Загальна постановка задачі: відомі ймовірності деяких подій, а потрібно обчислити ймовірності інших подій, які пов'язані з даними подіями. У цих завданнях виникає необхідність у таких діях над ймовірностями, як додавання та множення ймовірностей.

Наприклад, на полюванні здійснено два постріли. Подія A- попадання в качку з першого пострілу, подія B- Попадання з другого пострілу. Тоді сума подій Aі B- попадання з першого або другого пострілу або двох пострілів.

Завдання іншого типу. Дано кілька подій, наприклад, монета підкидається тричі. Потрібно знайти ймовірність того, що або всі три рази випаде герб, або те, що герб випаде хоча б один раз. Це завдання на збільшення ймовірностей.

Складання ймовірностей несумісних подій

Додавання ймовірностей використовується тоді, коли потрібно обчислити ймовірність об'єднання чи логічної суми випадкових подій.

Суму подій Aі Bпозначають A + Bабо A ∪ B. Сумою двох подій називається подія, яка настає тоді і лише тоді, коли настає хоча б одна з подій. Це означає, що A + B– подія, яка настає тоді і лише тоді, коли під час спостереження сталася подія Aабо подія B, або одночасно Aі B.

Якщо події Aі Bвзаємно несумісні та його ймовірності дані, то ймовірність те, що в результаті одного випробування відбудеться одна з цих подій, розраховують, використовуючи додавання ймовірностей.

Теорема складання ймовірностей.Імовірність того, що відбудеться одна з двох взаємно несумісних подій, дорівнює сумі ймовірностей цих подій:

Наприклад, на полюванні зроблено два постріли. Подія А- попадання в качку з першого пострілу, подія У- Попадання з другого пострілу, подія ( А+ У) – попадання з першого чи другого пострілу чи з двох пострілів. Отже, якщо дві події Аі У- несумісні події, то А+ У- Настання хоча б однієї з цих подій або двох подій.

приклад 1.У ящику 30 м'ячиків однакових розмірів: 10 червоних, 5 синіх та 15 білих. Обчислити ймовірність того, що не дивлячись буде взято кольоровий (не білий) м'ячик.

Рішення. Приймемо, що подія А– «взято червоний м'ячик», а подія У– «взято синій м'ячик». Тоді подія – «взято кольоровий (не білий) м'ячик». Знайдемо ймовірність події А:

та події У:

Події Аі У- Взаємно несумісні, тому що якщо взято один м'ячик, то не можна взяти м'ячики різних кольорів. Тому використовуємо складання ймовірностей:

Теорема складання ймовірностей для кількох несумісних подій.Якщо події становлять безліч подій, то сума їх ймовірностей дорівнює 1:

Сума ймовірностей протилежних подій також дорівнює 1:

Протилежні події утворюють безліч подій, а ймовірність повної множини подій дорівнює 1.

Імовірності протилежних подій зазвичай позначають малими літерами pі q. Зокрема,

з чого випливають такі формули ймовірності протилежних подій:

приклад 2.Ціль у тирі розділена на 3 зони. Імовірність того, що якийсь стрілець вистрілить у ціль у першій зоні дорівнює 0,15, у другій зоні – 0,23, у третій зоні – 0,17. Знайти ймовірність того, що стрілець потрапить у ціль і ймовірність того, що стрілок потрапить повз ціль.

Рішення: Знайдемо ймовірність того, що стрілок потрапить у ціль:

Знайдемо ймовірність того, що стрілець потрапить повз ціль:

Завдання складніше, в яких потрібно застосовувати і додавання та множення ймовірностей - на сторінці "Різні завдання на додавання та множення ймовірностей" .

Складання ймовірностей взаємно спільних подій

Дві випадкові події називаються спільними, якщо наступ однієї події не виключає настання другої події в тому самому спостереженні. Наприклад, при киданні гральної кістки подією Авважається випадання числа 4, а подією У- Випадання парного числа. Оскільки число 4 є парним числом, ці дві події сумісні. У практиці зустрічаються завдання щодо розрахунку ймовірностей настання однієї з взаємно спільних подій.

Теорема складання можливостей для спільних подій.Імовірність того, що настане одна із спільних подій, дорівнює сумі ймовірностей цих подій, з якої віднято ймовірність загального настання обох подій, тобто добуток ймовірностей. Формула ймовірностей спільних подій має такий вигляд:

Оскільки події Аі Усумісні, подія А+ Унастає, якщо настає одна з трьох можливих подій: або АВ. Відповідно до теореми складання несумісних подій, обчислюємо так:

Подія Анастане, якщо настане одна з двох несумісних подій: або АВ. Однак ймовірність настання однієї події з кількох несумісних подій дорівнює сумі ймовірностей усіх цих подій:

Аналогічно:

Підставляючи вирази (6) і (7) у вираз (5), отримуємо формулу ймовірності для спільних подій:

При використанні формули (8) слід враховувати, що події Аі Уможуть бути:

• взаємно незалежними;
• взаємно залежними.

Формула ймовірності для взаємно незалежних подій:

Формула ймовірності для взаємозалежних подій:

Якщо події Аі Унесумісні, їх збіг є неможливим випадком і, таким чином, P(AB) = 0. Четверта формула ймовірності для несумісних подій така:

приклад 3.На автоперегонах при заїзді на першій машині можливість перемогти, при заїзді на другій машині. Знайти:

• ймовірність того, що переможуть обидві автомашини;
• ймовірність того, що переможе хоча б одна машина;

1) Імовірність того, що переможе перша автомашина, не залежить від результату другої автомашини, тому події А(переможе перша автомашина) та У(переможе друга автомашина) – незалежні події. Знайдемо ймовірність того, що переможуть обидві машини:

2) Знайдемо ймовірність того, що переможе одна з двох автомашин:

Завдання складніше, в яких потрібно застосовувати і додавання та множення ймовірностей - на сторінці "Різні завдання на додавання та множення ймовірностей" .

Вирішити завдання на складання ймовірностей самостійно, а потім переглянути рішення

приклад 4.Впадають дві монети. Подія A- Випадання герба на першій монеті. Подія B- Випадання герба на другій монеті. Знайти ймовірність події C = A + B .

Розмноження ймовірностей

Множення ймовірностей використовують, коли слід обчислити ймовірність логічного добутку подій.

При цьому випадкові події мають бути незалежними. Дві події називаються взаємно незалежними, якщо настання однієї події не впливає на ймовірність настання другої події.

Теорема множення можливостей для незалежних подій.Імовірність одночасного наступу двох незалежних подій Аі Удорівнює добутку ймовірностей цих подій і обчислюється за такою формулою:

Приклад 5.Монету кидають тричі поспіль. Знайти ймовірність, що всі три рази випаде герб.

Рішення. Імовірність того, що при першому киданні монети випаде герб, вдруге, втретє. Знайдемо ймовірність того, що всі три рази випаде герб:

Вирішити завдання на множення ймовірностей самостійно, а потім переглянути рішення

Приклад 6.Є коробка з дев'ятьма новими тенісними м'ячами. Для гри беруть три м'ячі, після гри їх кладуть назад. При виборі м'ячів грані від неграних не відрізняють. Яка ймовірність того, що після трьох ігор у коробці не залишиться неграних м'ячів?

Приклад 7. 32 літери російського алфавіту написані на картках розрізної абетки. П'ять карток виймаються навмання одна одною і вкладаються стіл у порядку появи. Знайти ймовірність того, що з літер вийде слово "кінець".

Приклад 8.З повної колоди карт (52 листи) виймаються одразу чотири карти. Знайти ймовірність того, що всі ці чотири карти будуть різних мастей.

Приклад 9.Те саме завдання, що у прикладі 8, але кожна карта після виймання повертається в колоду.

Завдання складніше, в яких потрібно застосовувати і додавання та множення ймовірностей, а також обчислювати добуток кількох подій - на сторінці "Різні завдання на додавання та множення ймовірностей".

Імовірність того, що відбудеться хоча б одна з взаємно незалежних подій, можна обчислити шляхом віднімання з 1 добутку ймовірностей протилежних подій, тобто за формулою.

Спочатку, будучи лише зібранням відомостей та емпіричних спостережень за грою в кістки, теорія ймовірності стала ґрунтовною наукою. Першими, хто надав їй математичний каркас, були Ферма та Паскаль.

Від роздумів про вічне до теорії ймовірностей

Дві особи, яким теорія ймовірностей завдячує багатьма фундаментальними формулами, Блез Паскаль і Томас Байєс, відомі як глибоко віруючі люди, останній був пресвітеріанським священиком. Мабуть, прагнення цих двох вчених довести помилковість думки про якусь Фортуну, що дарує успіх своїм улюбленцям, дало поштовх до досліджень у цій галузі. Адже насправді будь-яка азартна гра з її виграшами та програшами — це лише симфонія математичних принципів.

Завдяки азарту кавалера де Мере, який однаково був гравцем і людиною небайдужою до науки, Паскаль змушений був знайти спосіб розрахунку ймовірності. Де Мере цікавило таке питання: "Скільки разів потрібно викидати попарно дві кістки, щоб ймовірність здобути 12 очок перевищувала 50%?". Друге питання, яке вкрай цікавило кавалера: "Як розділити ставку між учасниками незакінченої гри?" Зрозуміло, Паскаль успішно відповів на обидва питання де Мере, який став мимовільним основоположником розвитку теорії ймовірностей. Цікаво, що персона де Мере так і залишилася відома в цій галузі, а не в літературі.

Раніше жоден математик ще не робив спроб обчислювати ймовірності подій, оскільки вважалося, що це лише вороже рішення. Блез Паскаль дав перше визначення ймовірності події та показав, що це конкретна цифра, яку можна обґрунтувати математичним шляхом. Теорія ймовірностей стала основою статистики і широко застосовується у сучасній науці.

Що таке випадковість

Якщо розглядати випробування, яке можна повторити нескінченну кількість разів, можна дати визначення випадковому події. Це один із можливих результатів досвіду.

Досвідом є здійснення конкретних дій у постійних умовах.

Щоб можна було працювати з результатами досвіду, події зазвичай позначають літерами А, B, C, D, Е…

Імовірність випадкової події

Щоб можна було приступити до математичної частини ймовірності, потрібно дати визначення всім її складникам.

Імовірність події - це виражена в числовій формі міра можливості появи певної події (А або B) у результаті досвіду. Позначається ймовірність як P(A) або P(B).

Теоретично ймовірностей відрізняють:

• достовірнеподія гарантовано відбувається в результаті досвіду Р(?) = 1;
• неможливеподія будь-коли може статися Р(Ø) = 0;
• випадковеподія лежить між достовірною та неможливою, тобто ймовірність її появи можлива, але не гарантована (ймовірність випадкової події завжди в межах 0≤Р(А)≤ 1).

Відносини між подіями

Розглядають як одну, так і суму подій А + В, коли подія зараховується при здійсненні хоча б одного зі складових, А або В або обох - А і В.

Стосовно одна до одної події можуть бути:

• Рівноможливими.
• Сумісними.
• Несумісними.
• Протилежними (взаємовиключними).
• Залежними.

Якщо дві події можуть статися з рівною ймовірністю, вони рівноможливі.

Якщо поява події А не зводить до нуля вірогідність події B, то вони сумісні.

Якщо події А і В ніколи не відбуваються одночасно в тому самому досвіді, то їх називають несумісними. Кидання монети – гарний приклад: поява решки – це автоматично непоява орла.

Імовірність для суми таких несумісних подій складається із суми ймовірностей кожної з подій:

Р(А+В)=Р(А)+Р(В)

Якщо наступ однієї події унеможливлює наступ іншого, їх називають протилежними. Тоді одне з них позначають як А, а інше - (читається як «не А»). Поява події А означає, що не відбулося. Ці дві події формують повну групу із сумою ймовірностей, що дорівнює 1.

Залежні події мають взаємний вплив, зменшуючи чи збільшуючи ймовірність одне одного.

Відносини між подіями. Приклади

На прикладах набагато простіше зрозуміти принципи теорії ймовірностей та комбінації подій.

Досвід, який буде проводитися, полягає у витягуванні кульок з ящика, а результат кожного досвіду - елементарний результат.

Подія - це один із можливих результатів досвіду - червона куля, синя куля, куля з номером шість і т.д.

Випробування №1. Беруть участь 6 куль, три з яких забарвлені у синій колір, на них нанесені непарні цифри, а три інших – червоні з парними цифрами.

Випробування №2. Беруть участь 6 куль синього кольору із цифрами від однієї до шести.

Виходячи з цього прикладу, можна назвати комбінації:

• Достовірна подія.У вик. №2 подія «дістати синю кулю» достовірну, оскільки ймовірність її появи дорівнює 1, так як всі кулі сині і промахи бути не може. Тоді як подія «дістати кулю із цифрою 1» - випадкова.
• Неможлива подія.У вик. №1 з синіми та червоними кулями подія «дістати фіолетовий шар» неможлива, оскільки ймовірність його появи дорівнює 0.
• Рівні події.У вик. №1 події «дістати кулю з цифрою 2» і «дістати кулю з цифрою 3» рівноможливі, а події «дістати кулю з парним числом» та «дістати кулю з цифрою 2» мають різну ймовірність.
• Сумісні події.Двічі поспіль отримати шістку в процесі кидання гральної кістки – це сумісні події.
• Несумісні події.У тому ж вик. №1 події «дістати червону кулю» і «дістати кулю з непарним числом» не можуть бути поєднані в тому самому досвіді.
• Протилежні події.Найяскравіший приклад цього – підкидання монет, коли витягування орла рівносильне невитягуванню решки, а сума їх ймовірностей – це завжди 1 (повна група).
• Залежні події. Так, у вик. №1 можна поставити за мету витягти двічі поспіль червону кулю. Його вилучення чи невитяг уперше впливає можливість вилучення вдруге.

Видно, що перша подія суттєво впливає на ймовірність другої (40% та 60%).

Формула ймовірності події

Перехід від ворожих роздумів до точних даних відбувається у вигляді перекладу теми в математичну площину. Тобто міркування про випадкову подію на зразок "велика ймовірність" або "мінімальна ймовірність" можна перекласти до конкретних числових даних. Такий матеріал вже припустимо оцінювати, порівнювати та вводити у складніші розрахунки.

З погляду розрахунку, визначення ймовірності події - це ставлення кількості елементарних позитивних наслідків до кількості всіх можливих наслідків досвіду щодо певної події. Позначається ймовірність через Р(А), де Р означає слово "probabilite", що з французької перекладається як "ймовірність".

Отже, формула ймовірності події:

Де m – кількість сприятливих результатів для події А, n – сума всіх результатів, можливих для цього досвіду. При цьому ймовірність події завжди лежить між 0 і 1:

0 ≤ Р(А)≤ 1.

Розрахунок ймовірності події. приклад

Візьмемо ісп. №1 з кулями, яке описано раніше: 3 сині кулі з цифрами 1/3/5 і 3 червоні з цифрами 2/4/6.

З цього випробування можна розглядати кілька різних завдань:

• A – випадання червоної кулі. Червоних куль 3, а лише варіантів 6. Це найпростіший приклад, у якому ймовірність події дорівнює Р(А)=3/6=0,5.
• B – випадання парного числа. Усього парних чисел 3 (2,4,6), а загальна кількість можливих числових варіантів - 6. Імовірність цієї події дорівнює Р(B) = 3/6 = 0,5.
• C - випадання числа, більшого, ніж 2. Усього таких варіантів 4 (3,4,5,6) із загальної кількості можливих результатів 6. Імовірність події З дорівнює Р(С)=4/6=0,67.

Як очевидно з розрахунків, подія має велику ймовірність, оскільки кількість можливих позитивних результатів вище, ніж у А і У.

Несумісні події

Такі події не можуть одночасно з'явитися в тому самому досвіді. Як у вик. №1 неможливо одночасно дістати синю і червону кулю. Тобто можна дістати або синю, або червону кулю. Так само в гральній кістці не можуть одночасно з'явитися парне і непарне число.

Імовірність двох подій сприймається як ймовірність їхньої суми чи твори. Сумою таких подій А+В вважається така подія, яка полягає у появі події А або В, а добуток їх АВ – у появі обох. Наприклад, поява двох шісток одразу на гранях двох кубиків в одному кидку.

Сума кількох подій являє собою подію, яка передбачає появу принаймні одного з них. Твір кількох подій – це спільна поява їх усіх.

Теоретично ймовірності, зазвичай, вживання союзу " і " означає суму, союзу " чи " - множення. Формули з прикладами допоможуть зрозуміти логіку складання та множення теоретично ймовірностей.

Ймовірність суми несумісних подій

Якщо розглядається ймовірність несумісних подій, то ймовірність суми подій дорівнює додаванню їх ймовірностей:

Р(А+В)=Р(А)+Р(В)

Наприклад: обчислимо ймовірність того, що в ісп. №1 з синіми і червоними кулями випаде число між 1 і 4. Розрахуємо не одну дію, а сумою ймовірностей елементарних складових. Отже, у такому досвіді всього 6 куль або 6 всіх можливих наслідків. Цифри, які задовольняють умову, - 2 і 3. Імовірність випадання цифри 2 становить 1/6, ймовірність цифри 3 також 1/6. Імовірність того, що випаде цифра між 1 і 4 дорівнює:

Імовірність суми несумісних подій повної групи дорівнює 1.

Тож якщо у досвіді з кубиком скласти ймовірності випадання всіх цифр, то в результаті отримаємо одиницю.

Також це справедливо для протилежних подій, наприклад, у досвіді з монетою, де одна її сторона - це подія А, а інша - протилежна подія, як відомо,

Р(А) + Р(?) = 1

Імовірність твору несумісних подій

Примноження ймовірностей застосовують, коли розглядають появу двох і більше несумісних подій в одному спостереженні. Імовірність того, що в ньому з'являться події A і B одночасно, дорівнює добутку їх ймовірностей, або:

Р(А * В) = Р (А) * Р (В)

Наприклад, ймовірність того, що в ісп. №1 в результаті двох спроб двічі з'явиться синя куля, що дорівнює

Тобто ймовірність настання події, коли в результаті двох спроб із вилученням куль буде вилучено лише сині кулі, дорівнює 25%. Дуже легко зробити практичні експерименти цього завдання і побачити, чи це так насправді.

Спільні події

Події вважаються спільними, коли поява одного з них може збігтися з появою іншого. Незважаючи на те, що вони спільні, розглядається ймовірність незалежних подій. Наприклад, кидання двох гральних кісток може дати результат, коли на обох з них випадає цифра 6. Хоча події збіглися і з'явилися одночасно, вони незалежні одна від одної - могла випасти лише одна шістка, друга кістка на неї не має впливу.

Імовірність спільних подій розглядають як ймовірність їхньої суми.

Ймовірність суми подій. приклад

Імовірність суми подій А і В, які по відношенню до один одного спільні, дорівнює сумі ймовірностей події за вирахуванням ймовірності їх твору (тобто їх спільного здійснення):

Р сум. (А+В)=Р(А)+Р(В)- Р(АВ)

Припустимо, що можливість попадання на мету одним пострілом дорівнює 0,4. Тоді подія А - попадання в ціль у першій спробі, В - у другій. Ці події спільні, оскільки цілком можливо, що можна вразити мету і з першого, і з другого пострілу. Але події не є залежними. Якою є ймовірність настання події поразки мішені з двох пострілів (хоча б з одного)? Відповідно до формули:

0,4+0,4-0,4*0,4=0,64

Відповідь на запитання наступна: "Ймовірність потрапити в ціль із двох пострілів дорівнює 64%".

Ця формула ймовірності події може бути застосовна і до несумісних подій, де ймовірність спільної появи події Р(АВ) = 0. Це означає, що ймовірність суми несумісних подій можна вважати окремим випадком запропонованої формули.

Геометрія ймовірності для наочності

Цікаво, що ймовірність суми спільних подій може бути представлена ​​у вигляді двох областей А та В, які перетинаються між собою. Як видно з картинки, площа їхнього об'єднання дорівнює загальній площі за мінусом області їхнього перетину. Це геометричне пояснення роблять зрозумілішою нелогічну здавалося б формулу. Зазначимо, що геометричні рішення - не рідкість теорії ймовірностей.

Визначення ймовірності суми множини (більше двох) спільних подій досить громіздке. Щоб вирахувати її, потрібно скористатися формулами, які передбачені для цих випадків.

Залежні події

Залежними події називаються у разі, якщо наступ одного (А) їх впливає ймовірність наступу іншого (В). Причому враховується вплив як події А, і його непоява. Хоча події називаються залежними за визначенням, але залежно лише одне з них (В). Звичайна ймовірність позначалася як Р(В) чи ймовірність незалежних подій. У випадку із залежними вводиться нове поняття - умовна ймовірність Р A (В) , яка є ймовірністю залежної події У за умови події А (гіпотези), від якої воно залежить.

Але ж подія А теж випадкова, тому в неї також є ймовірність, яку потрібно і можна враховувати в розрахунках, що здійснюються. Далі на прикладі буде показано, як працювати із залежними подіями та гіпотезою.

Приклад розрахунку ймовірності залежних подій

Хорошим прикладом до розрахунку залежних подій може стати стандартна колода карт.

На прикладі колоди в 36 карток розглянемо залежні події. Потрібно визначити ймовірність того, що друга карта, витягнута з колоди, буде бубнової масті, якщо перша вилучена:

1. Бубнова.
2. Інший масті.

Очевидно, що ймовірність другої події залежить від першого А. Так, якщо справедливий перший варіант, що в колоді стало на 1 карту (35) і на 1 бубну (8) менше, ймовірність події В:

Р A (В) = 8/35 = 0,23

Якщо ж справедливий другий варіант, то в колоді стало 35 карт, і, як і раніше, збереглося повне число бубон (9), тоді ймовірність наступної події:

Р A (В) = 9/35 = 0,26.

Видно, що якщо подія А умовлена ​​в тому, що перша карта - бубна, то ймовірність події зменшується, і навпаки.

Розмноження залежних подій

Керуючись попереднім розділом, ми приймаємо першу подію (А) як факт, але, якщо говорити по суті, вона має випадковий характер. Імовірність цієї події, а саме вилучення бубна з колоди карт, дорівнює:

Р(А) = 9/36=1/4

Оскільки теорія немає як така, а покликана служити у практичних цілях, то справедливо відзначити, що найчастіше потрібна ймовірність твори залежних подій.

Відповідно до теореми про добуток ймовірностей залежних подій, ймовірність появи спільно залежних подій А і В дорівнює ймовірності однієї події А, помножена на умовну ймовірність події В (залежної від А):

Р(АВ) = Р(А) *Р A(В)

Тоді в прикладі з колодою ймовірність вилучення двох карт з мастиною бубни дорівнює:

9/36*8/35=0,0571, чи 5,7%

І ймовірність вилучення спочатку не бубни, та був бубни, дорівнює:

27/36*9/35=0,19, чи 19%

Видно, що ймовірність появи події більша за умови, що першою витягується карта масті, відмінної від бубни. Такий результат цілком логічний та зрозумілий.

Повна ймовірність події

Коли завдання з умовними ймовірностями стає багатогранним, то звичайними методами його обчислити не можна. Коли гіпотез більше двох, саме А1,А2,…,А n , ..утворює повну групу подій за умови:

• P(A i)>0, i=1,2,…
• A i ∩ A j =Ø,i≠j.
• Σ k A k =Ω.

Отже, формула повної ймовірності для події при повній групі випадкових подій А1, А2, ..., А n дорівнює:

Погляд у майбутнє

Імовірність випадкової події вкрай необхідна у багатьох сферах науки: економетриці, статистиці, у фізиці тощо. буд. Деякі процеси неможливо описати детерміновано, оскільки вони мають ймовірнісний характер, необхідні особливі методи роботи. Теорія ймовірності події може бути використана у будь-якій технологічній сфері як спосіб визначити можливість помилки чи несправності.

Можна сміливо сказати, що, дізнаючись ймовірність, ми певним чином робимо теоретичний крок у майбутнє, розглядаючи його через призму формул.

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;-)

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.

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).

Теорема множення ймовірностей незалежних подій: ймовірність спільної появи незалежних подій Аі Удорівнює добутку ймовірностей цих подій: Р(АВ) = Р(А) Р(В)

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

– у результаті кидка на 1-й монеті випаде орел;
- В результаті кидка на 2-й монеті випаде орел.

Знайдемо ймовірність події А 1 А 2 (на 1-й монеті з'явиться орел іна 2-й монеті з'явиться орел - Згадуємо, як читаєтьсятвір подій !) . Імовірність випадання орла однією монеті аж ніяк не залежить від результату кидка інший монети, отже, події А 1 і А 2 незалежні. За теоремою множення ймовірностей незалежних подій:

Р(А 1 А 2) = Р(А 1) × Р(А 2) = × =
Аналогічно:

= × = × = – ймовірність того, що на 1-й монеті випаде решка іна 2-й решка;

= × = × = – ймовірність того, що на 1-й монеті з'явиться орел іна другий решка;

= × = × = – ймовірність того, що на 1-й монеті з'явиться решка іна другий орел.

Зауважте, що події , , , утворюють повну групуі сума їх ймовірностей дорівнює одиниці: + + + = = 1

Теорема множення очевидно поширюється і на б обільша кількість незалежних подій, наприклад, якщо події А, В, Снезалежні, то ймовірність їхнього спільного наступу дорівнює: Р(АВС) = Р(А) Р(В)×Р(С).

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:

S 1– з одного ящика витягнуто стандартну деталь;

S 2- з 2-го ящика витягнуто стандартну деталь;

S 3– із 3-го ящика витягнуто стандартну деталь.

За класичним визначенням: Р(S 1) = = 0,8; Р(S 2) = = 0,7; Р(S 3)= = 0,9; - Відповідні ймовірності.

Цікава для нас подія (з одного ящика буде вилучено стандартну детальі з 2-го стандартнаі з 3-го стандартна)виражається твором S 1 S 2 S 3.

За теоремою множення ймовірностей незалежних подій:

Р( S 1 S 2 S 3) = Р(S 1) × Р(S 2) × Р(S 3) = 0,8 × 0,7 × 0,9 = 0,504- Імовірність того, що з 3-х ящиків буде витягнуто по одній стандартній деталі.

Відповідь: ймовірність того, що всі деталі виявляться стандартними, дорівнює 0,504

Завдання 4 (Для самостійного рішення)

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. Приблизний зразок рішення оформлений в академічному стилі з детальним розписом усіх подій наприкінці уроку.

Залежні події. Подія Хназивають залежним якщо його ймовірність Р(Х) залежитьвід одного або б ольшої кількості подій, які вже відбулися. За прикладами далеко ходити не треба – достатньо дійти до найближчого магазину:

Х– 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 Р(Х)= 1, так і неможливим Р(Х)= 0. Таким чином, подія Хє залежним.

Інший приклад, У– на іспиті студенту дістанеться простий квиток.

Якщо йти не найпершим, то подія Убуде залежним, оскільки його ймовірність Р(В)залежатиме від того, які квитки вже витягли однокурсники.