Pronaći među događajima je pouzdano i nemoguće. Uvesti definiciju slučajnog, sigurnog i nemogućeg događaja; voditi prve ideje o rješavanju kombinatornih problema: korištenje stabla mogućnosti i korištenje pravila množenja

Događaje (pojave) koje promatramo možemo podijeliti u tri vrste: pouzdane, nemoguće i slučajne.

vjerodostojan nazovite događaj koji će se sigurno dogoditi ako se provede određeni skup uvjeta S. Na primjer, ako posuda sadrži vodu pri normalnom atmosferskom tlaku i temperaturi od 20 °, tada je događaj "voda u posudi u tekućem stanju ” siguran je. U ovom primjeru navedeni atmosferski tlak i temperatura vode čine skup uvjeta S.

Nemoguće nazvati događaj koji se sigurno neće dogoditi ako je implementiran skup uvjeta S. Na primjer, događaj “voda u posudi je u čvrstom stanju” sigurno se neće dogoditi ako je implementiran skup uvjeta iz prethodnog primjera.

Slučajno Događajem se naziva događaj koji se, pod provedbom skupa uvjeta S, može dogoditi ili ne dogoditi. Na primjer, ako se baci novčić, onda može pasti tako da na vrhu bude ili grb ili natpis. Stoga je događaj „prilikom bacanja novčića ispao „grb“ slučajan. Svaki slučajni događaj, a posebno pad "grba", rezultat je djelovanja vrlo mnogo slučajnih uzroka (u našem primjeru: sila kojom je novčić bačen, oblik novčića i mnogi drugi ). Nemoguće je uzeti u obzir utjecaj svih ovih uzroka na rezultat, jer je njihov broj vrlo velik, a zakoni njihova djelovanja nepoznati. Stoga teorija vjerojatnosti ne postavlja sebi zadatak predvidjeti hoće li se jedan događaj dogoditi ili ne - ona to jednostavno ne može učiniti.

Situacija je drugačija ako uzmemo u obzir slučajne događaje koji se mogu više puta promatrati pod istim uvjetima S, tj. ako govorimo o masivnim homogenim slučajnim događajima. Ispada da se dovoljno velik broj homogenih slučajnih događaja, bez obzira na njihovu specifičnu prirodu, pokorava određenim zakonima, odnosno zakonima vjerojatnosti. Utvrđivanjem ovih pravilnosti bavi se teorija vjerojatnosti.

Stoga je predmet teorije vjerojatnosti proučavanje vjerojatnosnih pravilnosti masivnih homogenih slučajnih događaja.

Metode teorije vjerojatnosti imaju široku primjenu u raznim granama prirodnih znanosti i tehnologije. Teorija vjerojatnosti također služi za potkrepljivanje matematičke i primijenjene statistike.

Vrste slučajnih događaja. Događaji se zovu nekompatibilan ako pojava jednog od njih isključuje pojavu drugih događaja u istom pokusu.

Primjer. Bačen je novčić. Pojava "grba" isključuje pojavu natpisa. Događaji "pojavio se grb" i "pojavio se natpis" su nespojivi.

Forma nekoliko događaja puna grupa, ako se barem jedan od njih pojavi kao rezultat testa. Konkretno, ako su događaji koji tvore potpunu skupinu u paru nekompatibilni, tada će se jedan i samo jedan od tih događaja pojaviti kao rezultat testa. Ovaj konkretan slučaj nam je od najvećeg interesa, jer će biti korišten u nastavku.

Primjer 2. Kupljena su dva listića za novčanu i odjeću. Nužno će se dogoditi jedan i samo jedan od sljedećih događaja: “dobitak je pao na prvom listiću, a nije pao na drugom”, “dobitak nije pao na prvom listiću, a pao je na drugom”, “dobitak je pao na oba listića", "dobitak nije dobio na oba listića". ispao." Ovi događaji tvore potpunu skupinu u parovima nekompatibilnih događaja.

Primjer 3. Strijelac je pucao u metu. Jedan od sljedeća dva događaja mora se dogoditi: pogodak, promašaj. Ova dva nepovezana događaja čine potpunu skupinu.

Događaji se zovu jednako moguće ako postoji razlog vjerovati da nijedno nije više moguće od drugoga.

Primjer 4. Pojava "grba" i pojava natpisa pri bacanju novčića jednako su mogući događaji. Doista, pretpostavlja se da je novčić izrađen od homogenog materijala, ima pravilan cilindrični oblik, a prisutnost kovanog novca ne utječe na gubitak jedne ili druge strane novčića.

Samooznaka velikim slovima latinične abecede: A, B, C, .. A 1, A 2 ..

Suprotnosti se nazivaju 2 jedinstveno moguća tako-ja, tvoreći potpunu grupu. Ako jedno od dva suprotna događaja označava se sa A, onda su ostale oznake A`.

Primjer 5. Pogodak i promašaj pri gađanju mete – suprotnog spola. vlastiti.

1.1. Nekoliko podataka iz kombinatorike

1.1.1. Smještaj

Razmotrite najjednostavnije koncepte vezane uz odabir i položaj određenog skupa objekata.
Brojanje načina na koje se te radnje mogu izvesti često se provodi pri rješavanju probabilističkih problema.
Definicija. Smještaj od n elementi po k (k ≤n) je bilo koji uređeni podskup od k elementi skupa koji se sastoji od n raznih elemenata.
Primjer. Sljedeći nizovi brojeva su rasporedi 2 elementa od 3 elementa skupa (1;2;3): 12, 13, 23, 21, 31, 32.
Imajte na umu da se položaji razlikuju po redoslijedu svojih sastavnih elemenata i njihovom sastavu. Položaji 12 i 21 sadrže iste brojeve, ali im je redoslijed drugačiji. Stoga se ti plasmani smatraju različitima.
Broj različitih plasmana od n elementi po k označava se i izračunava po formuli:
,
gdje n! = 1∙2∙...∙(n - 1)∙n(čitati " n faktorijel).
Broj dvoznamenkastih brojeva koji se mogu sastaviti od znamenki 1, 2, 3, pod uvjetom da se nijedna znamenka ne ponavlja je: .

1.1.2. Permutacije

Definicija. Permutacije iz n elementi nazivaju se takvi plasmani iz n elementi koji se razlikuju samo po rasporedu elemenata.
Broj permutacija iz n elementi P n izračunava se formulom: P n=n!
Primjer. Na koliko se načina može 5 ljudi poredati? Broj načina je jednak broju permutacija 5 elemenata, tj.
P 5 =5!=1∙2∙3∙4∙5=120.
Definicija. Ako među n elementi k identični, zatim permutacija ovih n elemenata naziva se permutacija s ponavljanjima.
Primjer. Pretpostavimo da su od 6 knjiga 2 iste. Svaki raspored svih knjiga na polici je permutacija s ponavljanjima.
Broj različitih permutacija s ponavljanjima (od n elemenata, među kojima k identična) izračunava se po formuli: .
U našem primjeru, broj načina na koji se knjige mogu posložiti na polici je: .

1.1.3. Kombinacije

Definicija. Kombinacije iz n elementi po k takvi se plasmani nazivaju n elementi po k, koji se međusobno razlikuju po najmanje jednom elementu.
Broj različitih kombinacija n elementi po k označava i izračunava po formuli: .
Po definiciji, 0!=1.
Kombinacije imaju sljedeća svojstva:
1.
2.
3.
4.
Primjer. Postoji 5 cvjetova različitih boja. Za buket su odabrana 3 cvijeta. Broj različitih buketa od 3 cvijeća od 5 je: .

1.2. slučajni događaji

1.2.1. Razvoj događaja

Spoznaja stvarnosti u prirodnim znanostima nastaje kao rezultat testova (pokusa, promatranja, iskustva).
test ili iskustvo je implementacija nekog specifičnog skupa uvjeta koji se mogu reproducirati proizvoljno velik broj puta.
Slučajno naziva događaj koji se može ili ne mora dogoditi kao rezultat nekog testa (iskustva).
Stoga se događaj smatra rezultatom testa.
Primjer. Bacanje novčića je test. Pojava orla kada se baci je događaj.
Događaji koje promatramo razlikuju se po stupnju mogućnosti njihova pojavljivanja i po prirodi svog odnosa.
Događaj se zove pouzdan ako je sigurno da će se dogoditi kao rezultat testa.
Primjer. Pozitivna ili negativna ocjena studenta na ispitu je izvjestan događaj ako ispit teče prema uobičajenim pravilima.
Događaj se zove nemoguće ako se ne može dogoditi kao rezultat ovog testa.
Primjer. Vađenje bijele kugle iz urne koja sadrži samo obojene (nebijele) kuglice nemoguć je događaj. Imajte na umu da u drugim uvjetima eksperimenta nije isključena pojava bijele kuglice; stoga je ovaj događaj nemoguć samo u uvjetima našeg iskustva.
Daljnje slučajne događaje označavat ćemo velikim latiničnim slovima A,B,C... Određeni događaj označavat ćemo slovom Ω, a nemoguć događaj Ø.
Pozivaju se dva ili više događaja jednako moguće u određenom testu, ako postoji razlog za vjerovanje da nijedan od ovih događaja nije vjerojatniji ili manje vjerojatan od drugih.
Primjer. Kod jednog bacanja kocke, pojava 1, 2, 3, 4, 5 i 6 bodova su svi jednako mogući događaji. Pretpostavlja se, naravno, da je matrica izrađena od homogenog materijala i da ima pravilan oblik.
Dva događaja se zovu nekompatibilan u određenom ispitivanju, ako pojava jednog od njih isključuje pojavu drugog, i spojnica inače.
Primjer. Kutija sadrži standardne i nestandardne dijelove. Uzmimo jedan detalj. Izgled standardnog dijela isključuje izgled nestandardnog dijela. Ovi događaji su nespojivi.
Forma nekoliko događaja puna grupa događaja u ovom testu, ako se kao rezultat ovog testa nužno pojavi barem jedan od njih.
Primjer. Događaji iz primjera čine cjelovitu skupinu jednako mogućih i po paru nekompatibilnih događaja.
Pozivaju se dva disjunktna ​​događaja koji tvore potpunu skupinu događaja u danom pokusu suprotnih događaja.
Ako je jedan od njih označen sa A, onda se drugi obično označava kroz (čita se "ne A»).
Primjer. Pogodak i promašaj jednim hicem u metu suprotni su događaji.

1.2.2. Klasična definicija vjerojatnosti

Vjerojatnost događaja je brojčana mjera mogućnosti njegove pojave.
Događaj ALI nazvao povoljan događaj NA ako kad god se dogodi događaj ALI, događa se događaj NA.
Razvoj događaja ALI 1 , ALI 2 , ..., ALIn oblik grafikon slučaja , ako oni:
1) jednako su mogući;
2) su parno nekompatibilni;
3) čine potpunu grupu.
U shemi slučajeva (i samo u ovoj shemi) nalazi se klasična definicija vjerojatnosti P(A) razvoj događaja ALI. Ovdje se svaki od događaja koji pripada odabranoj cjelovitoj skupini jednako mogućih i po paru nekompatibilnih događaja naziva slučajem.
Ako a n je broj svih slučajeva u shemi, i m- broj slučajeva pogodnih za događaj ALI, onda vjerojatnost događaja ALI definiran je jednakošću:

Sljedeća svojstva proizlaze iz definicije vjerojatnosti:
1. Vjerojatnost određenog događaja jednaka je jedinici.
Doista, ako je događaj izvjestan, tada svaka pojava u shemi pojava ide u prilog tom događaju. U ovom slučaju m = n i zbog toga

2. Vjerojatnost nemogućeg događaja je nula.
Doista, ako je događaj nemoguć, tada niti jedan slučaj iz sheme slučajeva ne ide u prilog događaju. Zato m=0 i, prema tome,

Vjerojatnost slučajnog događaja je pozitivan broj između nule i jedan.
Doista, slučajnom događaju daje prednost samo djelić ukupnog broja slučajeva u shemi slučajeva. Stoga 0<m<n, što znači 0<m/n<1 и, следовательно, 0 < GODIŠNJE) < 1.
Dakle, vjerojatnost bilo kojeg događaja zadovoljava nejednakosti
0 ≤ P(A) ≤ 1.
Trenutno su svojstva vjerojatnosti definirana u obliku aksioma koje je formulirao A.N. Kolmogorov.
Jedna od glavnih prednosti klasične definicije vjerojatnosti je mogućnost izravnog izračuna vjerojatnosti događaja, tj. bez pribjegavanja pokusima, koji su zamijenjeni logičnim zaključivanjem.

Problemi izravnog računanja vjerojatnosti

Zadatak 1.1. Koja je vjerojatnost dobivanja parnog broja bodova (događaj A) u jednom bacanju kocke?
Riješenje. Razmotrite događaje ALIja- izbačen ja bodovi, ja= 1, 2, …, 6. Očito, ti događaji čine obrazac slučajeva. Zatim broj svih slučajeva n= 6. Paran broj bodova favoriziraju slučajevi ALI 2 , ALI 4 , ALI 6, tj. m= 3. Zatim .
Zadatak 1.2. Urna sadrži 5 bijelih i 10 crnih kuglica. Kuglice se dobro izmiješaju, a zatim se nasumično izvadi 1 kuglica. Kolika je vjerojatnost da je izvučena kuglica bijela?
Riješenje. Ukupno je 15 slučajeva koji čine obrazac slučajeva. I očekivani događaj ALI- pojavu bijele kuglice favorizira njih 5, dakle .
Zadatak 1.3. Dijete se igra sa šest slova abecede: A, A, E, K, P, T. Odredite vjerojatnost da može nasumce dodati riječ KOČIJA (događaj A).
Riješenje. Odluku komplicira činjenica da se među slovima nalaze ista - dva slova "A". Stoga je broj svih mogućih slučajeva u ovom ogledu jednak broju permutacija s ponavljanjem od 6 slova:
.
Ovi slučajevi su jednako mogući, u parovima nespojivi i čine potpunu skupinu događaja, t.j. oblikuju dijagram slučaja. Samo jedna prilika ide u prilog događaju ALI. Zato
.
Zadatak 1.4. Tanya i Vanya dogovorili su se proslaviti Novu godinu u društvu od 10 ljudi. Oboje su jako željeli sjediti jedno pokraj drugoga. Kolika je vjerojatnost da će im se želja ispuniti ako je uobičajeno da se mjesta među prijateljima dijele ždrijebom?
Riješenje. Označimo sa ALI događaj "ispunjenje želje Tanje i Vanje". Za stolom od 10 može sjediti 10 ljudi! različiti putevi. Koliko ovih n= 10! jesu li jednako mogući načini povoljni za Tanju i Vanju? Tanja i Vanja, koji sjede jedno pored drugog, mogu zauzeti 20 različitih položaja. U isto vrijeme, osam njihovih prijatelja može sjediti za stolom 8! različite načine, dakle m= 20∙8!. Posljedično,
.
Zadatak 1.5. Skupina od 5 žena i 20 muškaraca bira tri delegata. Uz pretpostavku da je jednako vjerojatno da će svaki od prisutnih biti izabran, pronađite vjerojatnost da će biti izabrane dvije žene i jedan muškarac.
Riješenje. Ukupan broj jednako vjerojatnih ishoda testa jednak je broju načina na koji se od 25 ljudi mogu izabrati tri delegata, tj. . Izračunajmo sada broj povoljnih slučajeva, tj. koliko se puta događa događaj od interesa. Muški delegat može se izabrati na dvadeset načina. Pritom, preostala dva delegata moraju biti žene, a od pet možete izabrati dvije žene. Posljedično,. Zato
.
Problem 1.6.Četiri loptice su nasumično razbacane u četiri rupe, svaka loptica padne u jednu ili drugu rupu s istom vjerojatnošću i neovisno o drugima (nema prepreka da nekoliko loptica upadne u istu rupu). Nađite vjerojatnost da će u jednoj rupi biti tri loptice, u drugoj jedna, a u druge dvije rupe neće biti loptice.
Riješenje. Ukupan broj slučajeva n=4 4 . Broj načina na koji se može izabrati jedna rupa u kojoj će biti tri loptice, . Broj načina na koji možete odabrati rupu u kojoj će biti jedna loptica, . Broj načina na koje možete odabrati tri loptice od četiri loptice da ih stavite u prvu rupu, . Ukupan broj povoljnih slučajeva. Vjerojatnost događaja:
Problem 1.7. U kutiji se nalazi 10 istih kuglica, označenih brojevima 1, 2, ..., 10. Za sreću se izvlači šest kuglica. Odredite vjerojatnost da se među izvučenim kuglicama nađe: a) kuglica broj 1; b) kuglice broj 1 i broj 2.
Riješenje. a) Ukupan broj mogućih elementarnih ishoda testa jednak je broju načina na koje se šest kuglica može izvući od deset, tj.
Pronađimo broj ishoda koji idu u prilog događaju koji nas zanima: među odabranih šest kuglica nalazi se kuglica broj 1, a prema tome preostalih pet kuglica imaju različite brojeve. Broj takvih ishoda očito je jednak broju načina na koji se od preostalih devet može izabrati pet loptica, tj.
Željena vjerojatnost jednaka je omjeru broja ishoda koji pogoduju događaju koji se razmatra i ukupnog broja mogućih elementarnih ishoda:
b) Broj ishoda koji idu u prilog događaju koji nas zanima (među odabranim kuglicama su kuglice br. 1 i br. 2, dakle, četiri kuglice imaju različite brojeve) jednak je broju načina na koje se četiri kuglice mogu izvađeno iz preostalih osam, tj. Željena vjerojatnost

1.2.3. Statistička vjerojatnost

Statistička definicija vjerojatnosti koristi se kada ishodi eksperimenta nisu jednako vjerojatni.
Relativna učestalost događaja ALI definiran je jednakošću:
,
gdje m je broj pokusa u kojima je događaj ALI došlo je n je ukupan broj obavljenih testova.
J. Bernoulli je dokazao da će se s neograničenim povećanjem broja pokusa relativna učestalost pojavljivanja događaja praktički proizvoljno razlikovati od nekog konstantnog broja. Pokazalo se da je taj konstantni broj vjerojatnost pojave događaja. Stoga se, naravno, relativna učestalost pojavljivanja događaja s dovoljno velikim brojem pokušaja naziva statističkom vjerojatnošću, za razliku od prethodno uvedene vjerojatnosti.
Primjer 1.8. Kako možete približno odrediti broj riba u jezeru?
Pusti u jezero x riba. Bacimo mrežu i, recimo, nađemo se u njoj n riba. Svaku od njih označavamo i puštamo natrag. Nekoliko dana kasnije, po istom vremenu i na istom mjestu, bacili smo istu mrežu. Pretpostavimo da u njemu nalazimo m riba, među kojima k označen. Neka događaj ALI- "Ulovljena riba je označena." Zatim po definiciji relativne frekvencije .
Ali ako u jezeru x ribu i pustili smo je n označeno, zatim .
Jer R * (ALI) » R(ALI), zatim .

1.2.4. Operacije nad događajima. Teorem zbrajanja

iznos, ili unija, nekoliko događaja je događaj koji se sastoji od pojave barem jednog od tih događaja (u istom testu).
Iznos ALI 1 + ALI 2 + … + ALIn označeno ovako:
ili .
Primjer. Bacaju se dvije kocke. Neka događaj ALI sastoji se od bacanja 4 boda na 1 kockici i događaja NA- u bacanju od 5 bodova na drugoj kockici. Razvoj događaja ALI i NA spojnica. Stoga događaj ALI +NA sastoji se od bacanja 4 boda na prvoj kockici, ili 5 bodova na drugoj kockici, ili 4 boda na prvoj kockici i 5 bodova na drugoj kockici u isto vrijeme.
Primjer. Događaj ALI– dobitak na 1 posudbi, događaj NA- dobitak na 2 posudbe. Zatim događaj A+B- osvajanje barem jedne pozajmice (eventualno dvije odjednom).
raditi ili presjek nekoliko događaja je događaj koji se sastoji od zajedničke pojave svih tih događaja (u istom testu).
Raditi NA događanja ALI 1 , ALI 2 , …, ALIn označeno ovako:
.
Primjer. Razvoj događaja ALI i NA sastoje se od uspješnog prolaska I. odnosno II. kruga nakon prijema na institut. Zatim događaj ALI×B sastoji se u uspješnom završetku oba kruga.
Koncepti zbroja i umnoška događaja imaju jasno geometrijsko tumačenje. Neka događaj ALI postoji pogodak točke u području ALI, i događaj NA- pogađanje točke u području NA. Zatim događaj A+B postoji pogodak točke u spoju ovih područja (slika 2.1), i događaj ALINA postoji pogodak točke u sjecištu ovih područja (slika 2.2).

Riža. 2.1 Sl. 2.2
Teorema. Ako događaji Ai(ja = 1, 2, …, n) su parno nekompatibilni, tada je vjerojatnost zbroja događaja jednaka zbroju vjerojatnosti tih događaja:
.
Neka ALI i Ā – suprotni događaji, tj. A + a= Ω, gdje je Ω određeni događaj. Iz teorema adicije slijedi da
P(Ω) = R(ALI) + R(Ā ) = 1, dakle
R(Ā ) = 1 – R(ALI).
Ako događaji ALI 1 i ALI 2 su zajednički, tada je vjerojatnost zbroja dvaju zajedničkih događaja jednaka:
R(ALI 1 + ALI 2) = R(ALI 1) + R(ALI 2) – P( ALI 1× ALI 2).
Teoremi zbrajanja vjerojatnosti omogućuju prijelaz s izravnog izračuna vjerojatnosti na određivanje vjerojatnosti pojave složenih događaja.
Zadatak 1.8. Strijelac ispaljuje jedan hitac u metu. Vjerojatnost izbacivanja 10 bodova (događaj ALI), 9 bodova (događaj NA) i 8 bodova (događaj IZ) jednaki su 0,11; 0,23; 0,17. Nađite vjerojatnost da jednim hicem strijelac postigne manje od 8 poena (događaj D).
Riješenje. Prijeđimo na suprotni događaj – jednim udarcem strijelac će izbaciti najmanje 8 poena. Događaj se događa ako ALI ili NA, ili IZ, tj. . Od događaja A, B, IZ su parno nekonzistentni, tada, prema teoremu o zbrajanju,
, gdje .
Zadatak 1.9. Iz sastava brigade, koji se sastoji od 6 muškaraca i 4 žene, biraju se dvije osobe za sindikalnu konferenciju. Koja je vjerojatnost da barem jedna žena među odabranima (događaj ALI).
Riješenje. Ako se događaj dogodi ALI, tada će se nužno dogoditi jedan od sljedećih nekompatibilnih događaja: NA- "muškarac i žena su izabrani"; IZ“Odabrane su dvije žene.” Stoga možemo napisati: A=B+C. Odredite vjerojatnost događaja NA i IZ. Dvije osobe od 10 mogu se izabrati na različite načine. Dvije žene od 4 mogu se izabrati na različite načine. Mužjak i ženka mogu se birati na 6×4 načina. Zatim . Od događaja NA i IZ su nekonzistentni, tada, prema teoremu o zbrajanju,
P(A) = P(B + C) = P(B) + P(C) = 8/15 + 2/15 = 2/3.
Problem 1.10. Na polici u knjižnici nalazi se 15 udžbenika nasumično poredanih, od kojih je pet uvezano. Knjižničar nasumce uzima tri udžbenika. Nađite vjerojatnost da će barem jedan od preuzetih udžbenika biti uvezan (događaj ALI).
Riješenje. Prvi način. Uvjet - ponijeti barem jedan od tri ukoričena udžbenika - bit će ispunjen ako se dogodi bilo koji od sljedeća tri nekompatibilna događaja: NA- 1 ukoričen udžbenik IZ- dva ukoričena udžbenika D- Tri ukoričena udžbenika.
Događaj koji nas zanima ALI može se predstaviti kao zbroj događaja: A=B+C+D. Po teoremu o adiciji,
P(A) = P(B) + P(C) + P(D). (2.1)
Odredite vjerojatnost događaja B, C i D(vidi kombinatorne sheme):

Predstavljajući te vjerojatnosti u jednakosti (2.1), konačno dobivamo
GODIŠNJE)= 45/91 + 20/91 + 2/91 = 67/91.
Drugi način. Događaj ALI(barem jedan od tri uzeta udžbenika ima uvez) i Ā (nijedan od preuzetih udžbenika nema uvez) suprotni su, dakle P(A) + P(Ā) = 1 (zbroj vjerojatnosti dvaju suprotnih događaja jednak je 1). Odavde GODIŠNJE) = 1 – Godišnje). Vjerojatnost događanja događaja Ā (nijedan od preuzetih udžbenika nije uvezan)
Željena vjerojatnost
GODIŠNJE) = 1 – P(Ā) = 1 – 24/91 = 67/91.

1.2.5. Uvjetna vjerojatnost. Teorem množenja vjerojatnosti

Uvjetna vjerojatnost P(B/ALI) je vjerojatnost događaja B, izračunata pod pretpostavkom da se događaj A već dogodio.
Teorema. Vjerojatnost zajedničkog događanja dva događaja jednaka je umnošku vjerojatnosti jednog od njih s uvjetnom vjerojatnošću drugog, izračunatom pod pretpostavkom da se prvi događaj već dogodio:
GODIŠNJE∙B) = P(A)∙P( NA/ALI). (2.2)
Dva događaja se nazivaju neovisnima ako pojava jednog od njih ne mijenja vjerojatnost događanja drugog, tj.
P(A) = P(A/B) ili P(B) = P(B/ALI). (2.3)
Ako događaji ALI i NA nezavisni, onda formule (2.2) i (2.3) impliciraju
GODIŠNJE∙B) = P(A)∙P(B). (2.4)
Vrijedi i obrnuta tvrdnja, tj. ako jednakost (2.4) vrijedi za dva događaja, tada su ti događaji neovisni. Doista, formule (2.4) i (2.2) impliciraju
GODIŠNJE∙B) = P(A)∙P(B) = GODIŠNJE) × P(B/ALI), gdje GODIŠNJE) = P(B/ALI).
Formula (2.2) može se generalizirati na slučaj konačnog broja događaja ALI 1 , ALI 2 ,…,A n:
GODIŠNJE 1 ∙ALI 2 ∙…∙A n)=GODIŠNJE 1)∙GODIŠNJE 2 /ALI 1)∙GODIŠNJE 3 /ALI 1 ALI 2)∙…∙P(A n/ALI 1 ALI 2 …A n -1).
Zadatak 1.11. Iz urne u kojoj se nalazi 5 bijelih i 10 crnih kuglica izvlače se dvije kuglice u nizu. Odredite vjerojatnost da su obje kuglice bijele (događaj ALI).
Riješenje. Razmotrite događaje: NA- prva izvučena kuglica je bijela; IZ– druga izvučena kuglica je bijele boje. Zatim A = BC.
Iskustvo se može postići na dva načina:
1) s povratkom: nakon popravljanja boje izvučena kuglica se vraća u urnu. U ovom slučaju događaji NA i IZ neovisno:
P(A) = P(B)∙PC) = 5/15 × 5/15 = 1/9;
2) bez zamjene: izvučena kuglica se odlaže. U ovom slučaju događaji NA i IZ ovisno:
P(A) = P(B)∙PC/NA).
Za događaj NA uvjeti su isti, i za IZ situacija se promijenila. Dogodilo se NA, pa je u urni ostalo 14 kuglica od kojih su 4 bijele.
Dakle, .
Zadatak 1.12. Među 50 žarulja, 3 su nestandardne. Nađite vjerojatnost da su dvije žarulje uzete u isto vrijeme nestandardne.
Riješenje. Razmotrite događaje: ALI- prva žarulja je nestandardna, NA- druga žarulja je nestandardna, IZ- obje žarulje su nestandardne. Jasno je da C = A∙NA. događaj ALI favorizirati 3 slučaja od 50 mogućih, tj. GODIŠNJE) = 3/50. Ako događaj ALI se već dogodio, događaj NA favoriziraju dva slučaja od 49 mogućih, tj. P(B/ALI) = 2/49. Posljedično,
.
Zadatak 1.13. Dva natjecatelja neovisno gađaju istu metu. Vjerojatnost pogađanja mete prvog sportaša je 0,7, a drugog 0,8. Kolika je vjerojatnost da će meta biti pogođena?
Riješenje. Meta će biti pogođena ako je pogodi ili prvi strijelac, ili drugi, ili obojica, tj. dogodit će se događaj A+B, gdje je događaj ALI sastoji se od pogađanja mete od strane prvog sportaša i događaja NA- drugo. Zatim
GODIŠNJE+NA)=GODIŠNJE)+P(B)–GODIŠNJE∙NA)=0, 7+0, 8–0, 7∙0,8=0,94.
Problem 1.14. U čitaonici se nalazi šest udžbenika iz teorije vjerojatnosti, od kojih su tri uvezana. Knjižničarka je nasumce uzela dva udžbenika. Nađite vjerojatnost da će dva udžbenika biti uvezana.
Riješenje. Uvedimo oznaku događaja : A– prvi uzeti udžbenik ima uvez, NA- Drugi udžbenik je ukoričen. Vjerojatnost da prvi udžbenik ima uvez,
GODIŠNJE) = 3/6 = 1/2.
Vjerojatnost da je drugi udžbenik uvezan, s obzirom da je prva uzeta knjiga ukoričena, tj. uvjetna vjerojatnost događaja NA, Je li ovo: P(B/ALI) = 2/5.
Željena vjerojatnost da oba udžbenika imaju uvez, prema teoremu množenja za vjerojatnosti događaja, jednaka je
P(AB) = GODIŠNJE) ∙ P(B/ALI)= 1/2 ∙ 2/5 = 0,2.
Problem 1.15. U radnji je zaposleno 7 muškaraca i 3 žene. Troje ljudi je nasumično odabrano prema broju osoblja. Nađite vjerojatnost da su sve odabrane osobe muškarci.
Riješenje. Uvedimo oznaku događaja: A- prvo odabrani mužjaci NA- drugi odabrani muškarac, OD - treći odabrani čovjek. Vjerojatnost da je mužjak prvi odabran GODIŠNJE) = 7/10.
Vjerojatnost da je muškarac odabran drugi, pod uvjetom da je muškarac već odabran prvi, tj. uvjetna vjerojatnost događaja NA Sljedeći : P(B/A) = 6/9 = 2/3.
Vjerojatnost da će muškarac biti odabran treći, pod uvjetom da su dva muškarca već odabrana, tj. uvjetna vjerojatnost događaja IZ je: PC/AB) = 5/8.
Željena vjerojatnost da su sve tri odabrane osobe muškarci, P(ABC) = P(A) P(B/ALI) PC/AB) = 7/10 2/3 5/8 = 7/24.

1.2.6. Formula potpune vjerojatnosti i Bayesova formula

Neka B 1 , B 2 ,…, B n su po paru nekompatibilni događaji (hipoteze) i ALI- događaj koji se može dogoditi samo u vezi s jednim od njih.
Obavijestite i nas R(B i) i GODIŠNJE/B i) (ja = 1, 2, …, n).
Pod ovim uvjetima vrijede formule:
(2.5)
(2.6)
Formula (2.5) se zove formula ukupne vjerojatnosti . Izračunava vjerojatnost događaja ALI(puna vjerojatnost).
Formula (2.6) se zove Bayesova formula . Omogućuje vam da ponovno izračunate vjerojatnosti hipoteza ako događaj ALI dogodilo se.
Pri sastavljanju primjera prikladno je uzeti u obzir da hipoteze čine cjelovitu skupinu.
Zadatak 1.16. Košarica sadrži jabuke s četiri stabla iste sorte. Od prvog - 15% svih jabuka, od drugog - 35%, od trećeg - 20%, od četvrtog - 30%. Zrele jabuke su 99%, 97%, 98%, 95%.
a) Kolika je vjerojatnost da je nasumce odabrana jabuka zrela? ALI).
b) Pod uvjetom da se nasumce uzeta jabuka pokazala zrelom, izračunajte vjerojatnost da je s prvog stabla.
Riješenje. a) Imamo 4 hipoteze:
B 1 - nasumce uzeta jabuka uzima se s 1. stabla;
B 2 - nasumce uzeta jabuka uzima se s 2. stabla;
B 3 - nasumce uzeta jabuka uzima se s 3. stabla;
B 4 - slučajno uzeta jabuka uzima se s 4. stabla.
Njihove vjerojatnosti prema uvjetu: P(B 1) = 0,15; P(B 2) = 0,35; P(B 3) = 0,2; P(B 4) = 0,3.
Uvjetne vjerojatnosti događaja ALI:
GODIŠNJE/B 1) = 0,99; GODIŠNJE/B 2) = 0,97; GODIŠNJE/B 3) = 0,98; GODIŠNJE/B 4) = 0,95.
Vjerojatnost da će slučajno odabrana jabuka biti zrela nalazi se formulom ukupne vjerojatnosti:
GODIŠNJE)=P(B 1)∙GODIŠNJE/B 1)+P(B 2)∙GODIŠNJE/B 2)+P(B 3)∙GODIŠNJE/B 3)+P(B 4)∙GODIŠNJE/B 4)=0,969.
b) Bayesova formula za naš slučaj ima oblik:
.
Problem 1.17. Bijela kuglica se baca u urnu koja sadrži dvije kuglice, nakon čega se jedna kuglica nasumično izvlači. Odredite vjerojatnost da će izvučena kuglica biti bijela ako su sve moguće pretpostavke o početnom sastavu kuglica (po boji) jednako moguće.
Riješenje. Označimo sa ALI događaj - izvučena je bijela kuglica. Moguće su sljedeće pretpostavke (hipoteze) o početnom sastavu kuglica: B1 nema bijelih kuglica U 2- jedna bijela kugla U 3- dvije bijele kuglice.
Kako postoje ukupno tri hipoteze, a zbroj vjerojatnosti hipoteza je jednak 1 (budući da čine cjelovitu skupinu događaja), tada je vjerojatnost svake od hipoteza jednaka 1/3, tj.
P(B 1) = P(B 2)= P(B 3) = 1/3.
Uvjetna vjerojatnost da će bijela kugla biti izvučena, s obzirom da u urni u početku nije bilo bijelih kugli, GODIŠNJE/B 1)=1/3. Uvjetna vjerojatnost da će bijela kugla biti izvučena, s obzirom da je urna izvorno sadržavala jednu bijelu kuglu, GODIŠNJE/B 2)=2/3. Uvjetna vjerojatnost da će bijela kugla biti izvučena, s obzirom da je urna izvorno sadržavala dvije bijele kugle. GODIŠNJE/B 3)=3/ 3=1.
Željena vjerojatnost da će bijela kuglica biti izvučena nalazi se formulom ukupne vjerojatnosti:
R(ALI)=P(B 1)∙GODIŠNJE/B 1)+P(B 2)∙GODIŠNJE/B 2)+P(B 3)∙GODIŠNJE/B 3)=1/3 1/3+1/3 2/3+1/3 1=2/3 .
Zadatak 1.18. Dva stroja proizvode iste dijelove koji se dovode na zajednički transporter. Učinak prvog stroja dvostruko je veći od drugog. Prvi stroj proizvodi prosječno 60% dijelova izvrsne kvalitete, a drugi - 84%. Dio uzet nasumično s proizvodne trake pokazao se izvrsne kvalitete. Odredite vjerojatnost da je ovaj predmet proizveo prvi stroj.
Riješenje. Označimo sa ALI događaj je predmet izvrsne kvalitete. Mogu se napraviti dvije pretpostavke: B1- dio proizvodi prvi stroj, i (budući da prvi stroj proizvodi dvostruko više dijelova od drugog) GODIŠNJE/B 1) = 2/3; B 2 - dio je proizveden drugim strojem, i P(B 2) = 1/3.
Uvjetna vjerojatnost da će dio biti izvrsne kvalitete ako ga proizvede prvi stroj, GODIŠNJE/B 1)=0,6.
Uvjetna vjerojatnost da će dio biti izvrsne kvalitete ako ga proizvede drugi stroj, GODIŠNJE/B 1)=0,84.
Vjerojatnost da će nasumično odabrani dio biti izvrsne kvalitete, prema formuli ukupne vjerojatnosti, jednaka je
GODIŠNJE)=P(B 1) ∙GODIŠNJE/B 1)+P(B 2) ∙GODIŠNJE/B 2)=2/3 0,6+1/3 0,84 = 0,68.
Željena vjerojatnost da izvrstan uzeti dio proizvede prvi automat, prema Bayesovoj formuli, jednaka je

Zadatak 1.19. Postoje tri serije dijelova sa po 20 dijelova. Broj standardnih dijelova u prvoj, drugoj i trećoj seriji je 20, 15, odnosno 10. Dio za koji se pokazalo da je standardan nasumično je izdvojen iz odabrane serije. Dijelovi se vraćaju u seriju i dio se nasumično uklanja iz iste serije po drugi put, što se također ispostavlja kao standard. Odredite vjerojatnost da su dijelovi uzeti iz treće serije.
Riješenje. Označimo sa ALI događaj - u svakom od dva testa (s povratkom) dohvaćen je standardni dio. Mogu se postaviti tri hipoteze: B 1 - dijelovi se uklanjaju iz prve serije, NA 2 – dijelovi su uzeti iz druge serije, NA 3 - dijelovi se uklanjaju iz treće serije.
Detalji su uzeti nasumično iz uzete serije, tako da su vjerojatnosti hipoteza iste: P(B 1) = P(B 2) = P(B 3) = 1/3.
Odredite uvjetnu vjerojatnost GODIŠNJE/B 1), tj. vjerojatnost da će dva standardna dijela biti uzastopno izvučena iz prve serije. Ovaj događaj je pouzdan, jer. u prvoj seriji su svi dijelovi standardni, dakle GODIŠNJE/B 1) = 1.
Odredite uvjetnu vjerojatnost GODIŠNJE/B 2), tj. vjerojatnost da će dva standardna dijela biti uzastopno ekstrahirana (s povratkom) iz druge serije: GODIŠNJE/B 2)= 15/20 ∙ 15/20 = 9/16.
Odredite uvjetnu vjerojatnost GODIŠNJE/B 3), tj. vjerojatnost da će dva standardna dijela biti sukcesivno uklonjena (s povratom) iz treće serije: GODIŠNJE/B 3) = 10/20 10/20 = 1/4.
Željena vjerojatnost da su oba ekstrahirana standardna dijela uzeta iz treće serije, prema Bayesovoj formuli, jednaka je

1.2.7. Ponovno testiranje

Ako se provodi nekoliko testova, a vjerojatnost događaja ALI u svakom pokusu ne ovisi o ishodima drugih pokusa, tada se takvi pokusi nazivaju neovisno o događaju A. U različitim neovisnim ispitivanjima, događaj ALI mogu imati ili različite vjerojatnosti ili istu vjerojatnost. Dalje ćemo razmatrati samo takva neovisna ispitivanja u kojima događaj ALI ima istu vjerojatnost.
Neka se proizvodi P neovisna ispitivanja, u svakom od njih događaj ALI može se ili ne mora pojaviti. Pretpostavimo da je vjerojatnost događaja ALI u svakom testu je isti, odnosno jednak R. Dakle, vjerojatnost nepojavljivanja događaja ALI u svakom testu je također konstantan i jednak 1– R. Takva probabilistička shema naziva se Bernoullijeva shema. Postavimo si zadatak izračunati vjerojatnost da P Pokusi Bernoullijevog događaja ALI točno će se ostvariti k jednom ( k- broj uspjeha) i stoga neće biti realiziran P- jednom. Važno je naglasiti da nije potrebno da događaj ALI točno ponovljeno k puta u određenom nizu. Označite željenu vjerojatnost R p (k). Na primjer, simbol R 5 (3) znači vjerojatnost da će se u pet pokušaja događaj pojaviti točno 3 puta i, prema tome, neće se dogoditi 2 puta.
Problem se može riješiti pomoću tzv Bernoullijeve formule, koji izgleda ovako:
.
Problem 1.20. Vjerojatnost da potrošnja električne energije tijekom jednog dana neće premašiti utvrđenu normu jednaka je R=0,75. Nađite vjerojatnost da u sljedećih 6 dana potrošnja električne energije za 4 dana neće premašiti normu.
Riješenje. Vjerojatnost normalne potrošnje električne energije tijekom svakog od 6 dana je konstantna i jednaka R=0,75. Stoga je vjerojatnost prekomjerne potrošnje električne energije svaki dan također konstantna i jednaka q= 1–R=1–0,75=0,25.
Željena vjerojatnost prema Bernoullijevoj formuli jednaka je
.
Zadatak 1.21. Dva ravnopravna šahista igraju šah. Što je vjerojatnije: pobijediti u dvije partije od četiri ili tri od šest utakmica (neriješeni rezultati se ne uzimaju u obzir)?
Riješenje. Igraju podjednaki šahisti, pa je vjerojatnost pobjede velika R= 1/2, dakle vjerojatnost gubitka q također je jednako 1/2. Jer u svim je igrama vjerojatnost dobitka konstantna i nije važno u kojem se nizu igre dobivaju, tada je primjenjiva Bernoullijeva formula.
Odredite vjerojatnost da će dvije od četiri utakmice biti dobivene:

Nađite vjerojatnost da će tri od šest utakmica biti dobivene:

Jer P 4 (2) > P 6 (3), veća je vjerojatnost da ćete pobijediti u dvije utakmice od četiri nego u tri od šest.
Međutim, to se može vidjeti korištenjem Bernoullijeve formule za velike vrijednosti n prilično je teško, budući da formula zahtijeva izvođenje operacija na velikim brojevima i stoga se pogreške nakupljaju u procesu izračuna; zbog toga se konačni rezultat može značajno razlikovati od pravog.
Za rješavanje ovog problema postoji nekoliko graničnih teorema koji se koriste za slučaj velikog broja pokusa.
1. Poissonov teorem
Prilikom provođenja velikog broja testova prema Bernoullijevoj shemi (sa n=> ∞) i s malim brojem povoljnih ishoda k(pod pretpostavkom da je vjerojatnost uspjeha str mala), Bernoullijeva formula se približava Poissonovoj formuli
.
Primjer 1.22. Vjerojatnost braka u proizvodnji jedinice proizvodnje od strane poduzeća jednaka je str=0,001. Kolika je vjerojatnost da će u proizvodnji 5000 jedinica proizvoda biti manje od 4 neispravna (događaj ALI Riješenje. Jer n velika, koristimo lokalni Laplaceov teorem:

Izračunaj x:
Funkcija je paran, stoga je φ(–1,67) = φ(1,67).
Prema tablici Dodatka A.1 nalazimo φ(1,67) = 0,0989.
Željena vjerojatnost P 2400 (1400) = 0,0989.
3. Laplaceov integralni teorem
Ako je vjerojatnost R pojava događaja A u svakom pokušaju prema Bernoullijevoj shemi konstantna i različita od nule i jedan, zatim kod velikog broja pokušaja n, vjerojatnost R p (k 1 , k 2) pojava događaja A u ovim suđenjima k 1 do k 2 puta približno jednako
R str(k 1 , k 2) = Φ ( x"") – Φ ( x"), gdje
je Laplaceova funkcija,

Definitivni integral u Laplaceovoj funkciji nije izračunat na klasi analitičkih funkcija, pa se za njegov izračun koristi tablica 1. Klauzula 2, dana u dodatku.
Primjer 1.24. Vjerojatnost da se događaj dogodi u svakom od sto nezavisnih pokušaja je konstantna i jednaka str= 0,8. Odredite vjerojatnost da će se događaj dogoditi: a) najmanje 75 puta, a najviše 90 puta; b) najmanje 75 puta; c) ne više od 74 puta.
Riješenje. Upotrijebimo Laplaceov integralni teorem:
R str(k 1 , k 2) = Φ ( x"") – Φ( x"), gdje je F( x) je Laplaceova funkcija,

a) Po uvjetu n = 100, str = 0,8, q = 0,2, k 1 = 75, k 2 = 90. Izračunaj x"" i x" :


S obzirom da je Laplaceova funkcija neparna, tj. F(- x) = – F( x), dobivamo
P 100 (75; 90) \u003d F (2,5) - F (-1,25) \u003d F (2,5) + F (1,25).
Prema tablici P.2. pronađi aplikacije:
F(2,5) = 0,4938; F(1,25) = 0,3944.
Željena vjerojatnost
P 100 (75; 90) = 0,4938 + 0,3944 = 0,8882.
b) Zahtjev da se događaj dogodi najmanje 75 puta znači da broj pojavljivanja događaja može biti jednak 75, ili 76, ..., ili 100. Dakle, u slučaju koji razmatramo treba uzeti k 1 = 75, k 2 = 100. Zatim

.
Prema tablici P.2. primjene, nalazimo F (1,25) = 0,3944; F(5) = 0,5.
Željena vjerojatnost
P 100 (75;100) = (5) – (–1,25) = (5) + (1,25) = 0,5 + 0,3944 = 0,8944.
c) Događaj - " ALI pojavio najmanje 75 puta" i " ALI pojavio ne više od 74 puta” su suprotni, pa je zbroj vjerojatnosti tih događaja 1. Prema tome, željena vjerojatnost
P 100 (0;74) = 1 – P 100 (75; 100) = 1 – 0,8944 = 0,1056.

Samo ne u online prevoditelju.

Zlatna vrata su simbol Kijeva, jedan od najstarijih primjera arhitekture koji je preživio do našeg vremena. Zlatna vrata Kijeva sagrađena su pod slavnim kijevskim knezom Jaroslavom Mudrim 1164. godine. U početku su se zvali Južni i bili su dio sustava obrambenih utvrda grada, praktički se ne razlikuju od ostalih stražarskih vrata grada. Upravo je Južna vrata prvi ruski mitropolit Hilarion nazvao "Velikim" u svojoj "Besjedi o zakonu i milosti". Nakon što je izgrađena veličanstvena Aja Sofija, "Velika" vrata postala su glavni kopneni ulaz u Kijev s jugozapadne strane. Shvaćajući njihov značaj, Jaroslav Mudri naredio je da se iznad vrata sagradi mala crkva Navještenja kako bi se odala počast kršćanskoj vjeri koja je dominirala gradom i Rusijom. Od tog vremena svi ruski ljetopisni izvori počeli su južna vrata Kijeva nazivati ​​Zlatnim vratima. Širina vrata bila je 7,5 m, visina prolaza 12 m, a dužina oko 25 m.

le sport ce n "est pas seulement des cours de gym. C" est aussi sauter toujours plus haut nager jouer au ballon danser. le sport développé ton corps et aussi ton cerveau. Quand tu prends l "escalier et non pas l" ascenseur tu fais du sport. Quand tu fais une cabane dans un arbre tu fais du sport. Quand tu te bats avec ton frere tu fais du sport. Quand tu cours, parce que tu es en retard a l "ecole, tu fais du sport.

Teorija vjerojatnosti, kao i svaka grana matematike, radi s određenim rasponom koncepata. Većina pojmova teorije vjerojatnosti je definirana, ali neki su uzeti kao primarni, a ne definirani, kao u geometriji točka, pravac, ravnina. Primarni koncept teorije vjerojatnosti je događaj. Događaj je nešto o čemu se, nakon određenog vremenskog trenutka, može reći jedno i samo jedno od dva:

• · Da, dogodilo se.
• · Ne, nije se dogodilo.

Na primjer, imam srećku. Nakon objave rezultata izvlačenja lutrije, događa se ili se ne događa događaj koji me zanima - dobitak od tisuću rubalja. Bilo koji događaj događa se kao rezultat testa (ili iskustva). Pod testom (ili iskustvom) shvatite one uvjete kao rezultat kojih se događa događaj. Na primjer, bacanje novčića je test, a pojavljivanje "grba" na njemu je događaj. Događaj se obično označava velikim latiničnim slovima: A, B, C, .... Događaji u materijalnom svijetu mogu se podijeliti u tri kategorije – sigurni, nemogući i slučajni.

Određeni događaj je onaj za koji se unaprijed zna da će se dogoditi. Označava se slovom W. Tako kod bacanja obične kocke nije pouzdano više od šest točaka, pojava bijele kuglice pri izvlačenju iz urne koja sadrži samo bijele kuglice itd.

Nemoguć događaj je događaj za koji se unaprijed zna da se neće dogoditi. Označava se slovom E. Primjeri nemogućih događaja su izvlačenje više od četiri asa iz običnog špila karata, pojava crvene kuglice iz urne koja sadrži samo bijele i crne kuglice itd.

Slučajni događaj je događaj koji se može ili ne mora dogoditi kao rezultat testa. Događaji A i B nazivaju se nekompatibilnima ako pojava jednog od njih isključuje mogućnost pojave drugog. Dakle, pojavljivanje bilo kojeg mogućeg broja bodova prilikom bacanja kocke (događaj A) nije u skladu s pojavljivanjem drugog broja (događaj B). Bacanje parnog broja bodova nije kompatibilno s bacanjem neparnog broja. Nasuprot tome, paran broj bodova (događaj A) i broj bodova djeljiv s tri (događaj B) neće biti nekompatibilni, jer gubitak šest bodova znači pojavu i događaja A i događaja B, pa je pojava jednog od njih ne isključuje pojavu drugoga. Operacije se mogu izvoditi na događajima. Unija dvaju događaja C=AUB je događaj C koji se događa ako i samo ako se dogodi barem jedan od ovih događaja A i B. Sjecište dvaju događaja D=A?? B je događaj koji se događa ako i samo ako se dogode oba događaja A i B.