēlējies karti ar numuru 1, notikumu IN pieņem, ka atlasītajai kartei ir numurs 2, notikums AR– numurs 3. Uzziniet, vai notikumi ir A, IN Un AR pāri neatkarīgi vai kopīgi neatkarīgi.

Risinājums. Katra notikuma varbūtība A, IN Un AR var atrast, izmantojot klasisko formulu (kopā ir 4 kārtis, divās no tām ir attiecīgi cipari 1, 2, 3): .

Parādīsim šos notikumus A, IN Un AR pāri neatkarīgi. Izvēlēsimies jebkurus divus notikumus, piemēram, A Un IN. Viņu produkta varbūtība ir , jo skaitļu 1 un 2 vienlaicīga parādīšanās var būt tikai vienā no četrām kartēm.

Tādējādi vienlīdzība ir patiesa . Pēc teorēmas 3.4 notikumi A Un IN neatkarīgs. Līdzīgi mēs varam parādīt notikumu neatkarību IN Un AR, kā arī pasākumus A Un AR. Pāru neatkarība ir pierādīta.

Parādīsim, ka šie notikumi kopumā nav neatkarīgi. Visu trīs notikumu vienlaicīgas iestāšanās varbūtība, t.i. visu trīs skaitļu izskats ir vienāds ar , jo tikai vienā kartītē no četrām ir visi trīs skaitļi. Notikuma varbūtību reizinājums ir vienāds ar . Tādējādi , tāpēc kopumā nav neatkarības. ■

No varbūtību reizināšanas teorēmas un nesavienojamu notikumu varbūtību saskaitīšanas teorēmas tieši izriet saderīgu notikumu varbūtību saskaitīšanas teorēma.

Notikumu A un B reizinājums jeb krustpunkts ir notikums, kas sastāv no notikumu A un B vienlaicīgas rašanās IN. Darba apzīmējums AB vai L un V.

Piemēram, trāpījums mērķī divreiz ir divu notikumu rezultāts, atbilde uz abiem jautājumiem eksāmena biļetē ir divu notikumu rezultāts.

Pasākumi L un IN tiek saukti par nesaderīgiem, ja to produkts ir neiespējams notikums, t.i. LV = V.

Piemēram, notikumi L - ģerboņa zaudēšana un IN- numurs, kas izkrīt vienas monētas mešanas laikā, nevar notikt vienlaikus, to reizinājums ir neiespējams notikums, notikumi A un B nav savienojami.

Notikumu summas un reizinājuma jēdzieniem ir skaidra ģeometriskā interpretācija (6.4. att.).

Rīsi. 6.4. Darba ģeometriskā interpretācija (A) un summas (b) divi kopīgi pasākumi

Lai notikums A ir punktu kopa apgabalā A un notikums B ir punktu kopa apgabalā B. Iekrāsotais laukums atbilst notikumam LV attēlā. 6 La un notikums L + B attēlā. 6.46.

Nesaderīgiem notikumiem A un B mums ir LV = V(6.5.a att.). A+B notikums atbilst ēnotajam apgabalam attēlā. 6.56.

Rīsi. 6.5. Darba ģeometriskā interpretācija ( A) un summas (b) divi nesavienojami notikumi

Pasākumi A Un A tiek saukti par pretējiem, ja tie nav savienojami un kopumā veido ticamu notikumu, t.i.

A A = V; A+A=U.

Piemēram, izšausim vienu šāvienu mērķī: notikums A- šāvējs trāpīja mērķī, A- nokavēts; izmesta monēta:

notikumu A- ērgļa piliens, A- numuru zudums; skolēni raksta kontroldarbu: pasākums A- neviens

kļūdas pārbaudes darbā, A- pārbaudes darbā ir kļūdas; skolēns ieradās kārtot testu: pasākums A- pagājis

pārbaude, A- pārbaudījumu neizturēja.

Klasē ir zēni un meitenes, teicamnieki, labi skolēni un C skolēni, kas mācās angļu un vācu valodu. Lai pasākums M ir puika, O esi izcilnieks, A esi students angļu valoda. Vai nejaušs students, kurš iziet no klases, var būt zēns, izcils students un angļu valodas apguvējs? Tas būs MOA notikumu produkts vai krustpunkts.

Piemērs 6.15. Viņi met kauliņu – no viendabīga materiāla veidotu kubu, kura malas ir numurētas. Ievērojiet numuru (punktu skaitu), kas parādās augšējā malā. Ļaujiet notikumam A - nepāra skaitļa parādīšanās, notikums IN - tāda skaitļa parādīšanās, kas ir reizināts ar trīs. Atrodiet rezultātus, kas veido katru notikumu (?/, A, A + B U AB) un norādiet to nozīmi.

Risinājums. Rezultāts - jebkura skaitļa 1, 2, 3, 4, 5, 6 parādīšanās augšējā malā. Visu rezultātu kopa veido elementāru notikumu telpu. U= (1, 2, 3, 4, 5, 6). Skaidrs, ka pasākums A =(1, 3, 5), pasākums B = {3, 6}.

Pasākums A + B =(1, 3, 5, 6) - nepāra skaitļa vai trīskārša skaitļa parādīšanās. Uzskaitot rezultātus, tiek ņemts vērā, ka katrs rezultāts komplektā var būt ietverts tikai vienu reizi.

Pasākums AB =(3) - gan nepāra skaitļa, gan nepāra skaitļa parādīšanās.

Piemērs 6.16. Trīs skolēnu mājasdarbi tika pārbaudīti. Ļaujiet notikumam A (- sniegumu i-tā uzdevumi students, G = 1, 2, 3.

Kāda ir notikumu nozīme: A = A t + A 2+ L 3, A Un B = A t A 2 A 3 ?

Risinājums. Pasākums A = A x + A 2 + A 3 - uzdevuma izpilde vismaz vienam skolēnam, t.i. vai kāds students (vai pirmais, vai otrais, vai trešais), vai jebkuri divi, vai visi trīs.

Pasākums A = A x -A 2 -A 3- uzdevumu neizpildīja neviens skolēns - ne pirmais, ne otrais, ne trešais. Pasākums B = A ( A 2 A 3 - uzdevumu izpildi trīs skolēni – pirmais, otrais un trešais.

Apsverot vairāku notikumu kopīgu iestāšanos, var būt gadījumi, kad viena no tiem iestāšanās ietekmē cita iestāšanās iespējamību. Piemēram, ja diena rudenī ir saulaina, tad ir mazāka iespēja, ka laikapstākļi kļūs slikti (sāks līt). Ja saule nav redzama, tad vairāk iespēju ka līs lietus.

Pasākums L sauc par notikumu neatkarīgu IN, ja notikuma varbūtība A nemainās atkarībā no tā, vai notikums ir noticis vai nē IN. Citādi pasākums A sauc par atkarīgu no notikuma IN. Divi notikumi A unIN tiek saukti par neatkarīgiem, ja viena iespējamība nav atkarīga no otra rašanās vai nenotikšanas, par atkarīgām - citādi. Notikumi tiek saukti par neatkarīgiem no pāriem, ja katrs no tiem ir neatkarīgi viens no otra.

Varbūtības reizināšanas teorēma ir formulēta šādi. Divu neatkarīgu notikumu reizinājuma varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību reizinājumu:

Šī teorēma ir derīga jebkuram ierobežotam notikumu skaitam, ja tie ir kolektīvi neatkarīgi, t.i. neviena no tiem iespējamība nav atkarīga no tā, vai otrs no šiem notikumiem ir noticis vai nē.

Piemērs 6.17. Students kārto trīs eksāmenus. Pirmā eksāmena sekmīgas nokārtošanas iespējamība ir 0,9, otrā - 0,65, bet trešā - 0,35. Atrodiet varbūtību, ka viņš neizdosies vismaz vienā eksāmenā.

Risinājums. Apzīmēsim A notikums - students nav nokārtojis vismaz vienu eksāmenu. Tad P(A) = 1 - /-’(1/1), kur A- pretējs notikums - students nokārtoja visus eksāmenus. Tā kā katra eksāmena nokārtošana nav atkarīga no citiem eksāmeniem, P(A)= 1 - P(1/1) = = 1 - 0,9 0,65 0,35 = 0,7953.

Notikuma varbūtība A, aprēķina ar nosacījumu, ka notikums notiek IN, sauca nosacītā varbūtība notikumiem A atkarībā no izskata IN un ir norādīts R V (A) vai P(A/B).

Teorēma.Divu notikumu reizinājuma varbūtība ir vienāda ar viena no tiem varbūtības un otrā nosacītās varbūtības reizinājumu, ko aprēķina ar nosacījumu, ka noticis pirmais notikums:

Piemērs 6.18. Students divas reizes izlozē vienu biļeti no 34. Kāda ir varbūtība, ka viņš nokārtos eksāmenu, ja ir sagatavojis 30 biļetes un ar pirmo reizi izlozē nesekmīgu biļeti?

Risinājums.Ļaujiet notikumam A ir tas, ka pirmo reizi, kad saņēmāt neveiksmīgu biļeti, pasākums IN- otrajā reizē tiek izlozēta laimīgā biļete. Tad A?IN- students nokārtos eksāmenu (noteiktos apstākļos). Pasākumi A Un IN atkarīgi, jo sekmīgas biļetes izvēles varbūtība otrajā mēģinājumā ir atkarīga no pirmās izvēles iznākuma. Tāpēc mēs izmantojam formulu (6.6):

Ņemiet vērā, ka risinājumā iegūtā varbūtība ir “0,107. Kāpēc ir tik zema varbūtība nokārtot eksāmenu, ja iemācās 30 no 34 biļetēm un tiek doti divi mēģinājumi?!

Paplašinātā saskaitīšanas teorēma ir formulēts šādi. Divu notikumu summas varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu bez to kopīgas iestāšanās varbūtības (darbi):

Piemērs 6.19. Divi skolēni atrisina uzdevumu. Varbūtība, ka pirmais students atrisinās problēmu (notikums A), vienāds ar 0,9; varbūtība, ka otrais students atrisinās problēmu (notikums IN), vienāds ar 0,8. Kāda ir varbūtība, ka problēma tiks atrisināta?

Risinājums. Mūs interesē notikums C, proti, problēma tiks atrisināta, t.i. pirmais vai otrais students, vai divi studenti vienlaikus. Tādējādi interesējošais pasākums C = A +IN. Pasākumi A Un IN ir saderīgi, kas nozīmē, ka iespējamību saskaitīšanas teorēma ir piemērojama vienlaicīgu notikumu gadījumā: P(A + IN) = P(A) + P(B) - P(AB). Mūsu gadījumā P(A + B) = = 0,9 + 0,8 + 0,9 0,8 = 0,98 (notikumi A Un IN kooperatīvs, bet neatkarīgs).

Piemērs 6.20. Students zina 20 jautājumus no 25. Kāda ir varbūtība atbildēt uz trim jautājumiem no 25?

Risinājums. Iepazīstinām ar notikumu A, - skolēns zina atbildi uz i- ierosinātais jautājums, i= 1,2,3. Notikumi L, L 2, L 3 ir atkarīgi. Tāpēc

Meklējot notikumu varbūtības, tika izmantota klasiskā varbūtības definīcija.

Bieži gadās, ka kāda noteikta notikuma iespējamību var atrast, zinot citu ar šo notikumu saistītu notikumu varbūtības.

Varbūtību saskaitīšanas teorēma.

?Teorēma 2.6. (Varbūtību saskaitīšanas teorēma). Divu patvaļīgu notikumu summas (savienošanās; viena no tām iestāšanās, vienalga, kura) varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu, atskaitot to kopīgās iestāšanās varbūtību, t.i. P(A+B) = P(A) + P(B) - P(AB).

Secinājums 1. Pāru nesavienoto notikumu summas (savienības) varbūtība ir vienāda ar to varbūtību summu, t.i. P(A 1 +A 2 +...+A n) = = P(A 1) + P(A 2) + ... + P(A n).

Secinājums 2.Ļaujiet A 1 , A 2 , ... , A n- pilnīga pāru nesaderīgu notikumu grupa. Tad P(A 1)+P(A 2)+ ... +P(A n) = 1.

Secinājums 3. Pretēju notikumu varbūtību summa ir vienāda ar vienu, t.i. P(A) + P(`A) = 1.

Piemērs 2.10. Urnā ir 5 baltas, 6 melnas un 9 sarkanas bumbiņas. Kāda ir varbūtība, ka pirmā nejauši izvilktā bumbiņa būs melna vai sarkana?

Risinājums. Ir tikai 20 elementārie iznākumi, no kuriem melnās bumbiņas parādīšanos atbalsta 6, bet sarkanās bumbiņas izskatu — 9. Līdz ar to kopnotikuma iespējamība. A- melnas bumbiņas izskats: P(A) = 6/20, un notikuma varbūtība B- sarkanas bumbiņas izskats: P(A) = 9/20. Kopš notikumiem A Un B ir nesaderīgi (tiek izņemta tikai viena bumbiņa), tad P(A+B) = P(A) + P(B) = 6/20 + 9/20 = 0,75. Atbilde: 0,75.

? Notikuma B nosacītā varbūtība (PA (B)) - notikuma B varbūtība, kas aprēķināta, ņemot vērā, ka notikums A jau ir noticis. Ja A Un B- neatkarīgi notikumi, tad P A(B) = P(B), P B(A) = P(A).

Varbūtību reizināšanas teorēma.

?Teorēma 2.7. (Varbūtību reizināšanas teorēma). Divu patvaļīgu notikumu reizinājuma (krustošanās; līdzās rašanās) varbūtība ir vienāda ar viena no tiem iespējamības reizinājumu ar otra nosacīto varbūtību, kas aprēķināta ar nosacījumu, ka pirmais notikums jau ir noticis, t.i. P(AB) = P(A)· P A(B) = P(B)· P B(A).

Piemērs 2.11. Plauktā ir 11 populārzinātniskas grāmatas un 5 daiļliteratūras grāmatas. Kāda ir varbūtība, ka divas pēc kārtas nejauši uzņemtas grāmatas izrādīsies daiļliteratūra?

Risinājums. Apsveriet divus notikumus B 1 un B 2: B 1 - pirmā testa laikā tika paņemta daiļliteratūras grāmata, B 2 - otrajā ieskaitē tika paņemta mākslas grāmata. Saskaņā ar 2.7. teorēmu šāda notikuma varbūtība ir vienāda ar P(B 1 B 2)=P(B 1)· P B 1 (B 2). Notikuma varbūtība B 1 P(B 1) = 5/16. Pēc pirmās pārbaudes plauktā paliks 15 grāmatas, no kurām 4 ir daiļliteratūra, tātad nosacītā varbūtība P B 1 (B 2) = 4/15. Tādējādi nepieciešamā varbūtība ir: P(B 1 B 2) = . Atbilde: 1/12.

Secinājums 1. Vairāku notikumu kopīgas iestāšanās varbūtība ir vienāda ar viena no tiem iespējamības un visu pārējo nosacīto varbūtību reizinājumu, un katra nākamā notikuma varbūtību aprēķina ar nosacījumu, ka visi iepriekšējie notikumi jau ir notikuši, t.i. P(A 1 · A 2 ·...· A n) = P(A 1)· P A 1 (A 2) P A 1A 2 (A 3). · ... · P A 1 A 2… An -1 (A n).

Piemērs 2.12. Vārds “MATEMĀTIKA” sastāv no desmit kartēm. No tām skolēns pēc nejaušības principa izvēlas četras kārtis pa vienai un novieto vienu pie otras. Kāda ir varbūtība, ka parādīsies vārds “SUBJECT”?

Risinājums. Iepazīstinām ar pasākumiem A 1 , A 2 , A 3 , A 4, kas sastāv no tā, ka pirmais izvēlētais burts ir T, otrais ir E, trešais ir M un ceturtais ir A. Mums jāatrod šo notikumu rašanās varbūtība. Saskaņā ar 2.7. teorēmas 1. secinājumu mums ir:

P(A 1 · A 2 · A 3 · A 4) = P(A 1)· P A 1 (A 2)· P A 1A 2 (A 3)· P A 1A 2A 3 (A 4) = Atbilde: 1/420.

Secinājums 2. Ja A 1 ,A 2 ,...,A n- neatkarīgi notikumi, tad to rašanās (kopīgas iestāšanās) varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību reizinājumu, t.i. P(A 1 · A 2 · ... · A n) = P(A 1)· P(A 2) · ... · P(A n).

Piemērs 2.13. Divi šāvēji neatkarīgi viens no otra izšauj vienu šāvienu pa vienu un to pašu mērķi. Varbūtība, ka pirmais šāvējs trāpīs mērķī, ir 0,7, otrais - 0,8. Kāda ir varbūtība, ka mērķis tiks sasniegts?

Risinājums.Ļaujiet notikumam A ir tas, ka mērķi trāpīja pirmais šāvējs, un notikums B ir tāds, ka mērķi trāpīja otrais šāvējs. Pēc nosacījuma R(A) = 0,7 un R(IN) =0,8.

1. metode. Apsveriet pretējos notikumus: `A- pirmais šāvējs netrāpa `B - garām otro. Ar 2.6. teorēmas 3. secinājumu mēs iegūstam R(`A) = 1-0,7 = 0,3 un R(`B) = 1-0,8 = 0,2. Pasākumu produkts `A·`B nozīmē abi šāvēji garām. Atbilstoši pasākuma uzdevuma jēgai A Un IN ir neatkarīgi, tāpēc pretējas līdzāspastāvēšana `A Un `B būs arī neatkarīgs. Saskaņā ar 2. teorēmas 2. secinājumu mēs iegūstam varbūtību, ka abi šāvēji palaidīs garām: P(`A·`B) = 0,3·0,2 = 0,06. Mūs interesē pretēja notikuma varbūtība, proti, mērķis ir trāpīts. Tāpēc mēs atrodam vēlamo varbūtību ar 2.6. teorēmas 3. secinājumu: 1 - 0,06 = 0,94.

2. metode. Vēlamais notikums (mērķi trāpīs vismaz viens šāvējs) ir notikumu summa A Un B. Pēc teorēmas 2.6. P(A+B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0,7 + 0,8 - 0,7 · 0,8 = 1,5 - 0,56 = 0,94. Atbilde: 0,94.

Piemērs 2.14. Studentu grupā ir 25 cilvēki. Kāda ir varbūtība, ka vismaz diviem cilvēkiem ir vienāda dzimšanas diena?

Risinājums. Varbūtība, ka divu nejauši izvēlētu cilvēku dzimšanas dienas sakrīt, ir 1/365 (pieņemam, ka dzimšanas diena, kas iekrīt jebkurā gada dienā, ir tikpat iespējama parādība). Tad varbūtība, ka divu cilvēku dzimšanas dienas nesakrīt, t.i. pretēja notikuma varbūtība ir 1-1/365 = 364/365. Varbūtība, ka trešā dzimšanas diena atšķiras no iepriekšējām divām dzimšanas dienām, būs 363/365 (363 no 365 gadījumiem ir labvēlīgi šim notikumam). Spriežot līdzīgi, secinām, ka 25. grupas dalībniekam šī varbūtība ir 341/365. Tālāk atradīsim varbūtību, ka visu 25 grupas dalībnieku dzimšanas dienas nesakrīt. Tā kā visi šie notikumi (neatbilstība starp katra nākamā grupas dalībnieka dzimšanas dienu un iepriekšējo dzimšanas dienu) ir neatkarīgi, tad no 2.7. teorēmas 2. secinājuma iegūstam:

P(A 2 A 3 ... A 25) = · · ... · » 0,43.

Šī ir varbūtība, ka visiem 25 cilvēkiem dzimšanas diena nav vienāda. Pretēja notikuma varbūtība būs iespējamība, ka vismaz diviem cilvēkiem ir vienāda dzimšanas diena, t.i. meklēju pēc manas varbūtības P"1-0,43 = 0,57. Atbilde: "0,57.

Kopējās varbūtības formula.

?Teorēma 2.8.Ļaujiet B 1 , B 2 , …, Bn- pilnīga pāru nekopīgu pasākumu grupa. Notikuma varbūtība A, kas var notikt tikai tad, ja notiek kāds no notikumiem B 1 , B 2 , …, Bn, ir vienāds ar katra šī notikuma varbūtību reizinājumu ar atbilstošo notikuma nosacīto varbūtību A, t.i.

P( A) = P(B 1)· P B 1 (A) + P(B 2)· P B 2 (A) + … + P(Bn)· P Bn(A).

Šo formulu sauc kopējās varbūtības formula. Pasākumi B 1 , B 2 , …, Bn, kas atbilst 2.8. teorēmas nosacījumiem, tiek izsaukti hipotēzes.

Piemērs 2.15. Tūrists vienlīdz iespējams izvēlas vienu no trim maršrutiem: zirga mugurā, ūdenī un kalnā. Varbūtība, ka viņš veiksmīgi pārvarēs taku, izvēloties zirga pārvietošanās metodi, ir 0,75, izvēloties ūdensceļu - 0,8, izvēloties kalnu maršrutu - 0,55. Atrodiet varbūtību, ka tūrists veiksmīgi veiks visu ceļu jebkurai maršruta izvēlei.

Risinājums. Ievadīsim notikumus: A- "Tūrists veiksmīgi veiks visu ceļu neatkarīgi no maršruta izvēles", B 1 , B 2 , B 3 - attiecīgi tiek izvēlēti zirgu, ūdens un kalnu maršruti. Tā kā maršruta izvēle ir vienlīdz iespējama, katra maršruta izvēles varbūtības P(B 1) = P(B 2) = P(B 3) = 1/3. Pēc nosacījuma P B 1 (A) = 0,75; P B 2 (A) = 0,8; P B 3 (A) = 0,55. Tad pēc kopējās varbūtības formulas: P(A) = P(B 1)· P B 1 (A) + P(B 2)· P B 2 (A) + P(B 3)· P B 3 (A) = (1/3) 0,75 + (1/3) 0,8 + (1/3) 0,55 = 0,7.

Atbilde: 0,7.

?Teorēma 2.9. Jebkuras hipotēzes nosacītā varbūtība B es( i = 1, 2, … ,n) aprēķina pēc Bayes formula:

Beijesa formula ļauj atkārtoti novērtēt hipotēžu varbūtības pēc tam, kad kļūst zināms testa rezultāts, kura rezultātā notika notikums A.

Piemērs 2.16. Ir trīs čipu komplekti, no kuriem pirmais satur 100, otrais 300 un trešais 600 mikroshēmas. Varbūtība, ka no pirmās kopas nejauši ņemta mikroshēma darbojas, ir 0,9, bet otrajai un trešajai kopai tā ir attiecīgi 0,85 un 0,8. Kāda ir varbūtība, ka: a) darbojas nejauši izvēlēta mikroshēma; b) no otrās komplekta tiek ņemta darba mikroshēma?

Risinājums. a) Šajā gadījumā ir trīs hipotēzes, kuru varbūtības P(B 1) = 0,1, P(B 2) = 0,3, P(B 3) = 0,6. Izmantojot kopējās varbūtības formulu, mēs atrodam P(A) = P(B 1)· P B 1 (A) + P(B 2)· P B 2 (A) + P(B 3)· P B 3 (A) = 0,1 · 0,9 + 0,3 · 0,85 + 0,6 · 0,8 = 0,825.

b) Pieņemsim, ka vēlamais notikums A notika - tika noņemta pareizā mikroshēma. Noskaidrosim varbūtību P A(B 2) tas, ka šī mikroshēma tika izvilkta no otrā komplekta. Saskaņā ar Beijesa formulu,

Atbilde: a) 0,825; b) 17/55.

Piemērs 2.17. No 10 skolēniem, kas ieradās uz matemātikas eksāmenu, trīs gatavojās lieliski, četri - labi, divi - apmierinoši, bet viens nesagatavojās vispār. Biļetes satur 20 jautājumus. Labi sagatavoti skolēni var atbildēt uz visiem 20 jautājumiem, labi sagatavoti skolēni var atbildēt uz 16 jautājumiem, apmierinoši sagatavoti var atbildēt uz 10 jautājumiem, bet nesagatavoti - uz 5 jautājumiem. Katrs skolēns pēc nejaušības principa saņem 3 jautājumus no 20. Uz visiem 3 jautājumiem atbildēja pirmais uzaicinātais students. Kāda ir varbūtība, ka viņš ir izcils students?

P A ( B 1). Pēc Beijesa formulas P A(B 1) = "0,58.

Kā redzam, vēlamā varbūtība ir salīdzinoši maza, tāpēc skolotājam būs jāuzdod skolēnam vēl daži papildu jautājumi. Atbilde: 0,58.