Визначення залежних та незалежних подій. Ймовірність події

Теореми складання та множення ймовірностей.
Залежні та незалежні події

Заголовок виглядає страшнувато, але насправді все дуже просто. На даному уроці ми познайомимося з теоремами додавання та множення ймовірностей подій, а також розберемо типові завдання, які поряд з завданням на класичне визначення ймовірностіобов'язково зустрінуться або, що найімовірніше, вже зустрілися на вашому шляху. Для ефективного вивчення матеріалів цієї статті необхідно знати та розуміти базові терміни теорії ймовірностейта вміти виконувати найпростіші арифметичні дії. Як бачите, потрібно зовсім небагато, і тому жирний плюс в активі практично гарантований. Але з іншого боку, знову застерігаю від поверхового ставлення до практичних прикладів – тонкощів теж вистачає. В добрий шлях:

Теорема складання ймовірностей несумісних подій: ймовірність появи одного з двох несуміснихподій або (Без різниці якого), дорівнює сумі ймовірностей цих подій:

Аналогічний факт справедливий і для великої кількості несумісних подій, наприклад, для трьох несумісних подій та :

Теорема-мрія =) Однак і така мрія підлягає доказу, який можна знайти, наприклад, у навчальному посібнику В.Є. Гмурмана.

Знайомимося з новими, що досі не зустрічалися поняттями:

Залежні та незалежні події

Почнемо із незалежних подій. Події є незалежними якщо ймовірність наступу будь-якого з них не залежитьвід появи/непояви інших подій аналізованої множини (в усіх можливих комбінаціях). …Да чого тут вимучувати загальні фрази:

Теорема множення ймовірностей незалежних подій: ймовірність спільної появи незалежних подій і дорівнює добутку ймовірностей цих подій:

Повернемося до найпростішого прикладу 1-го уроку, в якому підкидаються дві монети та наступним подіям:

- На 1-й монеті випаде орел;
- На 2-й монеті випаде орел.

Знайдемо ймовірність події (на 1-й монеті з'явиться орел іна 2-й монеті з'явиться орел - Згадуємо, як читається твір подій!) . Імовірність випадання орла на одній монеті ніяк не залежить від результату кидка іншої монети, отже, події та незалежні.

Аналогічно:
- Імовірність того, що на 1-й монеті випаде решка іна 2-й решка;
- Імовірність того, що на 1-й монеті з'явиться орел іна 2-й решка;
- Імовірність того, що на 1-й монеті з'явиться решка іна 2-й орел.

Зауважте, що події утворюють повну групуі сума їх ймовірностей дорівнює одиниці: .

Теорема множення явно поширюється і більша кількість незалежних подій, наприклад, якщо події незалежні, то ймовірність їх спільного наступу дорівнює: . Потренуємося на конкретних прикладах:

Завдання 3

У кожній із трьох ящиків є по 10 деталей. У першому ящику 8 стандартних деталей, у другому – 7, у третій – 9. З кожного ящика навмання витягують по одній деталі. Знайти ймовірність того, що всі деталі будуть стандартними.

Рішення: ймовірність вилучення стандартної або нестандартної деталі з будь-якого ящика не залежить від того, які деталі будуть витягнуті з інших ящиків, тому в задачі йдеться про незалежні події. Розглянемо такі незалежні події:

– з одного ящика витягнуто стандартну деталь;
- з 2-го ящика витягнуто стандартну деталь;
– із 3-го ящика витягнуто стандартну деталь.

За класичним визначенням:
- Відповідні ймовірності.

Цікава для нас подія (з одного ящика буде вилучено стандартну деталь із 2-го стандартна із 3-го стандартна)виражається твором.

За теоремою множення ймовірностей незалежних подій:

- Імовірність того, що з трьох ящиків буде витягнуто по одній стандартній деталі.

Відповідь: 0,504

Після підбадьорливих вправ з ящиками нас чекають не менш цікаві урни:

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.

Спираючись на отриману інформацію, здогадайтеся, як розібратися з пунктом «бе» ;-) Зразковий зразок рішення оформлений в академічному стилі з детальним розписом усіх подій.

Залежні події. Подія називають залежним якщо його ймовірність залежитьвід однієї чи більшої кількості подій, що вже відбулися. За прикладами далеко ходити не треба – достатньо до найближчого магазину:

– завтра о 19.00 у продажу буде свіжий хліб.

Імовірність цієї події залежить від багатьох інших подій: завезуть завтра свіжий хліб, розкуплять його до 7 вечора чи ні тощо. Залежно від різних обставин ця подія може бути як достовірною, так і неможливою. Таким чином, подія є залежним.

Хліба ... і, як вимагали римляни, видовищ:

– на іспиті студенту дістанеться простий квиток.

Якщо йти не найпершим, то подія буде залежною, оскільки її ймовірність залежатиме від того, які квитки вже витягли однокурсники.

Як визначити залежність/незалежність подій?

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:
- 1-й стрілець потрапить у ціль;
- Другий стрілець потрапить у ціль.

За умовою: .

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

а) Розглянемо подію: – лише одне стрілок потрапить у мета. 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:

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

- Імовірність того, що буде тільки одне влучення.

б) Розглянемо подія: – хоча один із стрільців потрапить у мета.

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 у свою чергу з 2 несумісних результатів) або
потраплять обидва стрілки - позначимо цю подію буквою .

Таким чином:

За теоремою множення ймовірностей незалежних подій:
- Імовірність того, що 1-й стрілець потрапить і 2-й стрілець потрапить.

За теоремою складання ймовірностей несумісних подій:
- Імовірність хоча б одного влучення по мішені.

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

За теоремою множення ймовірностей незалежних подій:

В результаті:

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

Крім того, існує альтернативний, третій шлях рішення, що ґрунтується на умовчаній вище теоремі складання спільних подій.

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

Спосіб третій : події спільні, отже, їх сума висловлює подія «хоча один стрілок потрапить у мета» (див. алгебру подій). за теоремі складання ймовірностей спільних подійта теоремі множення ймовірностей незалежних подій:

Виконаємо перевірку: події та (0, 1 та 2 влучення відповідно)утворюють повну групу, тому сума їх ймовірностей повинна дорівнювати одиниці:
, Що і потрібно перевірити.

Відповідь:

При ґрунтовному вивченні теорії ймовірностей вам зустрінуться десятки завдань мілітаристського змісту, і що характерно, після цього нікого не захочеться пристрелити – завдання майже подарункові. А чому б не спростити ще й шаблон? Скоротимо запис:

Рішення: за умовою: , – ймовірність влучення відповідних стрільців. Тоді ймовірності їхнього промаху:

а) За теоремами складання ймовірностей несумісних та множення ймовірностей незалежних подій:
- Можливість того, що тільки один стрілець потрапить у ціль.

б) За теоремою множення ймовірностей незалежних подій:
- Імовірність того, що обидва стрілка промахнуться.

Тоді: - Можливість того, що хоча б один зі стрільців потрапить у ціль.

Відповідь:

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. У ряді випадків доречний гібридний стиль, коли великими літерами зручно позначити лише деякі події.

Схожі завдання для самостійного вирішення:

Завдання 6

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 складання 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! (що, власне, вже продемонстровано у прикладі із двома монетами)

Завдання 7

Імовірність ураження мети першим стрільцем за одного пострілу дорівнює 0,8. Імовірність того, що ціль не вражена після виконання першим і другим стрілками по одному пострілу дорівнює 0,08. Яка ймовірність поразки мети другим стрільцем за одного пострілу?

А це невелика головоломка, оформлена коротким способом. Умову можна переформулювати більш лаконічно, але переробляти оригінал не буду - на практиці доводиться вникати і в більш хитромудрі вигадки.

Знайомтеся - він самий, який настрогав для вас безліч деталей =):

Завдання 8

Робочий обслуговує три верстати. Імовірність того, що протягом зміни перший верстат потребуватиме налаштування, дорівнює 0,3, другий – 0,75, третій – 0,4. Знайти ймовірність того, що протягом зміни:

а) всі верстати вимагатимуть налаштування;
б) тільки один верстат потребує налаштування;
в) хоча б один верстат потребуватиме налаштування.

Рішення: якщо в умові нічого не сказано про єдиний технологічний процес, то роботу кожного верстата слід вважати незалежною від роботи інших верстатів.

За аналогією із Завданням №5, тут можна ввести в розгляд події, які полягають у тому, що відповідні верстати вимагатимуть налаштування протягом зміни, записати ймовірності, знайти ймовірності протилежних подій тощо. Але з трьома об'єктами так оформляти завдання вже не дуже хочеться – вийде довго та нудно. Тому тут помітно вигідніше використати «швидкий» стиль:

За умови: – ймовірність того, що протягом зміни відповідні верстати вимагатимуть настоянки. Тоді ймовірність того, що вони не вимагатимуть уваги:

Один з читачів виявив тут прикольну друкарську помилку, навіть виправляти не буду =)

а) За теоремою множення ймовірностей незалежних подій:
– ймовірність того, що протягом зміни всі три верстати вимагатимуть налаштування.

б) Подія «Протягом зміни лише один верстат зажадає налаштування» полягає у трьох несумісних результатах:

1) 1-й верстат вимагатимеуваги і 2-й верстат не вимагатиме і 3-й верстат не вимагатиме
або:
2) 1-й верстат не вимагатимеуваги і 2-й верстат вимагатиме і 3-й верстат не вимагатиме
або:
3) 1-й верстат не вимагатимеуваги і 2-й верстат не вимагатиме і 3-й верстат вимагатиме.

За теоремами складання ймовірностей несумісних та множення ймовірностей незалежних подій:

- Імовірність того, що протягом зміни тільки один верстат зажадає налаштування.

Думаю, зараз вам має бути зрозуміло, звідки взявся вираз

в) Обчислимо ймовірність того, що верстати не вимагатимуть налаштування, а потім – ймовірність протилежної події:
- того, що хоча б один верстат вимагатиме налаштування.

Відповідь:

Пункт «ве» можна вирішити і через суму, де – ймовірність того, що протягом зміни лише два верстати вимагатимуть налаштування. Ця подія у свою чергу включає 3 несумісні результати, які розписуються за аналогією з пунктом «бе». Постарайтеся самостійно знайти ймовірність, щоб перевірити все завдання за допомогою рівності.

Завдання 9

З трьох гармат зробили залп по меті. Імовірність влучення при одному пострілі лише з першої зброї дорівнює 0,7, з другого – 0,6, з третього – 0,8. Знайти ймовірність того, що: 1) хоча б один снаряд потрапить у ціль; 2) тільки два снаряди потраплять у ціль; 3) ціль буде вражена не менше двох разів.

Рішення та відповідь наприкінці уроку.

І знову про збіги: у тому випадку, якщо за умовою два або навіть всі значення вихідних ймовірностей збігаються (наприклад, 0,7; 0,7 і 0,7), то слід дотримуватися такого самого алгоритму рішення.

На закінчення статті розберемо ще одну поширену головоломку:

Завдання 10

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 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 потрапляння при кожному пострілі.

Відповідь: 0,7

Просто та витончено.

У розглянутій задачі можна поставити додаткові питання про ймовірність лише одного влучення, лише двох влучень та ймовірності трьох влучень по мішені. Схема рішення буде такою самою, як і в двох попередніх прикладах:

Проте принципова змістовна відмінність у тому, що тут мають місце повторні незалежні випробуванняякі виконуються послідовно, незалежно один від одного і з однаковою ймовірністю наслідків.

Залежність подій розуміється на імовірнісномусенсі, а чи не у функціональному. Це означає, що за появою однієї із залежних подій не можна однозначно судити про появу іншої. Імовірнісна залежність означає, що поява однієї із залежних подій лише змінює ймовірність появи іншого. Якщо ймовірність у своїй не змінюється, то події вважаються незалежними.

Визначення: Нехай - довільний імовірнісний простір, - деякі випадкові події Кажуть що подія Ане залежить від події У , якщо його умовна ймовірність збігається з безумовною ймовірністю:

Якщо , то кажуть, що подія Азалежить від події У.

Поняття незалежності симетричне, тобто якщо подія Ане залежить від події У,те і подія Уне залежить від події А. Справді, нехай. Тоді. Тому кажуть просто, що події Аі Унезалежні.

З правила множення ймовірностей випливає таке симетричне визначення незалежності подій.

Визначення: Події Аі В,визначені на тому самому імовірнісному просторі, називаються незалежними, якщо

Якщо , то події Аі Уназиваються залежними.

Зазначимо, що це визначення справедливе і у випадку, коли або .

Властивості незалежних подій.

1. Якщо події Аі Ує незалежними, то незалежними є такі пари подій: .

▲ Доведемо, наприклад, незалежність подій . Уявимо подію Ау вигляді: . Оскільки події є несумісними, то , а через незалежність подій Аі Уотримуємо, що . Звідси, що означає незалежність. ■

2. Якщо подія Ане залежить від подій В 1і В 2, які є несумісними () , та подія Ане залежить і від суми.

▲ Дійсно, використовуючи аксіому адитивності ймовірності та незалежність події Авід подій В 1і В 2, маємо:

Зв'язок між поняттями незалежності та несумісності.

Нехай Аі У- будь-які події, що мають ненульову ймовірність: так що . Якщо при цьому події Аі Ує несумісними (), те й тому рівність неспроможна мати місце ніколи. Таким чином, несумісні події є залежними.

Коли розглядають більше двох подій одночасно, то їхня попарна незалежність недостатньо характеризує зв'язок між подіями всієї групи. І тут вводиться поняття незалежності разом.

Визначення: Події , визначені на тому самому імовірнісному просторі , називаються незалежними у сукупності, якщо для будь-кого 2 £ m £ nта будь-якої комбінації індексів справедлива рівність:

При m = 2із незалежності в сукупності випливає попарна незалежність подій. Назад неправильно.

приклад. (Бернштейн С.М.)

Випадковий експеримент полягає у підкиданні правильного чотиригранника (тетраедра). Спостерігається грань, що випала донизу. Грані тетраедра пофарбовані в такий спосіб: 1 грань - біла, 2 грань - чорна,
3 грань – червона, 4 грань – містить усі кольори.

Розглянемо події:

А= (Випадання білого кольору); B= (Випадання чорного кольору);

C= (Випадання червоного кольору).

Отже, події А, Уі Зє попарно незалежними.

Однак, .

Тому події А, Уі Знезалежними в сукупності є.

На практиці, як правило, незалежність подій не встановлюють, перевіряючи її за визначенням, а навпаки: вважають події незалежними з будь-яких зовнішніх міркувань чи з урахуванням обставин випадкового експерименту, та використовують незалежність для знаходження ймовірностей твору подій.

Теорема (множення ймовірностей для незалежних подій).

Якщо події, визначені на тому самому імовірнісному просторі, є незалежними в сукупності, то ймовірність їх твору дорівнює твору ймовірностей:

▲ Доказ теореми випливає із визначення незалежності подій у сукупності або із загальної теореми множення ймовірностей з урахуванням того, що при цьому

Приклад 1 (типовий приклад перебування умовних ймовірностей, поняття незалежності, теорему складання ймовірностей).

Електрична схема складається із трьох незалежно працюючих елементів. Імовірності відмов кожного з елементів відповідно дорівнюють.

1) Знайти можливість відмови схеми.

2) Відомо, що схема відмовила.

Яка ймовірність того, що при цьому відмовив:

а) 1-й елемент; б) третій елемент?

Рішення.Розглянемо події = (Відмовив k-й елемент), та подія А= (Відмовила схема). Тоді подія Апредставляється у вигляді:

1) Оскільки події і несумісними не є, то аксіома адитивності ймовірності Р3) не застосовна і для знаходження ймовірності слід використовувати загальну теорему складання ймовірностей, відповідно до якої

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 вилучена чорна і червона куля;
б) перший шар виявиться чорним, другий – червоним і третій – білим.

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;-)

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:

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

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