Теорія ймовірності. Імовірність події, випадкові події (теорія ймовірності)

Події А, Вназиваються незалежнимиякщо ймовірність кожного з них не залежить від того, відбулася чи ні інша подія. Імовірності незалежних подій називаються безумовними.

Події А, Вназиваються залежнимиякщо ймовірність кожного з них залежить від того, відбулася чи ні інша подія. Імовірність події В, обчислена у припущенні, що інша подія А вже здійснилася, називається умовною ймовірністю.

Якщо дві події А і В – незалежні, то справедливі рівність:

Р(В) = Р(В/А), Р(А) = Р(А/В) або Р(В/А) – Р(В) = 0(9)

Імовірність твору двох залежних подій А, В дорівнює добутку ймовірності одного з них на умовну ймовірність іншого:

Р(АВ) = Р(В) ∙ Р(А/В)або Р(АВ) = Р(А) ∙ Р(В/А) (10)

Імовірність події У за умови появи події А:

Імовірність твору двох незалежнихподій А, В дорівнює добутку їх ймовірностей:

Р(АВ) = Р(А) ∙ Р(В)(12)

Якщо кілька подій попарно незалежні, то звідси ще не випливає їхня незалежність у сукупності.

Події А 1, А 2, …, А n (n>2)називаються незалежними в сукупності, якщо ймовірність кожного з них не залежить від того, відбулися чи ні будь-які події з-поміж інших.

Імовірність спільної появи кількох подій, незалежних у сукупності, дорівнює добутку ймовірностей цих подій:

Р(А 1 ∙А 2 ∙А 3 ∙…∙А n) = Р(А 1)∙Р(А 2)∙Р(А 3)∙…∙Р(А n). (13)

Кінець роботи -

Ця тема належить розділу:

Конспект лекцій основні поняття теорії ймовірностей та статистики, що використовуються в економетриці

Казанський державний.. фінансово-економічний інститут.. кафедра статистики та економетрики..

Якщо Вам потрібний додатковий матеріал на цю тему, або Ви не знайшли те, що шукали, рекомендуємо скористатися пошуком по нашій базі робіт:

Що робитимемо з отриманим матеріалом:

Якщо цей матеріал виявився корисним для Вас, Ви можете зберегти його на свою сторінку в соціальних мережах:

Твітнути

Всі теми цього розділу:

Дискретна випадкова величина
Найбільш повним, вичерпним описом дискретної СВ є її закон розподілу. Законом розподілу випадкової величини називається всяке співвідношення, устан

Безперервна випадкова величина
Для безперервної СВ не можна визначити ймовірність того, що вона набуде певного конкретного значення (точкову ймовірність). Так як у будь-якому інтервалі міститься нескінченна кількість значень, то віроя

Взаємозв'язок випадкових величин
Багато економічних показників визначаються кількома числами, будучи багатовимірними СВ. Упорядкований набір Х=(Х1, Х2, …, Хn) випадкових

Вибіркове спостереження
Генеральною сукупністюназивається безліч всіх можливих значень або реалізацій досліджуваної СВХ при даному реальному комплексі умов. Вибіркою

Обчислення вибіркових характеристик
Для будь-якої СВ Х, крім визначення її функції розподілу, бажано вказати числові характеристики, найважливішими з яких є: - математичне очікування; - дисперсія

Нормальний розподіл
Нормальний розподіл (розподіл Гауса) є граничним випадком багатьох реальних розподілів ймовірності. Тому воно використовується у дуже великій кількості реальних додатків теорії

Розподіл Стьюдента
Нехай СВ U ~ N (0,1), СВ V – незалежна від U величина, розподілена згідно із законом χ2 з n ступенями свободи. Тоді величина

Розподіл Фішера
Нехай V і W – незалежні СВ, розподілені згідно із законом χ2 зі ступенями свободи v1 = m та v2 = n відповідно. Тоді величина

Точкові оцінки та їх властивості
Нехай оцінюється деякий параметр СВ

Спроможність
Оцінка називається незміщеною оцінкою параметра, якщо її математика

Властивості вибіркових оцінок
На початковому етапі як оцінка тієї чи іншої числової характеристики (математичного очікування, дисперсії тощо) береться вибіркова числова характеристика. Потім, досліджуючи цю оцінку, її в

Довірчий інтервал для дисперсії нормальної СВ
Нехай Х ~ N (m, σ2) причому і - невідомі. Нехай для оцінки

Критерії перевірки. Критична область
Перевірку статистичної гіпотези здійснюють на підставі даних вибірки. Для цього використовують спеціально підібрану СВ (статистику, критерій), точне чи наближене значення якої відомо. Е

А також навчилися вирішувати типові завдання з незалежними подіями, і зараз буде набагато цікавіше продовження, яке дозволить не тільки освоїти новий матеріал, а й, можливо, надасть практичну життєву допомогу.

Коротко повторимо, що таке незалежність подій: події є незалежними, якщо ймовірність будь-якого з них не залежитьвід появи чи непояви іншого события. Найпростіший приклад – підкидання двох монет. Можливість випадання орла чи решки однією монеті не залежить від результату кидка інший монети.

Поняття залежності подій вам теж знайоме і настала черга зайнятися ними впритул.

Спочатку розглянемо традиційний набір, що складається із двох подій: подія є залежним , якщо крім випадкових чинників його ймовірність залежить від появи чи не появи події . Імовірність події , обчислена у припущенні те, що подія вже сталося, називається умовною ймовірністю настання події та позначається через . При цьому події і називають залежними подіями (хоча, строго кажучи, залежно лише одне з них).

Карти до рук:

Завдання 1

З колоди в 36 карт послідовно витягуються 2 карти. Знайти ймовірність того, що друга карта виявиться червою, якщо до цього:

а) було вилучено черв'яка;
б) було вилучено карту іншої масті.

Рішення: розглянемо подію: – друга карта буде червою. Цілком зрозуміло, що ймовірність цієї події залежить від того, чи черв'яку чи не черву витягли раніше.

а) Якщо спочатку було вилучено хробака (подія ), то в колоді залишилося 35 карт, серед яких тепер знаходиться 8 карт червової масті. за класичному визначенню:
за умови, що до цього теж було вилучено черв'яка.

б) Якщо ж спочатку було вилучено карту іншої масті (подія ), то всі 9 черв залишилися в колоді. за класичному визначенню:
- Імовірність того, що друга карта виявиться червою за умови, що до цього було вилучено карту іншої масті.

Все логічно - якщо ймовірність вилучення черви з повної колоди становить , то при отриманні наступної карти аналогічна ймовірність зміниться: у першому випадку – зменшиться (т.к. черв стало менше), а в другому – зросте: (Бо всі черви залишилися в колоді).

Відповідь:

Залежних подій, зрозуміло, може бути більше. Поки завдання не охолонула, додамо ще одне: – третьою карткою буде вилучено черв'яка. Припустимо, що сталася подія, а потім подія; тоді у колоді залишилося 34 карти, серед яких 7 черв. за класичному визначенню:
- Імовірність настання події за умови, що до цього було вилучено дві черви.

Для самостійного тренування:

Завдання 2

У конверті знаходиться 10 лотерейних квитків, серед яких 3 виграшних. З конверта послідовно витягуються квитки. Знайти ймовірність того, що:

а) 2-й видобутий квиток буде виграшним, якщо 1-й був виграшним;
б) третій буде виграшним, якщо попередні два квитки були виграшними;
в) 4 буде виграшним, якщо попередні квитки були виграшними.

Коротке рішення із коментарями наприкінці уроку.

А тепер звернемо увагу на один принципово важливий момент: у розглянутих прикладах потрібно було знайти лише умовні ймовірності, при цьому попередні події вважалися достовірними. Але ж насправді вони є випадковими! Так, у «розігрітому» завданні вилучення черви з повної колоди – є подія випадкова, ймовірність якої дорівнює.

Насправді набагато частіше потрібно знайти можливість спільної появизалежних подій. Як, наприклад, знайти ймовірність події, що полягає в тому, що з повної колоди будевилучено хробака іпотім ще одна черва? Відповідь це питання дає

теорема множення ймовірностей залежних подій: ймовірність спільної появи двох залежних подій дорівнює добутку ймовірності одного з них на умовну ймовірність іншого, обчислену у припущенні, що перша подія вже відбулася:

У нашому випадку:
- Імовірність того, що з повної колоди будуть витягнуті 2 черви поспіль.

Аналогічно:
- ймовірність того, що спочатку буде вилучено карту іншої масті іпотім черв'яка.

Імовірність події вийшла помітно більшою за ймовірність події, що, загалом, було очевидно без будь-яких обчислень.

І, звісно ж, не треба мати особливих надій, що з конверта з десятьма лотерейними квитками (Завдання 2)ви витягніть 3 виграшні квитки поспіль:
втім, це ще щедрий шанс.

Так, цілком вірно – теорема множення ймовірностей залежних подій природно поширюється і на більшу їх кількість.

Закріпимо матеріал декількома типовими прикладами:

Завдання 3

У урні 4 білих та 7 чорних куль. З урни навмання один за одним витягують дві кулі, не повертаючи їх назад. Знайти ймовірність того, що:

а) обидві кулі будуть білими;
б) обидві кулі будуть чорними;
в) спочатку буде витягнуто білу кулю, а потім – чорну.

Зверніть увагу на уточнення "не повертаючи їх назад". Цей коментар додатково наголошує на тому, що події залежні. Справді, а раптом вилучені кулі повертають назад? У разі зворотної вибірки ймовірності вилучення чорної та білої кулі не змінюватимуться, а в такому завданні вже слід керуватися теорема множення ймовірностей Незалежних подій.

Рішення: всього в урні: 4 + 7 = 11 куль. Поїхали:

а) Розглянемо події - перша куля буде білою, - друга куля буде білою і знайдемо ймовірність події, що полягає в тому, що перша куля буде білою і 2-й білим.

За класичним визначенням ймовірності: . Припустимо, що біла куля витягнута, тоді в урні залишиться 10 куль, серед яких 3 білих, тому:
– ймовірність вилучення білої кулі у 2-му випробуванні за умови, що до цього було вилучено білу кулю.

- Імовірність того, що обидві кулі будуть білими.

б) Знайдемо ймовірність події, що полягає в тому, що перша куля буде чорною і 2-й чорним

За класичним визначенням: - ймовірність того, що в 1-му випробуванні буде вилучено чорну кулю. Нехай витягнуто чорну кулю, тоді в урні залишиться 10 куль, серед яких 6 чорних, отже: - Імовірність того, що в 2-му випробуванні буде витягнуто чорну кулю за умови, що до цього було витягнуто чорну кулю.

За теоремою множення ймовірностей залежних подій:
- Імовірність того, що обидві кулі будуть чорними.

в) Знайдемо ймовірність події (спочатку буде вилучено білу кулю іпотім чорний)

Після вилучення білої кулі (з ймовірністю) в урні залишиться 10 куль, серед яких 3 білих і 7 чорних, таким чином: - ймовірність того, що в 2-му випробуванні буде витягнуто чорну кулю за умови, що до цього було витягнуто білу кулю.

За теоремою множення ймовірностей залежних подій:
- Шукана ймовірність.

Відповідь:

Це завдання неважко перевірити через теорему складання ймовірностей подій, що утворюють повну групу. Для цього знайдемо ймовірність 4-ї події, що бракує: – того, що спочатку буде вилучено чорну кулю іпотім білий.

Події утворюють повну групу, тому сума їх ймовірностей повинна дорівнювати одиниці:
,що потрібно перевірити.

І відразу ж пропоную перевірити, наскільки добре ви засвоїли викладений матеріал:

Завдання 4

Яка ймовірність того, що з колоди в 36 карток буде витягнуто два тузи поспіль?

Завдання 5

В урні 6 чорних, 5 червоних та 4 білі кулі. Послідовно витягують три кулі. Знайти ймовірність того, що

а) третя куля виявиться білою, якщо до цього була витягнута чорна і червона куля;
б) перша куля виявиться чорною, друга – червоною і третьою – білою.

Рішення та відповіді наприкінці уроку.

Треба сказати, що багато з розглянутих завдань можна розв'язати й іншим способом, але щоб не виникло плутанини, мабуть, взагалі про нього промовчу.

Напевно, всі помітили, що залежні події виникають у тих випадках, коли здійснюється певний ланцюжок дій. Проте сама собою послідовність дій ще гарантують залежність подій. Нехай, наприклад, студент навмання відповідає на запитання якогось тесту - дані події хоч і відбуваються одна за одною, але незнання відповіді на одне питання ніяк не залежить від незнання інших відповідей =) Хоча, закономірності тут, звичайно, є =) Тоді зовсім простий приклад із неодноразовим підкиданням монети – цей захоплюючий процес навіть так і називається: повторні Незалежні випробування.

Я як міг, намагався відстрочити цей момент і підбирати різноманітні приклади, але якщо у завданнях на теорему множення незалежних подійгосподарюють стрілки, то тут відбувається справжнісінька навала урн з кулями =) Тому нікуди не подітися – знову урна:

Завдання 6

З урни, в якій знаходиться 6 білих і 4 чорні кулі, витягуються навмання один за одним три кулі. Знайти ймовірність того, що:

а) всі три кулі будуть чорними;
б) буде не менше двох куль чорного кольору.

Рішення:Усього: 6 + 4 = 10 куль в урні.

Подій у цьому завдання буде забагато, і у зв'язку з цим доцільніше використовувати змішаний стиль оформлення, позначаючи великими латинськими літерами лише основні події. Сподіваюся, ви зрозуміли, за яким принципом підраховуються умовні ймовірності.

а) Розглянемо подію: – всі три кулі будуть чорними.

За теоремою множення ймовірностей залежних подій:

б) Другий пункт цікавіший, розглянемо подію: – буде не менше двох куль чорного кольору. Ця подія полягає в 2 несумісних наслідках: або всі кулі будуть чорними (подія) або 2 кулі будуть чорними і 1 білим – позначимо останню подію літерою.

Подія включає 3 несумісні результати:

в 1-му випробуванні вилучено білий іу 2-му іу 3-му випробуваннях – чорні кулі
або
іу 2-му – БШ іу 3-му – ЧШ
або
у 1-му випробуванні вилучено ЧШ іу 2-му – ЧШ іу 3-му – БШ.

Бажаючі можуть ознайомитися з більш важкими прикладами з збірки Чудесенка, у яких перекладаються кілька куль. Особливим любителям пропоную завдання підвищеної комбінаційної складності – з двома послідовними переміщеннями куль з 1-ї до 2-ї урни, з 2-ї до 3-ї та фінальним вилученням кулі з останньої урни – дивіться останні завдання файлу Додаткові завдання на теореми складання та множення ймовірностей. До речі, там чимало інших цікавих завдань.

А на закінчення цієї статті ми розберемо найцікавіше завдання, яким я вас заманював на першому уроці =) Навіть не розберемо, а проведемо невелике практичне дослідження. Викладки у загальному вигляді будуть надто громіздкі, тому розглянемо конкретний приклад:

Петя складає іспит з теорії ймовірностей, при цьому 20 квитків він знає добре, а 10 погано. Припустимо, першого дня іспит складає частина групи, наприклад, 16 осіб, включаючи нашого героя. Загалом ситуація до болю знайома: студенти один за одним заходять в аудиторію і тягнуть квитки.

Очевидно, що послідовне вилучення квитків є ланцюгом залежних подій, і виникає насущний питання: у якому разі Петі з більшою ймовірністю дістанеться «хороший» квиток – якщо він піде «в перших рядах», або якщо зайде «посередині», або якщо тягтиме квиток серед останніх? Коли краще заходити?

Спочатку розглянемо «експериментально чисту» ситуацію, в якій Петя зберігає свої шанси постійними – він не отримує інформації про те, які питання вже дісталися однокурсникам, нічого не вчить у коридорі, чекаючи на свою чергу, тощо.

Розглянемо подію: – Петя зайде в аудиторію найпершим і витягне «гарний» білет. За класичним визначенням ймовірності: .

Як зміниться можливість вилучення вдалого квитка, якщо пропустити вперед відмінницю Настю? У цьому випадку можливі дві несумісні гіпотези:

– Настя витягне «добрий» (для Петі) квиток;
– Настя витягне «поганий» білет, тобто. збільшить шанси Петі.

А подія (Петя зайде другим і витягне «добрий» квиток) стає залежним.

1) Припустимо, що Настя з ймовірністю "відвела" у Петі один вдалий квиток. Тоді на столі залишаться 29 квитків, серед яких 19 гарних. За класичним визначенням ймовірності:

2) Тепер припустимо, що Настя з ймовірністю «позбавила» Петю від одного «поганого» квитка. Тоді на столі залишаться 29 квитків, серед яких, як і раніше, 20 «хороших». За класичним визначенням:

Використовуючи теореми складання ймовірностей несумісних та множення ймовірностей залежних подій, обчислимо ймовірність того, що Петя витягне «добрий» квиток, будучи другим у черзі:

Імовірність… залишилося тією ж! Добре, розглянемо подію: – Петя піде третім, пропустивши вперед Настю та Олену, та витягне «добрий» квиток.

Тут гіпотез буде побільше: жінки можуть «обікрасти» джентльмена на 2 вдалі квитки, або навпаки – позбавити його від 2 невдалих, або витягти 1 «хороший» і 1 «поганий» квиток. Якщо провести аналогічні міркування, скористатися тими ж теоремами, то вийде таке ж значення ймовірності!

Таким чином, чисто з математичної точки зору, не має значення, коли йти – початкові ймовірності залишаться незмінними. АЛЕ. Це тільки усереднена теоретична оцінка, наприклад, якщо Петя піде останнім, то це зовсім не означає, що йому залишаться на вибір 10 «хороших» та 5 «поганих» квитків відповідно до його первісних шансів. Дане співвідношення може варіюватися на краще чи гірше, проте малоймовірно, що серед квитків залишиться «одна халява», чи навпаки – «суцільний жах». Хоча «унікальні» випадки не виключені – все ж таки тут не 3 мільйони лотерейних квитків із практично нульовою ймовірністю великого виграшу. Тому «неймовірне везіння» або «зла доля» будуть надто перебільшеними висловлюваннями. Навіть якщо Петя знає всього лише 3 квитки з 30, то його шанси становлять 10%, що помітно вище за нуль. І з особистого досвіду розповім зворотний випадок: на іспиті з аналітичної геометріїя добре знав 24 питання з 28, так ось – у квитку мені попалися два «погані» питання; ймовірність цієї події підрахуйте самостійно:)

Математика і «чистий експеримент» – це добре, але якої стратегії та тактики все ж таки вигідніше дотримуватися у реальних умовах? Безумовно, слід взяти до уваги суб'єктивні чинники, наприклад, «знижку» викладача для «сміливців» або його втому до кінця іспиту. Найчастіше ці чинники можуть бути вирішальними, але в заключних міркуваннях я постараюся не скидати з рахунків і додаткові ймовірні аспекти:

Якщо Ви готові до іспиту добре, то, напевно, краще йти «у перших рядах». Поки квитків повний комплект, постулат маломожливі події не відбуваються» працює на Вас набагато більшою мірою. Погодьтеся, що набагато приємніше мати співвідношення «30 квитків, серед яких 2 поганих», ніж «15 квитків, серед яких 2 поганих». А те, що два невдалі квитки на окремому іспиті (а не за середньою теоретичною оцінкою!) так і залишаться на столі - цілком можливо.

Тепер розглянемо ситуацію Петі – коли студент готовий до іспиту досить добре, але з іншого боку, і плаває теж непогано. Іншими словами, "більше знає, ніж не знає". І тут доцільно пропустити вперед 5-6 людина, і очікувати потрібного моменту поза аудиторією. Дійте за ситуацією. Незабаром почне надходити інформація, які квитки витягли однокурсники (Знову залежні події!) , і на «заграні» питання можна більше не витрачати сили – навчайте та повторюйте інші квитки, підвищуючи тим самим початкову ймовірність свого успіху. Якщо «перша партія» тих, хто екзаменується, «позбавила» вас відразу від 3-4 важких (особисто для Вас) квитків, то вигідніше якнайшвидше потрапити на іспит – саме зараз шанси значно зросли. Постарайтеся не втрачати момент – лише кілька пропущених вперед людей, і перевага, швидше за все, розтане. Якщо ж навпаки, «поганих» квитків витягли замало – чекайте. Через кілька людей ця «аномалія» знову ж таки з великою ймовірністю, якщо не зникне, то згладиться на краще. У «звичайному» і найпоширенішому випадку вигода теж є: розклад «24 квитки/8 поганих» буде кращим за співвідношення «30 квитків/10 поганих». Чому? Важких квитків тепер не десять, а вісім! З подвоєною енергією вивчаємо матеріал!

Якщо Ви готові погано чи погано, то само собою, краще йти в «останніх рядах» (хоча можливі й оригінальні рішення, особливо якщо нічого втрачати). Існує невелика, але все ж таки ненульова ймовірність, що Вам залишаться відносно прості питання + додаткове зубріжка + шпори, які віддадуть однокурсники, що відстрілялися =) І, так – у зовсім критичній ситуації є ще наступний день, коли іспит здає друга частина групи;-)

Іноді це прямо сказано за умови завдання, але найчастіше доводиться проводити самостійний аналіз. Якогось однозначного орієнтиру тут немає, і факт залежності чи незалежності обставин випливає з природних логічних міркувань.

Щоб не валити все в одну купу, завданням на залежні подіїя виокремлю наступний урок, а поки ми розглянемо найбільш поширену на практиці зв'язку теорем:

Завдання на теореми складання ймовірностей несумісних
та множення ймовірностей незалежних подій

Цей тандем, за моєю суб'єктивною оцінкою, працює приблизно в 80% завдань з цієї теми. Хіт хітів і справжнісінька класика теорії ймовірностей:

Завдання 5

Два стрільці зробили по одному пострілу в ціль. Імовірність влучення для першого стрілка дорівнює 0,8, для другого – 0,6. Знайти ймовірність того, що:

а) тільки один стрілець потрапить у ціль;
б) хоча один із стрільців потрапить у мета.

Рішення: ймовірність попадання/промаху одного стрілка, очевидно, не залежить від результативності іншого стрілка.

Розглянемо події: А 1- 1-й стрілець потрапить у ціль;

А 2- Другий стрілець потрапить у ціль.

За умовою: Р(А 1) = 0,8; Р(А 2) = 0,6.

Знайдемо ймовірність протилежних подій - того, що відповідні стрілки промахнуться:

1 - = 1 – 0,8 = 0,2;

1 - = 1 – 0,6 = 0,4;

а) Розглянемо подію: У- Тільки один стрілець потрапить у ціль. Ця подія полягає у двох несумісних наслідках:

1-й стрілець потрапить і 2-й промахнеться
або
1-й промахнеться і 2-й потрапить.

Мовою алгебри подійцей факт запишеться такою формулою: В = +

Спочатку використовуємо теорему складання ймовірностей несумісних подій, потім – теорему множення ймовірностей незалежних подій:

Р(В) =Р( + ) = + Р( ) + Р( ) = Р( ) × Р( ) +Р( ) × Р( ) =

0,8 × 0,4 + 0,2 × 0,6 = 0,32 + 0,12 = 0,44 – ймовірність того, що буде лише одне влучення.

б) Розглянемо подію: З– хоча б один із стрільців потрапить у ціль.

Насамперед, ВДУМАЄМОСЯ – що означає умова «ХОЧ би один»? В даному випадку це означає, що потрапить або 1-й стрілець (2-й промахнеться) або 2-й (1-й промахнеться) абообидва стрілка одночасно - всього 3 несумісних результату.

Спосіб перший: враховуючи готову ймовірність попереднього пункту, подію зручно подати у вигляді суми наступних несумісних подій:

потрапить хтось один (Подія, що складається в свою чергу з 2-х несумісних результатів) або
потраплять обидва стрілки – позначимо цю подію буквою D.

Таким чином: C = B + D.

P(D) = P(А 1 А 2) = P(А 1) × P(А 2) = 0,8 × 0,6 = 0,48 - ймовірність того, що 1-й стрілець потрапить іДругий стрілець потрапить.

За теоремою складання ймовірностей несумісних подій:

Р(C) = Р(B + D) = Р(B) + Р(D) = 0,44 + 0,48 = 0,92. - Імовірність хоча б одного влучення по мішені.

Спосіб другий: розглянемо протилежну подію: – обидва стрілки промахнуться.

За теоремою множення ймовірностей незалежних подій:

Р() = Р() = Р() × Р() = 0,2 × 0,4 = 0,08.

В результаті: Р(С) = 1 – Р() = 1 – 0,08 = 0,92.

Особливу увагу зверніть на другий спосіб – у загальному випадку він раціональніший.

Крім того, існує альтернативний, третій шлях рішення, що ґрунтується на теоремі, яка буде розглянута на наступному уроці: теоремі складання спільних подій.

! Якщо ви знайомитеся з матеріалом вперше, то щоб уникнути плутанини, наступний абзац краще пропустити.

Спосіб третій: події А1 та А2 спільні, а значить, їхня сума А1+А2 висловлює подія «хоча один стрілець потрапить у мета» (див.алгебру подій ). затеоремі складання ймовірностей спільних подій та теоремі множення ймовірностей незалежних подій:

Р(А1+А2) = Р(А1) + Р(А 2) –Р(А 1 × А2) = Р(А1) + Р(А 2) – Р(А 1) × Р(А 2) =

= 0,8 + 0,6 – 0,8 × 0,6 = 1,4 – 0,48 = 0,92

Виконаємо перевірку: події , Уі D (0, 1 та 2 влучення відповідно)утворюють повну групу, тому сума їх ймовірностей повинна дорівнювати одиниці:

Р() + Р(В) + Р(D) = 0,08 + 0,44 + 0,48 = 1, Що і потрібно перевірити.

Відповідь: а) ймовірність того, що тільки один стрілець потрапить у ціль, дорівнює 0,44,

б) ймовірність того, що хоча б один зі стрільців потрапить у ціль, дорівнює 0,92

На практиці можна скористатися будь-яким варіантом оформлення. Звичайно ж, набагато частіше йдуть коротким шляхом, але не треба забувати і 1-й спосіб - він хоч і довший, зате змістовніше - в ньому зрозуміліше, що, чому і навіщоскладається та множиться.

Схожі завдання:

Завдання 6 для самостійного вирішення

Для сигналізації про спалах встановлено два незалежно працюючі датчики. Імовірність того, що при загорянні датчик спрацює, для першого і другого датчиків відповідно дорівнюють 0,5 і 0,7. Знайти ймовірність того, що під час пожежі:

а) обидва датчики відмовлять;
б) обидва датчики спрацюють.
в) Користуючись теореми складання ймовірностей подій, що утворюють повну групу, Знайти ймовірність того, що при пожежі спрацює лише один датчик. Перевірити результат прямим обчисленням цієї ймовірності (за допомогою теорем додавання та множення).

Тут незалежність роботи пристроїв безпосередньо прописана за умови, що, до речі, є важливим уточненням. Зразок рішення оформлено в академічному стилі.

Як бути, якщо у схожому завданні дано однакові ймовірності, наприклад, 0,9 та 0,9? Вирішувати потрібно так само!

Завдання 7

Стрілець потрапляє в ціль з однією і тією ж ймовірністю при кожному пострілі. Яка ця ймовірність, якщо ймовірність хоча б одного влучення при трьох пострілах дорівнює 0,973.

Рішення: позначимо через - можливість потрапляння в ціль при кожному пострілі.
і через - ймовірність промаху при кожному пострілі.

І таки розпишемо події:
- при 3-х пострілах стрілок потрапить у ціль хоча б один раз;
- стрілок 3 рази промахнеться.

За умовою, тоді ймовірність протилежної події:

З іншого боку, з теореми множення ймовірностей незалежних подій:

Таким чином:

- Імовірність промаху при кожному пострілі.

В результаті:
- Імовірність влучення при кожному пострілі.

Відповідь: 0,7

Просто та витончено.

Рішення та відповіді:

Завдання 2:У коробці 10 червоних та 6 синіх гудзиків. Навмання витягуються два гудзики. Яка ймовірність того, що вони будуть одноколірними?

Рішення : всього: 10 + 6 = 16 гудзиків у коробці.
способами можна витягти 2 гудзики з коробки;
способами можна витягти 2 червоні гудзики;
способами можна витягти 2 сині гудзики.
За класичним визначенням:
- Імовірність того, що з коробки будуть витягнуті два червоні гудзики;
- Імовірність того, що з коробки будуть витягнуті два сині гудзики.
За теоремою складання ймовірностей несумісних подій:
- Імовірність того, що з коробки будуть витягнуті два одноколірні гудзики.
Відповідь: 0,5

Завдання 4:У трьох урнах є по 6 білих і по 4 чорні кулі. З кожної урни витягують навмання по одній кулі. Знайти ймовірність того, що: а) всі три кулі будуть білими; б) усі три кулі будуть одного кольору.

Рішення : розглянемо події: – з 1-ї, 2-ї та 3-ї урни відповідно буде вилучено білу кулю. За класичним визначенням ймовірності:

Тоді ймовірності вилучення чорної кулі з відповідних скриньок рівні:

а) Розглянемо подію: – з кожної урни буде витягнуто по 1-му білому шару.
Ця подія виражається у вигляді твору (з 1-ї урни буде вилучено БШіз 2-ої урни буде вилучено БШіз 3-ї урни буде вилучено БШ).
За теоремою множення ймовірностей незалежних подій:

Розрізняють події залежні та незалежні. Дві події називаються незалежними, якщо поява одного з них не змінює ймовірність появи іншого. Наприклад, якщо у цеху працюють дві автоматичні лінії, за умовами виробництва не взаємопов'язані, то зупинки цих ліній є незалежними подіями.

Декілька подій називаються незалежними у сукупностіякщо будь-яка з них не залежить від будь-якої іншої події і від будь-якої комбінації інших.

Події називаються залежнимиякщо одне з них впливає на ймовірність появи іншого. Наприклад, дві виробничі установки пов'язані єдиним технологічним циклом. Тоді ймовірність виходу з експлуатації однієї з них залежить від того, в якому стані знаходиться інша. Імовірність однієї події B, обчислена у припущенні здійснення іншої події A, називається умовною ймовірністюподії Bі позначається P(A|B).

Умову незалежності події B від події A записують як P(B|A)=P(B), а умова його залежності - як P(B|A)≠P(B).

Імовірність події у випробуваннях Бернуллі. Формула Пуассон.

Повторними незалежними випробуваннями, випробуваннями Бернуллі або схемою Бернулліназиваються такі випробування, якщо при кожному випробуванні є лише два результати - поява події А або ймовірність цих подій залишається незмінною для всіх випробувань. Ця проста схема випадкових випробувань має велике значення у теорії ймовірностей.

Найбільш відомим прикладом випробувань Бернуллі є досвід із послідовним киданням правильної (симетричної та однорідної) монети, де подією А є випадання, наприклад, "герба", ("решки").

Нехай у деякому досвіді ймовірність події А дорівнює P(А)=р, Тоді , де р + q = 1. Виконаємо досвід n разів, припустивши, що окремі випробування незалежні, а значить, результат будь-яких з них не пов'язаний з результатами попередніх (або наступних) випробувань. Знайдемо ймовірність появи подій А точно раз, скажімо тільки в перших випробуваннях. Нехай - подія, яка полягає в тому, що при n випробуваннях подія А з'явиться точно раз до перших випробуваннях. Подію можна подати у вигляді

Оскільки досліди ми припустили незалежними, то

41) [стр2]Якщо ставити питання про появу події А k-раз у n випробуваннях у довільному порядку, то подія подана у вигляді

Число різних доданків у правій частині цієї рівності дорівнює числу випробувань з n по k, тому ймовірність подій, яку позначатимемо, дорівнює

Послідовність подій утворює повну групу незалежних подій . Справді, із незалежності подій отримуємо

Визначення 1. Подія А називається залежною від події В, якщо ймовірність появи події А залежить від того, чи відбулася подія В. Імовірність того, що сталася подія А за умови, що сталася подія В, будемо позначати і називати умовною ймовірністю події А за умови Ст.

Приклад 1. У урні знаходиться 3 білі кулі та 2 чорні. З урни виймається одна куля (перше виймання), а потім друга (друге виймання). Подія - поява білої кулі при першому вийманні. Подія А - поява білої кулі при другому вийманні.

Очевидно, що ймовірність події А, якщо подія відбулася, буде

Імовірність події Л за умови, що подія В не відбулася (за першого виймання з'явилася чорна куля), буде

Бачимо, що

Теорема 1. Імовірність поєднання двох подій дорівнює добутку ймовірності одного з них на умовну вірогідність другого, обчислену за умови, що перша подія сталася, тобто.

Доказ. Доказ наведемо для подій, які зводяться до схеми урн (т. е. у разі, коли застосовується класичне визначення ймовірності).

Нехай у урні куль, причому білих, чорних. Нехай серед білих куль куль із позначкою «зірочка», інші чисто білі (рис. 408).

З урни виймається одна куля. Якою є ймовірність події вийняти білу кулю з позначкою «зірочка»?

Нехай В - подія, що складається в появі (білої кулі, А - подія, що полягає в появі кулі з позначкою «зірочка». Очевидно,

Імовірність появи білої кулі з «зірочкою за умови, що з'явилася біла куля, буде

Імовірність появи білої кулі зі «зірочкою» є Р (А та В). Очевидно,

Підставляючи в (5) ліві частини виразів (2), (3) та (4), отримуємо

Рівність (1) підтверджено.

Якщо події, що розглядаються, не укладаються в класичну - схему, то формула (1) служить для визначення умовної ймовірності. А саме, умовна ймовірність події А за умови здійснення події В визначається за допомогою

Зауваження 1. Застосуємо останню формулу до виразу:

У рівностях (1) і (6) ліві частини рівні, оскільки це та сама ймовірність, отже, рівні й праві. Тому можемо написати рівність

Приклад 2. Для випадку прикладу 1, наведеного на початку цього параграфа, маємо За формулою (1) отримуємо ймовірність Р(А та В) легко обчислюється і безпосередньо.

Приклад 3. Можливість виготовлення придатного виробу даним верстатом дорівнює 0,9. Імовірність появи виробу 1-го ґатунку серед придатних виробів є 0,8. Визначити можливість виготовлення виробу 1-го сорту даним верстатом.

Рішення. Подія В – виготовлення придатного виробу даним верстатом, подія А – поява виробу 1-го ґатунку. Тут Підставляючи у формулу (1), отримуємо ймовірність

Теорема 2. Якщо подія А може здійснитися тільки при виконанні однієї з подій, що утворюють повну групу несумісних подій, то ймовірність події А обчислюється за формулою

Формулд (8) називається формулою ймовірності. Доказ. А може статися при виконанні будь-якої з поєднаних подій

Отже, за теоремою про складання ймовірностей отримуємо

Замінюючи доданки правої частини за формулою (1), отримаємо рівність (8).

Приклад 4. За метою зроблено три послідовні постріли. Імовірність влучення при першому пострілі при другому при третьому При одному попаданні ймовірність ураження мети при двох попаданнях, при трьох попаданнях Визначити ймовірність пфаженйя цілі при трьох пострілах (подія А).

Рішення. Розглянемо повну групу несумісних подій:

Було одне влучення;