Home » Визначення ймовірностей випадкових подій

Визначення ймовірностей випадкових подій

29 Червня, 2024

~~1.1~~ Визначення ймовірностей випадкових подій. Способи задання закону розподілу випадкової величини. Характеристики розподілу випадкових величин.

Основні поняття теорії ймовірності

Випадкові події займають проміжну позицію між “завжди” і “ніколи” і можуть наставати чи не наставати в даному випробуванні, в якому виконані всі необхідні умови появи її. Стосовно достатніх умов зазначимо, що вони не завжди підконтрольні, а про деякі з них важко здогадатися. Так, ми не контролюємо пориву вітру чи спалаху блискавки, які могли спричинити нам промах по мішені. У такій ситуації не можна обмежитися одними випробуваннями, а треба мати якомога більшу їх кількість і проаналізувати всю множину отриманих результатів.

Виникнення теорії ймовірностей обумовлене спробою побудувати теорію азартних ігор, яка відноситься до XVI – XVII ст. і зв’язана з іменами таких учених, як Джо Кардано ((1501-1576) – італійський математик), Блез Паскаль ((1623 – 1662) – французький математик), Х.Гюйгенс ((1629 – 1695) – голландський математик). Найістотнішим досягненням її першого періоду є відкриття Я.Бернуллі ((1654 – 1705) – швейцарський математик) закону великих чисел. Другий період розвитку зв’язаний з іменами П.Лапласа ((1749-1827) – французький математик і фізик), С.Пуассона ((1781 – 1840) – французький математик), К.Гуасса (1775 – 1855) – німецький математик), В.Буняковського ((1804 – 1889) – український математик). Як наука, теорія ймовірностей сформувалась на межі ХІХ – ХХ ст. завдяки зусиллям П.Чебишова ((1821-1894) – російський математик), О.Маркова ((1856 – 1922) – російський математик). Проте в 30-х роках ХХ ст. вона стала повноцінним розділом математики (до цього вважалась прикладною дисципліною) завдяки чіткому поняттю ймовірності, даному А.Колмогоровим ((1903 – 1987) – російський математик).

1.2. Види випадкових подій.

Означення 1. Дві події називаються несумісними, якщо поява однієї з них виключає появу іншої. В протилежному випадку події називаються сумісними.

Приклад 1. В ящику маємо стандартні і нестандартні деталі. Навмання беремо одну деталь. Події А1 – “появилася стандартна деталь” і А2 – “появилася нестандартна деталь” є несумісними подіями.

Приклад 2. Проводиться постріл по мішені. Події А1 – “пістолет дав осічку” і А2 – “непопадання в ціль” є сумісними.

Означення 2. Події А1, А2 … Аn називаються попарно несумісними, якщо будь- які дві з них події несумісні.

Приклад 3. Проведемо два вистріли по мішені. Події А₁ – “два попадання”, А₂ –

тільки одне попадання”, А₃ – “жодного попадання” є попарно несумісними.

Означення 3. Події А₁, А₂ … А_n утворюють повну систему подій, якщо в результаті даного випробування обов’язково відбудеться хоча б одна з подій.

Приклад 4. Студенту на екзамені попався білет з двома теоретичними питаннями. Події А₁ – “студент знає обидва питання”, А₂ – “студент знає перше питання, але не знає другого”, А₃ – “студент знає друге питання, але не знає першого”, А₄ – “студент знає тільки одне питання”, А₅ – “студент не знає жодного питання” утворюють повну систему подій, серед яких маємо, як сумісні А₂ і А₄, А₃ і А₄, так і несумісні А₁ і А₂, А₁ і А₅ події.

Кожна подія А визначається як підмножина в просторі елементарних подій. При цьому ті елементарні події з одного простору, при яких подія А відбувається, називаються сприятливими події А.

Вправи.

2.1. Знайти серед подій А_і достовірні і неможливі:

А₁ – “поява 10 очок при киданні грального кубика”;

А₂ – “поява 10 очок при киданні трьох гральних кубиків”;

А₃ – “поява 20 очок при киданні трьох гральних кубиків”;

А₄ – “навмання вибране двозначне число не більше 100”;

А₅ – “поява двох гербів при киданні монети”.

2.2. Чи є події А₁ і А₂ несумісними:

1) випробування – кидання монети; події: А₁ – “поява герба”, А₂ – “поява цифри”;

2) випробування – кидання грального кубика; події: А₁ – “поява трьох очок”; А₂ –

“поява непарної кількості очок”;

3) випробування – кидання двох монет; події: А₁ – “поява герба на одній з монет”; А₂ – “поява герба на другій монеті”?.

2.3. Чи є події А₁ і А₂ рівноможливими:

1) випробування – кидання грального кубика; події: А₁ – “поява двох очок”; А₂ – “поява п’яти очок;

2) випробування – кидання грального кубика; події: А₁ – “поява двох очок”; А₂ – “поява парної кількості очок”;

3) випробування – два вистріли по мішені; події: А₁ – “промах при першому вистрілі”;А₂ – “промах при другому вистрілі”?

2.4. Чи утворюють повну систему подій:

1) випробування – кидання монети; події: А₁ – “поява герба”; А₂ – “поява цифри”;

2) випробування – три вистріли по мішені; події: А₁ – “ні одного попадання”; А₂ – “одне попадання”; А₃ – “два попадання”; А₄ – “три попадання”;

Чи є вони попарно несумісними?

1.3. Операції над подіями

Означення 1. Події А і В називаються рівносильними (рівними), якщо подія А відбувається тоді і тільки тоді, коли відбувається подія В, при цьому записується А = В.

Приклад 1. Кинуто монету. Подія А – “поява герба”; подія В – “непоява цифри”.

Означення 2. Сумою (об’єднанням) двох подій А і В називається подія С, яка полягає в тому, що відбудеться хоча б одна з подій А або В. Симвлічно це записується так:

С = А + В або С = А U В

Сума подій інтерпретується як об’єднання (сума) множин (підмножин множини елементарних подій) (рис. 1).

Рис.1

Приклад 2. Знайти суму подій:

А – “поява одного очка при киданні грального кубика”;

В – “поява двох очок при киданні грального кубика”.

Сумою А + В (читаємо А або В) буде подія С – “поява не більше двох очок при киданні грального кубика”.

Означення 3. Сумою (об’єднанням) декількох подій А₁,А₂, … А_n називається подія С, яка полягає у здійсненні хоча б однієї з подій А₁, або А₂, або А₃, або … А_n. Символічно це записується так:

Приклад 3. Розглянемо дослід з киданням грального кубика:

А₁ – “поява парного числа”; А₂ – “поява шістірки”; А₃ – “поява числа, більшого за двійку”. Тоді А₁ + А₂ + А₃ = С – “поява числа 2,3,4,5,6”.

Означення 4. Добутком (перерізом) двох подій А і В називається подія С, яка полягає в одночасному настанні подій А і В. Символічно добуток записують так:

Добуток подій інтерпретується як переріз множин А і В. (рис.2)

Рис.2.

Означення 5. Добутком (перерізом) декількох подій А1, А2, … Аn називається подія С, яка полягає в одночасному настанні всіх подій А1 і А2 і А3 … і Аn. Символічно:

Приклад 5. Якщо перемножити події А1, А2, А3, з прикладу 3, то отримаємо А1 · А2 · А3 = С – “при киданні випала шістірка”.

Означення 6. Дві випадкові події називаються протилежними, якщо одна з них відбувається в тому і тільки в тому випадку, коли не відбувається друга. Подію протилежну А позначають (читають “не А”).

Приклад 6. Попадання і промах при вистрілі по мішені – протилежні події. Якщо А – попадання, то – промах. На практиці достовірну подію позначають – U, а неможливу – V. Тому можна записати, що або , а також .

Вправи.

1. Знайти суму подій:

1) випробування – два вистріли по мішені. події.’А – “попадання з першого вистрілу”; В – “попадання з другого вистрілу”;

2) випробування – кидання грального кубика; події.’А – “поява одного очка”; В -“поява двох очок”; С – “поява трьох очок”.

3) випробування – придбання лотерейних білетів; події: А – “виграш 10 гривень”; В – “виграш 50 гривень”; С – “виграш 100 гривень”.

2. Знайти добуток подій:

1) випробування – два вистріли по мішені; події: А – “попадання першим вистрілом”; В – “попадання другим вистрілом”;

2) випробування – кидання грального кубика; події: А – “непоява трьох очок””; В -“непоява п’яти очок”; С – “непоява непарної кількості очок”.

3. Назвати протилежні події для подій: А – “випадання двох гербів при киданні двох монет”; В – “поява білої кульки”, якщо дослід полягає у вийманні однієї кульки з урни, в якій є білі, чорні і червоні кульки; С – “п’ять попадань при п’яти вистрілах”: Д – “не більше трьох попадань при п’яти вистрілах”; Е – “хоча б одне попадання при п’яти вистрілах”.

1.4. Частота та ймовірність події.

1. Частота події. Нехай А – випадкова подія, яка зв ‘язана з деяким дослідом (випробуванням). Повторимо дослід n-раз в одних і тих самих умовах і нехай при цьому подія А з’явилася m раз.

Означення 1. Відношення m/n числа m дослідів, в яких подія А з’явилася (відбулася), до загального числапроведених дослідів називається частотою події А.

Виявляється, що при багатократному повторенні досліду частота події приймає

значення, яке близьке до деякого постійного числа Наприклад, при

багатократному киданні грального кубика частота випадання кожного з чисел очок від 1 до 6 коливається біля числа 1/6.

Багатократно проводились досліди кидання однорідної монети, в яких підраховували число появи “герба”, і кожен раз, коли число дослідів було достатньо великим, частота події “випадання герба” незначно відхилялося

Експериментатор	Кількість кидань	Кількість появи “герба”	Частота
Бюффон	4040	2048	0,5069
К.Пірсон	12000	6014	0,5012
К.Пірсон	24000	12012	0,5005

Табл.1.

Для унаочнення приводимо таблицю 1 результатів, які отримані у XVIII ст. французьким дослідником Бюффоном (1707-1788) та на початку нашого століття К. Пірсоном(( 1857-1936)- англійський математик і статист)).

Властивість стійкості частоти випадкової події було підмічено і на явищах демографічного характеру. Підраховано, наприклад, що частота народження хлопчика коливається близько 0,517.

Описані в приведених прикладах явища, а також неодноразові спостереження і інших масових явищ дозволяють зробити висновок, що якщо дослід повторюється в одинакових умовах достатньо велику кількість разів, то частота деякої події А набирає статистичну стійкість, коливається біля деякої постійної величини р, до якої вона все більше наближається із збільшенням кількості дослідів.

є теорема Я. Бернуллі про закон великих чисел.

Приклад 1. При одноразовому киданні правильної і однорідної монети ймовірність появи Означення 2. Постійна величина р, до якої все більше наближується частота події А при достатньо великому числі дослідів, називається ймовірністю події А і позначається р = Р(А) (від англ. Probability – ймовірність).

На практиці часто за числове значення ймовірності події А наближено приймається частота цієї події, яка обчислена при достатньо великій кількості дослідів. Математичним обгрунтуванням близькості частоти m/n до ймовірності р деякої події А “герба” – подія А, чи “копійки” – подія В становить: .

Приклад 2. При одноразовому киданні правильного і однорідного грального кубика ймовірність випадання і-тої грані подія А_і становить .

2. Класичне означення ймовірності.

Розглянемо скінченний повний простір елементарних подій А₁, А₂, … А_n, де А_і – попарно несумісні і рівноможливі елементарні події. Нехай деякі події А сприяють m з n елементарних подій з даного повного простору елементарних подій.

Означення 3. Ймовірністю Р(А) події А називається відношення числа випадків m, які сприяють появі даної події, до загального числарівноможливих і єдиноможливих (але попарно не сумісних) результатів випробувань, які утворюють повний простір елементарних подій, тобто:

Отже, ймовірність Р(А) – це відношення числа сприятливих подій до загального числа подій.

З означення ймовірності випливають слідуючі її властивості:1). ,

скільки .

2). Для достовірної (вірогідної) події P(U) = 1, оскільки .

3). Для неможливої події Р(V) = 0, оскільки .

Приклад 3. У групі з 25 студентів 5 дівчат. Знайти ймовірність того, що з цієї групи першою до аудиторії зайде дівчина.

Розв’язання. Маємо .

Приклад 4. Знайти ймовірність того, що при киданні грального кубика випаде грань з парною кількістю очок.

Розв’язання. Маємо n = 6, m = 3. Отже

Приклад 5. В урні 3 білих і 9 чорних кульок. З урни навмання виймаємо одну кульку. Яка ймовірність того, що вийнята кулька буде чорною (подія А)?

Розв’язання. Маємо n = 12, m = 9 і тому .

Приклад 6. Кидаємо два гральних кубики. Знайти ймовірність того, що на них в сумі випаде 6 очок (подія А).

Розв’язання. При киданні двох гральних кубиків загальне число рівноможливих подій дорівнює числу пар (х;у), де х і у приймають значення 1,2,3,4,5,6:

(1;1) (1;2) (1;3) (1;4) (1;5) (1;6)

(2;1) (2;2) (2;3) (2;4) (2;5) (2;6)

(3;1) (3;2) (3;3) (3;4) (3;5) (3;6)

(4;1) (4;2) (4;3) (4;4) (4;5) (4;6)

(5;1) (5;2) (5;3) (5;4) (5;5) (5;6)

(6;1) (6;2) (6;3) (6;4) (6;5) (6;6)

Тобто n = 36. Події А сприяють 5 пар: (1;5), (2;4), (3;3), (4;2), (5;1). Отже, шукана ймовірність

У 1900 році відбувся Другий всесвітній математичний конгрес, на якому Д.Гільберт ((1862-1943) – німецький математик) висунув 23 найважливіші проблеми. Щоста проблема Гільберта – побудова логічно несуперечливих основ теорії ймовірностей. Цю проблему було розв’язано через 33 роки А.М.Колмогоровим, який запропонував таку систему аксіом, яка дає аксіоматичне означення ймовірності:

1) Кожній випадковій події А відповідає невід’ємне число Р(А), яке називається ймовірністю цієї події;

2) Для вірогідної події А Р(А) = 1;

3) Ймовірність появи хоча б однієї з попарно несумісних подій дорівнює сумі ймовірностей цих подій.

Р(А+В) = Р(А) + Р(В).

Вправи.

4.1. В урні 100 кульок, які помічені номерами 1,2, … 100. З урни навмання вийнято одну кульку. Яка ймовірність того, що номер вийнятої кульки містить цифру 5?

4.2. З урни, в якій міститься 7 червоних, 8 жовтих і 5 зелених кульок, навмання виймають одну. Яка ймовірність того, що вийнята кулька буде: 1) червоною; 2) жовтою; 3) зеленою?

4.3. Серед 50 деталей 5 нестандартних. Знайти ймовірність того, що навмання взята деталь буде: а) стандартною; б) нестандартною.

4.4. Кинуто гральний кубик. Знайти ймовірність слідуючих подій: А – “випало 3 очка”; В – “випало непарне число очок”?

4.5. Монета кинута 2 рази. Яка ймовірність того, що хоча б один раз випаде греб?

4.6. Кидають два гральних кубики. Яка ймовірність того, що сума очок, випавших на двох кубиках, буде рівно 8?

1.5. Елементи комбінаторики.

При розв’язуванні ряду теоретичних і практичних задач потрібно із скінченної множини елементів по заданих правилах скласти різні комбінації і проводити підрахунок числа всіх можливих таких комбінацій. Такі задачі прийнято називати комбінаторними, а розділ математики, який займається їх розв’язуванням, називається комбінаторикою. Комбінаторика широко застосовується в теорії ймовірностей, теорії масового обслуговування, теорії управляючих систем і обчислювальних машин, а також і в інших розділах науки і техніки. Основними елементами комбінаторики (теорії сполук) є розміщення, перестановки та комбінації.

1. Задачі, які приводять до розгляду розміщень (), перестановок (), комбінацій ( ).

Задача 1. В групі ЗО студентів. Скількома способами можна вибрати старосту групи та його замісника, при умові, що кожен студент може бути вибраний тільки на одну з цих посад?

Відповідь. .

Задача 2. На екзамен з вищої математики заходять 5 студентів. Скількома способами вони можуть зайняти 5 столів для підготовки?

Відповідь. Р₅;

Задача 3. Групу студентів коледжу повинна екзаменувати по вищій математиці комісія з трьох викладачів. Скількома способами можна створити таку комісію, якщо в коледжі 5 викладачів математики.

Відповідь. .

Зауваження. В перелічених задачах 1-3 спільним є:

1) розглядаються скінченні множини;

2) вибирається певна кількість елементів;

3) розв’язок задачі зводиться до підрахунку, скількома способами можна зробити ту чи іншу вибірку елементів з множини. Відмінності тут полягають в тому, що в задачах 1, 2 основну роль відіграє порядок вибору елементів (який перший, а який другий). В задачі 3 порядок елементів немає ніякого значення (однак, якщо б у задачі 3 було сказано, що потрібно створити комісію на чолі з головою комісії, то тут вже порядок мав би основне значення).

2. Розміщення.

Означення 1. Розміщенням з n елементів по m елементів називають групи елементів, кожна з яких містить m елементів, взятих з даних n, і

відрізняється одна від одної як елементами, так і їх порядком. Позначається (від франц. Аrrangement – розміщення, приведення в порядок).

Число розміщень з n по m дорівнює

(1)

отже (2)

Приклад 1. Розв’яжемо задачу 1.

3. Перестановки.

Означення 2. Перестановкою з n елементів називається розміщення з n елементів по n елементів. Позначається Р_n (від франц. Permutation – перестановка).

З означення перестановки слідує:

Отже Р_n = n! (3)

Приклад 2. Розв’яжемо задачу 2.

Р₅ = 5! = 1· 2· 3· 4· 5 = 120 (способів).

4. Комбінації.

Означення 3. Комбінаціями зелементів по m називають групи елементів, кожна з яких містить m елементів, взятих з деяких n, і відрізняється одна від одної тільки елементами. Позначаються (від фран. Combination – комбінація).

Очевидно, комбінації зелементів по m – це всі m елементні підмножини– елементної множини, при чому різними підмножинами рахуються тільки ті, які мають неоднаковий склад елементів. Підмножини, які відрізняються одна від одної лише порядком слідувань елементів, не рахуються різними.

Виходячи з означення маємо:

(4)

Приклад 3. Розв’яжемо задачу 3.

Комбінації мають основні дві властивості:

2) .

Виходячи з даних властивостей можна записати для прикладу, що

Вправи.

5.1. Обчислити:

1) 2) 3) 4)

5) 6) .

5.2. Розв’язати рівняння:

1) 2) ;

3) 4) ;

5) 6)

5.3. Скільки різних трьохзначних чисел можна скласти з цифр 1,2,3,4,5 при умові, що в кожному числі немає однакових цифр?

5.4. Група студентів вивчає 8 різних навчальних дисциплін. Скількома способами можна скласти розклад на день, якщо в цей день повинно бути 4 різні заняття?

5.5. Скількома способами 8 різних книг можна розставити на одній поличці так, щоб: 1) дві визначені книги були поруч; 2) дві визначені книги не були поруч?

5.6. Скільки шестизначних чисел можна скласти з цифр 0,1,2,3,4,5 не повторюючи цифр в числі?

5.7. В урні 10 білих і 5 чорних кульок. Скількома способами з урни можна вийняти навмання 3 кульки, щоб:

а) всі три кульки виявилися білими;

б) всі три кульки виявилися чорними;

в) дві кульки виявилися білими, а одна чорною;

г) одна кулька виявилася білою, а дві чорними?

5.8. В особистій першості коледжу по шахматах було зіграно 120 ігор. Скільки було учасників, якщо кожні два учасники зустрічались між собою один раз?

5.9. В групі 20 хлопців і 10 дівчат. Скількома способами можна вибрати трьох хлопців і двох дівчат для участі у загально-міських зборах студентів?

5.10. В шахматному турнірі, де учасники зустрічаються між собою один раз, два гравці вибули за станом здоров’я, зігравши лише по три партії кожен. Скільки гравців почали турнір, якщо було зіграно 84 партії?

1.6. Приклади обчислення ймовірності події.

Приклад 1. На кожній із семи одинакових карточок одна із літер: Н, О, П, Р, С, Т, У. Знайти ймовірність того, що на 5 взятих навмання і розміщених в ряд карточках отримаємо слово “спорт” (подія А).

Розв’язання. Загальна кількість можливих елементарних подій , а сприяє події А тільки одна, тобто m = 1. Тому .

Приклад 2. В урні 4 білих і 7 чорних кульок. З урни одночасно виймають 2 кульки. Яка ймовірність того, що обидві кульки білі (подія А)?

Розв’язання. Тут число елементарних подій

Кількість випадків, які сприяють події А:

отже, .

Приклад 3. В урні a білих і b чорних кульок. З урни навмання вибирають k

кульок. Знайти ймовірність того, що серед них буде l білих і відповідно k–l – чорних кульок .

Розв’язання. Число елементарних подій . Розрахуємо число елементарних подій, які будуть сприяти нашій події А: серед k взятих кульок буде l білих і k–l чорних. Очевидно, що число способів, якими можна вибрати l білих кульок з а білих, буде дорівнювати , а число способів, якими можна до них “довибрати” k–l чорних кульок, буде рівним . Кожна комбінація білих кульок добавляється до комбінації чорних, тому . Отже:

Приклад 4. В партії з 12 деталей маємо 7 стандартних. Знайти ймовірність того, що серед 6 взятих навмання деталей 4 стандартні.

Розв’язання. Аналогічно попередній задачі:

Приклад 5. Десять різних книг розставляють навмання на одній полиці. Знайти ймовірність того, що три визначені книги будуть поставлені поруч (подія А).

Розв’язання. Уявимо собі, що три визначені книги зв’язано разом мотузкою. Тоді залишиться сім книг. Разом будемо мати вісім елементів (7 книг + зв’язка трьох книг). Цих вісім елементів можемо переставляти Р₈ = 8! різними способами (оскільки тут порядок розміщення має основне значення). Однак всередині зв’язки книг їх також можна переставляти Р₃ = 3! різними способами (враховується також порядок розміщення). Отже, кількість всіх сприятливих випадків m = Р₈Р₃, а кількість всеможливих випадків n = Р₁₀. Тому:

Приклад 6. Першість коледжу з футболу розігрують 18 команд, серед яких 5 лідируючих. Шляхом жеребкування команди розбиваються на 2 групи по 9 команд в кожній. Яка ймовірність попадання всіх лідируючих команд в одну групу (подія А)? Яка ймовірність попадання двох лідируючих команд в одну групу і трьох в другу (подія В)?

Розв’язання. Оскільки одна і друга групи будуть складатися з 9 команд, то це можна зробити способами. Тобто загальна кількість випадків .

Ці n – випадків утворення групи з 9 команд можна розбити на такі випадки, які будуть характеризувати склад команд, а саме

С₀= (0,9) С₁ = (1,8), С₂ = (2,7),

С₃ = (3,6), С₄ = (4,5), С₅ = (5,4),

де перше число в дужках відповідає числу лідируючих команд, які попали в одну групу, а друге число – число інших команд.

Тобто С₀ – тут є нуль лідируючих команд (тобто жодної), С₅ – всі 5 лідируючі команди попали в одну групу. Для того, щоб відбулася подія А, потрібно щоб їм сприяли події С₀ або С₅, тобто А = С₀ + С₅, тоді

Для того, щоб відбулась подія В, потрібно, щоб їй сприяли події С₂ або С₃, тобто В = С₂ + С₃, тоді

Вправи.

6.1. В урні 9 білих і 6 чорних кульок. З урни виймають дві кульки. Яка ймовірність того, що:

1) обидві кульки будуть білими;

2) обидві кульки будуть чорними;

3) одна кулька буде білою, а друга чорною?

6.2. В партії з 8 деталей маємо 6 стандартних. Яка ймовірність того, що серед 5 взятих навмання деталей рівно 3кульок. Знайти ймовірність того, що серед них буде l білих і відповідно k–l – чорних кульок .

Розв’язання. Число елементарних подій . Розрахуємо число елементарних подій, які бкульок. Знайти ймовірність того, що серед них буде l білих і відповідно k–l – чорних кульок .

Приклад 4. В партії з 12 деталей маємо 7 стандартних. Знайти ймовірність того, що серед 6 взятих навмання деталей 4 стандартні.

Розв’язання. Аналогічно попередній задачі:

Приклад 5. Десять різних книг розставляють навмання на одній полиці. Знайти ймовірність того, що три визначені книги будуть поставлені поруч (подія А).

Розв’язання. Уявимо собі, що три визначені книги зв’язано разом мотузкою. Тоді залишиться сім книг. Разом будемо мати вісім елементів (7 книг + зв’язка трьох книг). Цих вісім елементів можемо переставляти Р8 = 8! різними способами (оскільки тут порядок розміщення має основне значення). Однак всередині зв’язки книг їх також можна переставляти Р3 = 3! різними способами (враховується також порядок розміщення). Отже, кількість всіх сприятливих випадків m = Р8Р3, а кількість всеможливих випадків= Р10. Тому:

С₀= (0,9) С₁ = (1,8), С₂ = (2,7),

С₃ = (3,6), С₄ = (4,5), С₅ = (5,4),

Для того, щоб відбулась подія В, потрібно, щоб їй сприяли події С₂ або С₃, тобто В = С₂ + С₃, тоді

Вправи.

6.1. В урні 9 білих і 6 чорних кульок. З урни виймають дві кульки. Яка ймовірність того, що:

1)4) обидві кульки будуть білими;

2)5) обидві кульки будуть чорними;

3)6) одна кулька буде білою, а друга чорною?

6.2. В партії з 8 деталей маємо 6 стандартних. Яка ймовірність того, що серед 5 взятих навмання деталей рівно 3

деталі стандартні?

6.3. Кидають одночасно два гральних кубики. Знайти ймовірність подій:

Розв’язання. Позначимо події: А – “випало 6 очок при киданні першого кубика”; В – “випало 6 очок при киданні другого грального кубика”. Так, як події А і В сумісні, то

Р(А + В) = Р(А) + Р(В) – Р(А·В).

Оскільки , тому

Наслідок 1. Якщо події А1, А2, А3, … Аn утворюють повну систему попарно несумісних подій , то сума їх ймовірностей дорівнює одиниці, тобто

Р(А1) + Р(А2) + … + Р(Аn) = 1 (4)

Наслідок 2. Сума ймовірностей протилежних подій дорівнює одиниці, тобто

(5)

Приклад 4. Розв’яжемо приклад 1 другим способом. Знайти ймовірність того, що навмання вибрана деталь буде не третього сорту (подія А), можна користуючись (5), як:

Приклад 5. На заочне відділення технічного університету поступають контрольні роботи з вищої математики з міст А, В і С. Ймовірність поступлення контрольної роботи з міста А – 0,6, з міста В – 0,1. Знайти ймовірінсть того, що чергова контрольна робота поступила з міста С.

Розв’язання. Події: “контрольна робота поступила з міста А”, “контрольна робота поступила з міста В”, “контрольна робота поступила з міста С” утворюють повну систему попарно несумісних подій, тому сума їх ймовірностей дорівнює одиниці:

0,6 + 0,1 + р = 1, тобто р = 0,3.

Приклад 6. Ймовірність того, що день буде ясним, р = 0,85. Знайти ймовірність q того, що день буде хмарним.

Розв’язання. Події “день ясний” і “день хмарний” протилежні, тому p + q = 1, тобто q = 1 – p = 0,85 = 0,15.

Вправи.

7.1. Виробниче підприємство одержує комплектуючі із заводів А, В і С. Ймовірність поступлення комплектуючої із заводу А дорівнює 0,35, з заводу В -0,4. Знайти ймовірність того, що чергова партія комплектуючих поступить з заводу С.

7.2. В групі З0 студентів з яких відмінників – 8, тих, що навчаються добре -13, а решта, які навчаються задовільно. На екзамені відмінники можуть отримати тільки оцінку “5”, ті, що вчаться добре можуть отримати оцінки “4” і “5” з одинаковою ймовірністю, а ті, що навчаються задовільно, можуть отримати оцінки “З”, “4”, “5” також з одинаковою ймовірністю. Для здачі екзамену вибирається студент навмання. Яка ймовірність того, що:

1) він отримає оцінку “5”;

2) він отримає оцінку “4”;

3) він отримає оцінку не нижче “4”;

4) він отримає оцінку не нижче “З”;

5) він отримає оцінку “З”.

7.3. В партії з З0 пар взуття маємо 10 пар чоловічого, 8 пар жіночого і 12 пар дитячого взуття. Знайти ймовірність того, що взята навмання пара взуття буде не дитячою.

7.4. В партії 10 деталей, з них 8 стандартних. Знайти ймовірність того, що серед

взятих навмання двох деталей є хоча б одна стандартна.

Теореми множення ймовірностей.

1.Умовна ймовірність.

Часто при проведенні деякого досліду ймовірність того, що відбудеться подія В, яка нас цікавить, змінюється в залежності від того, чи відбулася (чи не відбулася) інша подія А, яка зв’язана з цим же дослідом. В таких випадках говорять про умовну ймовірність події В при умові А. Інтуїтивно під умовною ймовірністю події В при умові А розуміють ймовірність події В, яку обчислюють враховуючи, що подія А відбулась, і позначають Р(В│А).

Приклад 1. В урні 4 білих і 3 чорних кульких. З урни послідовно виймають дві кульки. Знайти ймовірність того, що друга кулька буде чорною при умові, що перша кулька буде чорною.

Розв’язання. Позначимо події А – “перша кулька чорна”; В – “друга кулька чорна”. Якщо відбулась подія А, то в урні залишилось 6 кульок, з яких 2 чорних. Тому шукана умовна ймовірність

Зауваження. Якщо б ми першу кульку повернули назад в урну, то події А і В були б незалежними і

Дамо строге означення умовної ймовірності.

Означення 1. Умовною ймовірністю події В при умові А називається відношення ймовірності добутку події А і В до ймовірності події А при умові, що Р(А) 0

Таким чином

(1)

Аналогічно визначається і умовна ймовірність події А при умові В:

(2)

Приклад 2. Розв’яжемо приклад 1 користуючись формулою умовної ймовірності (1):

Так, як з 7 куль, які є в урні, 3 чорних, то . Для знаходження Р(А В) обчислимо n – загальна кількість випадків (спільна поява двох куль будь-якого кольору) по формулі . З цього числа події А В сприяє випадків. Тому Р(А В) = 6/42 = 1/7. Тоді по формулі (1):

, тобто одержали попередній результат.

Зауваження. На практиці, при обчисленні умовної ймовірності зручно користуватись, якщо це можливо, інтуїтивним методом обчислення, як це було в прикладі 1.

1. Теореми множення ймовірностей довільних подій

Теорема 1. (множення довільних подій).

Ймовірність добутку довільних подій дорівнює добутку ймовірності однієї з цих подій на умовну ймовірність другої, при умові, що перша подія відбулася.

Доведення даної теореми випливає з формул (1) і (2). Тобто можна записати, що:

(3)

Зауваження. Дана теорема є справедливою і для добутку трьох подій і більше. Справедливими будуть формули:

– для трьох подій (4)

(5)

Приклад 3. В навчальних майстернях коледжу виготовляють деталі на двох верстатах. Ймовірність виготовлення деталі на першому верстаті 0,6. Ймовірність появлення стандартної деталі на першому верстаті 0,8. Знайти ймовірність того, що стандартна деталь виготовлена на першому верстаті.

Розв’язання. Позначимо події А – “деталь виготовлена на першому верстаті”, В – “деталь стандартна”. Отже маємо: Р(А) = 0,6, Р(В│А) = 0,8. По першій з формул (3) знаходимо:

Приклад 4. В ящику знаходиться 7 деталей першого сорту, 5 – другого сорту і 3 – третього сорту. З ящика послідовно виймають три деталі. Знайти ймовірність того, що перша навмання вийнята деталь буде першого сорту (подія А₁), друга деталь – другого сорту (подія А₂) і третя деталь – третього сорту (подія А₃).

Розв’язання. Очевидно, що

По формулі (4) знаходимо

3. Незалежні події.

Події А і В можуть бути залежними і незалежними. У першому випадку поява події А впливає, а в другому не впливає на ймовірність появи події В.

Означення 2. Подія В називається незалежною від події А, якщо умовна ймовірність події В при умові А – Р(В│А) дорівнює ймовірності події В, тобто

(6)

В протилежному випадку подія В називається залежною від події А.

Приклад 5. В ящику маємо 90 стандартних деталей і 10 нестандартних. З ящика навмання беруть одну за другою дві деталі. Ймовірність появи стандартної деталі при першому вийманні (подія А) становить Р(А) = 90/100 = 0,9. Ймовірність появи стандартної деталі при другому вийманні (подія В) залежить від результату першого виймання: якщо в першому випробуванні подія А відбулась, то Р(В│А) = 89/99; якщо ж подія А не відбулася (деталь виявилась нестандартна), то .

Отже: події А і В – залежні.

Зауваження. Якщо подія В не залежить від події А, то і подія А не залежить від події В, при умові, що Р(В)0. Тобто властивість залежності чи незалежності двох подій є взаємною. На практиці незалежність подій встановлюється по змісту задачі.

Приклад 6. Гральний кубик кинуто два рази. Ймовірність появи трьох очок в першому випробуванні (подія А) не залежить від появи чи непояви трьох очок в другому випробуванні (подія В). Аналогічно ймовірність появи трьох очок в другому випробуванні не залежить від результату першого випробування. Отже, події А і В – незалежні.

Теорема 2. (множення незалежних подій).

Ймовірність добутку двох незалежних подій дорівнює добутку ймовірностей цих подій, тобто

Р(АВ) = Р(А) • Р(В) (7)

Приклад 7. Ймовірність попадання в ціль при стрільбі з першої гармати (подія А) дорівнює Р(А) = 0,8, з другої гармати (подія В) дорівнює Р(В) = 0,7. Знайти ймовірність хоча б одного попадання в ціль (подія А + В) при одночасній стрільбі.

Розв’язання. Так, як ймовірність попадання в ціль при стрільбі з кожної гармати не залежить від результату стрільби з другої гармати, то події А і В незалежні. Тоді

Р(АВ) = Р(А) Р(В) = 0,8 • 0,7 = 0,56

Тому шукана ймовірність з врахуванням сумісності подій А і В буде

Р(А+В) = Р(А) + Р(В) – Р(АВ) = 0,8 + 0,7 – 0,56 = 0,94.

Означення 3. Події А₁,А₂, … , А_n (n > 2) називаються попарно незалежними, якщо незалежні будь – які дві з них.

Означення 4. Події А₁,А₂, … , А_n (n > 2) називаються незалежними в сукупності, якщо кожна з цих подій і подія, яка дорівнює добутку будь-якої кількості інших подій, незалежні.

Для незалежних в сукупності подій А₁,А₂, … , А_n справедлива рівність

Р(А₁ • А₂ • … • А_n) = Р(А₁) • Р(А₂) • … • Р(А_n) (8)

Як показує слідуючий приклад, з попарної незалежності подій не слідує їх незалежність в сукупності.

Приклад 8. В урні маємо 4 кулі: червону, жовту, зелену і одну кулю, яка має всі три кольори. З урни виймають одну кулю. Дослідити на незалежність події:

А – “вилучена куля має червоний колір”,

В – “вилучена куля має жовтий колір”,

С – “вилучена куля має зелений колір”.

Розв’язання. Так, як можливо всього 4 випадки і кожній з подій А, В і С сприяють два випадки (один і той самий колір є тільки на двох кулях), то

Р(А) = Р(В) = Р(С) = 2/4 = ½.

Події АВ – “вилучена куля має червоний і жовтий колір” – сприяє тільки один випадок (одна куля має всі три кольори)

Тому Р(АВ) = 1/4 =1/2 •1/2 = Р(А) • Р(В),

Як наслідок, події А і В незалежні. Аналогічно можна показати незалежність подій А і С та В і С, тобто події А, В і С попарно незалежні. Однак, так як Р(АВС) = ¼ і Р(А) • Р(В) • •Р(С) = 1/8, то Р(АВС) Р(А) • Р(В) • Р(С), тобто події А, В і С не являються незалежними в сукупності.

Вправи.

8.1. Три стрільці стріляють по цілі. Ймовірність попадання в ціль для першого стрільця рівна 0,7, для другого – 0,8, для третього – 0,9. Знайти ймовірність того, що в ціль попаде хоча б один стрілець.

8.2. В навчальних майстернях коледжу працюють три верстати з програмним керуванням. Ймовірність того, що під час робочої зміни першому з них потрібен ремонт дорівнює 0,5, для другого станка- 0,6, для третього – 0,8. Знайти ймовірність слідуючих подій: А – “жодному із верстатів на протязі зміни не потрібно ремонту”; В – “першому верстату потрібен ремонт, а другому і третьому ні”; С – ” першому і другому верстатам потрібен ремонт, а третьому ні”; Д – “хоча б одному із верстатів потрібен ремонт”.

8.3. Три стрільці стріляють по одній цілі. Ймовірність попадання в ціль першого, другого і третього стрільців відповідно рівні 0,7, 0,8 і 0,9. Знайти ймовірність того, що всі три попадуть в ціль.

8.4. З трьох станків, які обслуговує робітник, ймовірність зупинки протягом робочої зміни для першого станка рівна 0,1, для другого – 0,15, для третього – 0,2. Знайти ймовірність нормальної роботи рівно двох станків протягом однієї зміни; хоча б двох станків.

8.5. В ящику маємо 20 виробів першого сорту і 5 – вищого. З ящика навмання беруть один за одним два вироби. Знайти ймовірність того, що обидва вироби

будуть вищого сорту.

8.6. В кожній з трьох партій маємо по 20 виробів і в кожній з них маємо відповідно один, два і чотири браковані вироби. З кожної партії навмання вибирають по одному виробу. Знайти ймовірність того, що всі три вироби будуть бракованими.

8.7. Ймовірність попадання в ціль при стрільбі з трьох гармат відповідно рівна 0,3; 0,4 і 0,9. Знайти ймовірність хоча б одного попадання при одному залпі з всіх гармат; хоча б

двох попадань.

8.8. Підприємство виготовляє 98% стандартних виробів, причому з них 90% – першого сорту. Знайти ймовірність того, що взятий навмання виріб буде першого сорту.

8.9. Ділянка електричного кола складається з трьох елементів, кожен з яких працює незалежно від інших.

Ймовірність нормальної роботи елементів відповідно рівна: Р₁ = 0,9, Р₂ = Р₃ = 0,7. Знайти ймовірність нормальної роботи всієї ділянки кола.

8.10. Дві ділянки кола складено за відповідними схемами:

Кожен елемент працює незалежно від інших з ймовірністю нормальної роботи р. Знайти ймовірність нормальної роботи кожної ділянки. Яка ділянка надійніша?

Формула повної ймовірності. Формула Бейєса.

Нехай подія А може відбуватися тільки з однією з подій Н1, Н2, … Нn, які утворюють повну систему попарно несумісних подій.

Рис.3.

Тоді ймовірність події А обчислюється за формулою повної ймовірності:

або (1)

Події Н1, Н2, … Нn переважно називають гіпотезами.

Доведення цієї формули полягає в слідуючому: оскільки подія А може відбутися тільки з однією з подій Н1, Н2, … Нn, які утворюють повну систему, то (рис.3)

А = АН1 + АН2 + … + АНn

З рис. 3 видно, що якщо попарно несумісними є події Н1, Н2, … Нn, то попарно несумісні АН1, АН2, … АНn. Тому Р(А) = Р(АН1) + Р(АН2) + … + Р(АНn).

Застосувавши до кожного доданку останньої рівності правило множення ймовірностей, Р(АН1) = Р(Ні) • Р(А│Ні), одержимо формулу (1).

Приклад 1. В навчальних майстернях на станках а, b і c виготовляють відповідно 25%, 35% і 40% всіх деталей. В їх продукції брак складає відповідно 15%, 12% і 6%. Знайти ймовірність того, що навмання взята деталь бракована.

Розв’язання. Позначимо події:

А – “навмання взята деталь бракована”,

Н₁ – “деталь виготовлена на станку а”,

Н₂ – “деталь виготовлена на станку b”,

Н₃ – “деталь виготовлена на станку с”.

Події (гіпотези) Н₁,Н₂,Н₃, утворюють повну систему попарно несумісних подій і Р(Н₁)=0,25, Р(Н₂)=0,35, Р(Н₃)=0,4. Крім того, числа 0,15; 0,12; 0,06; (15%, 12%, 6%) є умовними ймовірностями події А при умові здійснення гіпотез Н₁,Н₂,Н₃, відповідно, тобто

Р(А│Н₁) = 0,15, Р(А│Н₂) = 0,12, Р(А│Н₃) = 0,06.

По формулі (1) знаходимо

Приклад 2. По цілі проведено три послідовних постріли. Ймовірність попадання при першому пострілі р₁ = 0,5, при другому р₂ = 0,6, при третьому р₃ = 0,8. При одному попаданні ймовірність знищення цілі дорівнює 0,4; при двох – 0,7; при трьох – 1,0. Знайти ймовірність знищення цілі при трьох пострілах.

Розв’язання. Позначимо події:

А – “знищення цілі при трьох пострілах”,

Н₁ – “одне попадання”,

Н₂ – “два попадання”,

Н₃ – “три попадання”,

Н₄ – “жодного попадання”.

Відповідно до формули повної ймовірності (1)

(2)

З умови задачі маємо Р(А│Н₁) = 0,4, Р(А│Н₂) = 0,7, Р(А│Н₃) = 1,0, Р(А│Н₄) = 0.

Обчислимо ймовірність гіпотез Н₁, Н₂, Н₃, Н₄. Підкреслимо, що якщо р₁, р₂, р₃– відповідно ймовірності попадання при першому, другому і третьому вистрілах, то 1-р₁, 1-р_2,1-р₃ – відповідно ймовірності промахів при тих же вистрілах. Отже,

Р(Н₁) = р₁ • (1-р₂)(1-р₃) + (1-р₁) • р₂ • (1-р₃) + (1-р₁)(1-р₂)р₃ = 0,5 • 0,4 • 0,2 + 0,5 • 0,6 • 0,2 +

+ 0,5 • 0,4 • 0,8 = 0,26

Р(Н₂) = р₁р₂(1-р₃) + р₁(1-р₂)р₃ + (1-р₁)р₂р₃ = 0,5 • 0,6 • 0,2 + 0,5 • 0,4 • 0,8 + 0,5 • 0,6 • 0,8 =

= 0,46

Р(Н₃) = р₁ • р₂ • р₃ = 0,5 • 0,6 • 0,8 = 0,24

Р(Н₄) = (1-р₁)(1-р₂)(1-р₃) = 0,5 • 0, • 0,2 = 0,04.

Підставивши одержані значення ймовірностей в формулу (2), знайдемо

Р(А) = 0,26 • 0,4 + 0,46 • 0,7 + 0,24 + 0,04 • 0 = 0,666.

Формула Бейєса.

В тісному зв’язку з формулою повної ймовірності знаходиться так звана формула Бейєса ((1702 – 1761) – англійський математик)

тобто (3)

Дійсно по формулі (1) з п.8

Маємо

Формула Бейєса дозволяє переоцінити ймовірності гіпотез, які були прийняті до випробувань, за результатами проведеного випробування.

Приклад 3. Маємо три однакові по виду урни. В першій урні 15 білих куль, в другій – 10 білих і 5 чорних, а в третій – 15 чорних куль. З вибраної навмання урни вибрали білу кулю. Знайти ймовірність того, що куля вийнята з першої урни.

Розв’язання. Позначимо події:

А – “поява білої кулі”;

Н₁ – “вибір першої урни”;

Н₂ – “вибір другої урни”;

Н₃ – “вибір третьої урни;

Маємо Р(Н₁) = Р(Н₂) = Р(Н₃) = 1/3

Р(А│Н₁) = 1, Р(А│Н₂) = 10/15 = 2/3, Р(А│Н₃) = 0.

Шукану ймовірність Р(Н₁│А) знаходимо за формулою (3):

Приклад 4. Двадцять студентів, яких забирають служити в армію, прийшли здавати екзамен з математики достроково. Шестеро з них підготувались відмінно, вісім – добре, чотири – задовільно, а двоє зовсім не підготувалися – понадіялися, що все пам’ятають.

В білетах 50 питань. Ті, які підготувались, відмінно можуть відповісти на всі, ті що добре – на 40, задовільно – на 30, а ті що не підготувались – на 10 питань.

Студент, який відповідав, відповів на всі три питання.Знайти ймовірність того, що це відповів відмінник.

Розв’язання. Позначимо:

Н₁ – “студент, який відповідав, підготувався відмінно”;

Н₂ – “студент, який відповідав, підготувався добре”;

Н₃ – “студент, який відповідав, підготувався задовільно”;

Н₄ – “студент, який відповідав не підготувався до екзамену”;

А – “студент дав відповідь на всі три питання”.

Маємо Р(Н₁) = 6/20 = 0,3, Р(Н₂) = 8/20 = 0,4, Р(Н₃) = 4/20 = 0,2, Р(Н₄) = 2/20 = 0,1.

Знаходимо умовні ймовірності, як добуток ймовірностей правильної відповіді на кожне з трьох питань:

Відповідно до умови задачі треба знайти Р(Н₁│А). Застосувавши формулу Бейєса, одержимо

Шукана ймовірність вийшла невеликою. Тому для уточнення оцінки слід студенту задати додаткові питання.

Вправи.

9.1. В першому ящику міститься 20 деталей, з них 15 стандартних, в другому ЗО деталей, з них 24 стандартні, в третьому – 10 деталей, з них 6 стандартних. Знайти ймовірність того, що навмання взята деталь із навмання взятого ящика – стандартна.

9.2. В першому цеху заводу виробляється в середньому 90% стандартних деталей, в другому – 95%, в третьому – 85%. В складальний цех цього ж заводу поступає 50% деталей з першого цеху, 30% – з другого і 20% – з третього. Знайти ймовірність того, що навмання взята складальником деталь буде стандартною.

9.3. В складальника є 80 деталей, 36 з яких виготовлені в першому цеху, 24 – в другому і 20 – в третьому. Ймовірність того, що деталь, яка виготовлена в першому цеху є стандартною становить 0,8, для другого цеху – 0,6 і для третього -0,8. Знайти ймовірність того, що навмання взята складальником деталь є стандартною.

9.4. Маємо два однакових по виду ящики. В першому ящику маємо 8 пар взуття 41 розміру і 6 пар 42 розміру, а в другому ящику 10 пар 41 розміру і 4 пари 42 розміру. З вибраного навмання ящика вийняли одну пару взуття і вона виявилася 42 розміру. Знайти ймовірність того, що взуття взяте з першого ящика.

9.5. Деталі для складання виготовляють на двох станках, з яких перший виробляє деталей в три рази більше ніж другий. При цьому брак складає в випуску першого станка 2,5%, а в випуску другого – 1.5%. Взята навмання складальником деталь виявилась доброю. Знайти ймовірність того, що вона виготовлена на другому станку.

9.6. В рибалки є три любимих місця ловлі, які він відвідує з одинаковою ймовірністю. Ймовірність кльову на першому місці дорівнює 1/3, на другому – 1/2, на третьому – 1/4. Рибалка закинув вудочку в навмання вибраному місці і риба клюнула. Знайти ймовірність того, що це перше місце.

1.10. Послідовність незалежних випробувань. Формула Бернуллі.

Означення. Випробування називаються незалежними відносно події А, якщо ймовірність появи події А в кожному з цих випробувань не залежить від результату одержаного в інших випробуванняхбудуть вищого сорту.

8.6. В кожній з трьох партій маємо по 20 виробів і в кожній з них маємо відповідно один, два і чотири браковані вироби. З кожної партії навмання вибирають по одному виробу. Знайти ймовірність того, що всі три вироби будуть бракованими.

двох попадань.

8.9. Ділянка електричного кола складається з трьох елементів, кожен з яких працює незалежно від інших.

8.10. Дві ділянки кола складено за відповідними схемами:

1.9. Формула повної ймовірності. Формула Бейєса.

Рис.3.

Тоді ймовірність події А обчислюється за формулою повної ймовірності:

або (1)

Події Н1, Н2, … Нn переважно називають гіпотезами.

А = АН1 + АН2 + … + АНn

Розв’язання. Позначимо події:

А – “навмання взята деталь бракована”,

Н₁ – “деталь виготовлена на станку а”,

Н₂ – “деталь виготовлена на станку b”,

Н₃ – “деталь виготовлена на станку с”.

Р(А│Н₁) = 0,15, Р(А│Н₂) = 0,12, Р(А│Н₃) = 0,06.

По формулі (1) знаходимо

Розв’язання. Позначимо події:

А – “знищення цілі при трьох пострілах”,

Н₁ – “одне попадання”,

Н₂ – “два попадання”,

Н₃ – “три попадання”,

Н₄ – “жодного попадання”.

Відповідно до формули повної ймовірності (1)

(2)

З умови задачі маємо Р(А│Н₁) = 0,4, Р(А│Н₂) = 0,7, Р(А│Н₃) = 1,0, Р(А│Н₄) = 0.

Р(Н₁) = р₁ • (1-р₂)(1-р₃) + (1-р₁) • р₂ • (1-р₃) + (1-р₁)(1-р₂)р₃ = 0,5 • 0,4 • 0,2 + 0,5 • 0,6 • 0,2 +

+ 0,5 • 0,4 • 0,8 = 0,26

Р(Н₂) = р₁р₂(1-р₃) + р₁(1-р₂)р₃ + (1-р₁)р₂р₃ = 0,5 • 0,6 • 0,2 + 0,5 • 0,4 • 0,8 + 0,5 • 0,6 • 0,8 =

= 0,46

Р(Н₃) = р₁ • р₂ • р₃ = 0,5 • 0,6 • 0,8 = 0,24

Р(Н₄) = (1-р₁)(1-р₂)(1-р₃) = 0,5 • 0, • 0,2 = 0,04.

Підставивши одержані значення ймовірностей в формулу (2), знайдемо

Р(А) = 0,26 • 0,4 + 0,46 • 0,7 + 0,24 + 0,04 • 0 = 0,666.

Формула Бейєса.

тобто (3)

Дійсно по формулі (1) з п.8

Маємо

Розв’язання. Позначимо події:

А – “поява білої кулі”;

Н₁ – “вибір першої урни”;

Н₂ – “вибір другої урни”;

Н₃ – “вибір третьої урни;

Маємо Р(Н₁) = Р(Н₂) = Р(Н₃) = 1/3

Р(А│Н₁) = 1, Р(А│Н₂) = 10/15 = 2/3, Р(А│Н₃) = 0.

Шукану ймовірність Р(Н₁│А) знаходимо за формулою (3):

Студент, який відповідав, відповів на всі три питання.Знайти ймовірність того, що це відповів відмінник.

Розв’язання. Позначимо:

Н₁ – “студент, який відповідав, підготувався відмінно”;

Н₂ – “студент, який відповідав, підготувався добре”;

Н₃ – “студент, який відповідав, підготувався задовільно”;

Н₄ – “студент, який відповідав не підготувався до екзамену”;

А – “студент дав відповідь на всі три питання”.

Маємо Р(Н₁) = 6/20 = 0,3, Р(Н₂) = 8/20 = 0,4, Р(Н₃) = 4/20 = 0,2, Р(Н₄) = 2/20 = 0,1.

Знаходимо умовні ймовірності, як добуток ймовірностей правильної відповіді на кожне з трьох питань:

Відповідно до умови задачі треба знайти Р(Н₁│А). Застосувавши формулу Бейєса, одержимо

Шукана ймовірність вийшла невеликою. Тому для уточнення оцінки слід студенту задати додаткові питання.

Вправи.

1.10. Послідовність незалежних випробувань. Формула Бернуллі.

Означення. Випробування називаються незалежними відносно події А, якщо ймовірність появи події А в кожному з цих випробувань не

Нехай проводимонезалежних випробувань, в кожному з яких ймовірність того, що відбудеться подія А дорівнює р, і відповідно, що подія А не відбудеться буде рівна q = 1 – р.

Потрібно знайти ймовірність того, що припослідовних випробуваннях подія А відбудеться рівно m раз. Шукану ймовірність позначають Рn(m), і обчислюють за формулою:

(1)

Ця формула називається формулою Бернуллі.

Приклад 1. В урні 20 куль: 15 білих і 5 чорних. Вийняли навмання підряд 5 куль, причому кожну вийняту кулю повертали назад в урну і перед вийманням слідуючої кулі в урні перемішували. Знайти ймовірність того, що з 5 вийнятих куль буде дві білі.

Розв’язання. Ймовірність появи білої кулі в кожному досліді дорівнює р = 15/20, а ймовірність непояви білої кулі q = 1-р = ¼. За формулою Бернуллі знаходимо

Приклад 2. Ймовірність того, що витрати електроенергії в коледжі протягом однієї доби не перевищують встановленої норми, дорівнює р = 0,85. Знайти ймовірність того, що в найближчі 25 діб витрати енергії протягом 20 діб не перевищать норми.

Розв’язання. Так як ймовірність нормальної витрати електроенергії протягом кожних з 25 діб постійна і рівна р = 0,85, то ймовірність перевитрат електроенергії кожної доби також постійна і рівна q = 1-р = 1-0,85 = 0,15. По формулі Бернуллі знаходимо шукану ймовірність:

Число m₀ появи події А в n незалежних випробуваннях, в кожному з яких ймовірність настання події дорівнює р, називають найімовірнішим, якщо ймовірність того, що подія А появиться в цих випробуваннях m₀ разів, не менша від ймовірностей інших можливих результатів випробувань. Число m₀ визначається з подвійної нерівності

(2)

Слід зазначити, що різниця чисел np+p і np–q дорівнює одиниці. Якщо np+p не є цілим числом, то існує одне найімовірніше число m₀. Зокрема, якщо np – ціле число, то m₀ =np якщо np+p – ціле число, то існує два найімовірніших числа і .

Приклад 3. Прилад складається із 5 блоків. Ймовірність безвідмовної роботи протягом часу t для кожного блоку p=0,7 . Блоки виходять з ладу незалежно один від одного. Знайти ймовірність того, що за час t будуть безвідмовно працювати: а) чотири блоки; б) не менше чотирьох блоків; в) не більше чотирьох блоків; г) хоч би один блок.

Розв’язання. а) За умовою задачі n = 5, m = 4, p = 0,7, q = 0,3.

Скористаємось формулою Бернуллі:

б) Позначимо шукану ймовірність . Те, що на протязі часу t будуть безвідмовно працювати не менше чотирьох блоків, означає, що будуть справними або чотири, або 5 блоків. Отже,

Ймовірність Р₅(4) обчислена в попередньому пункті. Ймовірність Р₅(5) також обчислимо за формулою Бернуллі

в) Ймовірність того, що будуть безвідмовно працювати не більше чотирьох блоків.

В цьому випадку простіше знайти ймовірність протилежної події (на протязі часу t будуть безвідмінно працювати 5 блоків) і відняти її від одиниці:

г) Протилежною до події “протягом часу t буде безвідмовно працювати хоч би один блок” є подія “протягом часу t всі блоки вийдуть з ладу”.

Тому

Приклад 4. ВТК перевіряє партію із 10 деталей. Ймовірність того, що деталь стандартна, дорівнює 0,85. Знайти найімовірніше число стандартних деталей в цій партії.

Розв’язання. За умовою задачі p=0,85, n=10, q=1-p=0,15. Число m₀ визначається з подвійної нерівності, тобто

Оскільки m₀– ціле число, то очевидно, що m₀ = 9.

Вправи.

10.1. В квартирі шість електролампочок. Ймовірність того, що кожна лампочка не перегорить протягом року становить 5/6. Знайти ймовірність того, що протягом року прийдеться замінити дві лампочки.

10.2. Ймовірність попадання в мішень при одному пострілі становить 1/5. Знайти ймовірність того, що з десяти пострілів не буде жодного попадання.

10.3. Ймовірність попадання в ціль при одному пострілі дорівнює 0,9. Знайти ймовірність 5 попадань при 6 пострілах.

10.4. В ящику 80 стандартних і 20 нестандартних деталей. Знайти ймовірність того, що з 5 взятих навмання деталей не менше чотирьох будуть стандартними.

10.5. Для нормальної роботи станції швидкої допомоги потрібно не менше вісьми автомашин, а їх є десять. Знайти ймовірність нормальної роботи станції в найближчий день, якщо ймовірність щоденної поломки кожного автомобіля дорівнює 0,1.

10.6. Ймовірність виграшу на один лотерейний білет дорівнює 1/3. Яка ймовірність, якщо мати 5 лотерейних білетів: а) виграти на два білети; б) виграти прийнамні на два білети?

10.7. Гральний кубик кидається шість разів. Знайти ймовірність того, що шістірка випала: а) 4 рази, б)не менше чотирьох разів; в)не більше чотирьох разів; г)хоча б один раз.

10.8. Гральний кубик кидаємо: а) 5 разів; б) 6 разів; в) 7 разів. Знайти для кожного випадку найімовірніше число випадання шістірки.

Локальна та інтегральна теореми Муавра – Лапласа.Формула Пуассона

Якщо число випробуваньвелике, то застосування формули Бернуллі приводить до громіздких обчислень. Тому в таких випадках користуються асимптотичними формулами.

Локальна теорема Муавра-Лапласа.

Якщо ймовірність р появи події А в кожному знезалежних випробувань стала, причому а число випробувань досить велике, то ймовірність того, що в цих випробуваннях подія А настане m разів, визначається за формулою:

(1)

де .

Функція парна: . Є таблиці (додаток 1), в яких наведені значення функції , що відповідають додатним значенням аргументу; для x>5 приймають .

Інтегральна теорема Муавра-Лапласа. Якщо ймовірність р появи події А в кожному знезалежних випробувань стала, причому 0<p<1, а число випробувань досить велике, то ймовірність того, що в цих випробуваннях подія А настане не менше mi разів і не більше m2 разів, визначається за формулою

(2)

де Ф(х) – функція Лапласа.

Функція Лапласа непарна: . Є таблиці (додаток 2) значень цієї функції для додатних значень х: для х>5 приймають Ф(х) » 0,5 .

Приклад 1. Ймовірність виходу з ладу за час t одного конденсатора дорівнює 0,2. Знайти ймовірність того, що за час t із 100 конденсаторів вийдуть з ладу: а) 18 конденсаторів; б) не менше 16 і не більше 26 конденсаторів.

Розв’язання. а) за формулою р=0,2; n = 100; m = 18; q = 1-0,2 = 0,8.

Оскільки n = 100 – досить велике число, то застосуємо локальну теорему Муавра – Лапласа. Обчислимо значення

Шукана ймовірність

За таблицею значень функції знайдемо . Отже

б) За умовою задачі m₁ = 16; m₂ = 26; n = 100; p = 0,2; q = 0,8. Скористаємось інтегральною теоремою Муавра-Лапласа. Обчислимо значення

Враховуючи, що функція Лапласа непарна, отримаємо

За таблицею значень функцій Лапласа знайдемо Ф(1,5) = 0,4332; Ф(1) =0,3413. Шукана ймовірність .

Формула Пуассона. Якщо в кожному з незалежних випробувань ймовірність р появи події А стала і мала (р<0,1), а число випробуваньдосить велике, то ймовірність того, що подія А настане в цих випробуваннях m разів, визначається за формулою:

(3)

де

Для функції , яка є функцією двох змінних, складені таблиці (додаток 3).

Приклад 2. Завод відправив споживачу партію із 1000 виробів. Ймовірність пошкодження в дорозі кожного із виробів дорівнює 0,004. Знайти ймовірність того, що споживач отримає 3 пошкоджені вироби.

~~11.5.~~11.1. р = 0,2, n = 600?

. Найпростіший потік подій.

Потоком подій називається послідовність подій, які відбуваються у випадкові моменти часу. Найпростішим називається потік подій, який має властивості стаціонарності, відсутності післядії та ординарності.

Властивість стаціонарності полягає в тому, що ймовірність появи m подій потоку за будь-який проміжок часу t і не залежить від початку відліку часу.

Властивість відсутності післядії полягає в тому, що ймовірність появи m подій за будь-який проміжок часу не залежить від того, скільки подій появилось в попередні моменти часу.

Властивість ординарності, полягає в тому, що поява двох і більше подій за малий проміжок часу практично неможлива, тобто за малий проміжок часу може появитися не більше однієї події потоку.

Інтенсивністю λ потоку називається середнє число подій, які появляються за одиницю часу.

Якщо відома стала інтенсивність потоку, то ймовірність появи m подій найпростішого потоку за час t визначається за формулою Пуассона

(1)

Приклад 1. Середнє число викликів, які надходять на АТС за 1 хв., дорівнює двом. Знайти ймовірність того, що за 3 хв. на АТС надійде: а) чотири виклики; б) менше чотирьох викликів.; в) не менше чотирьох викликів. Припускається, що потік викликів найпростіший.

Розв’язання. а) За умовою λ = 2; t = 3; m = 4. Скористаємось формулою Пуассона (1). Ймовірність того, що за 3хв., надійде чотири виклики

При обчисленні Р₃(4) використано таблицю значень функцій Пуассона. б) Подія “надійшло менше чотирьох викликів” відбудеться, якщо появиться одна з наступних несумісних подій: 1) не надійшло жодного виклику; 2) надійшов один виклик; 3) надійшло два виклики; 4) надійшло три виклики. Застосуємо теорему додавання ймовірностей для несумісних подій:

в) Події “надійшло менше чотирьох викликів” та “надійшло не менше чотирьох викликів” протилежні, тому ймовірність того, що за 3 хвилини надійде не менше чотирьох викликів

Вправи.

12.1. При сталому технічному процесі протягом 1 години на 1000 веретенах відбувається 10 обривів. Визначити ймовірність того, що протягом години на 300–х веретенах відбудеться 7 обривів.

12.2. Схожість зерна, що зберігається, дорівнює 80%. Визначити ймовірність того, що серед висіяних 1000 зерен зійде від 760 до 830 зерен.

12.3. У банк відправлено 2000 пачок грошових знаків. Ймовірність того, що пачка містить недостатню або більшу кількість грошових знаків, дорівнює 0,0005. Знайти ймовірність того, що під час перевірки буде виявлено помилково укомплектовані пачки.

Випадкові величини

. Дискретні випадкові величини.

1. Поняття дискретної випадкової величини та її закону розподілу.

Випадкова величина, яка зв’язана з деяким дослідом, є якісною характеристикою досліду. Кількісною ж характеристикою результату проведеного досліду є випадкова величина до розгляду якої ми приступаємо

Приклад 1. Кидаємо дві монети. Скільки з них випаде гербом вверх?

Розв’язання. При киданні двох монет простір елементарних подій буде мати вигляд {ЦЦ, ЦГ, ГЦ, ГГ}, де Ц – “цифра”, Г – “герб”. Перший символ показує, як випала перша монета, а другий – друга монета. Наприклад ЦГ означає, що перша монета випала цифрою вверх, а друга – гербом. Оскільки монети є правильні і однорідні, то можна рахувати, що всі елементарні події є рівноможливими, і тоді ймовірність р кожної з них дорівнює ¼. Позначимо через Х число монет, які випали гербом вверх, складемо таблицю:

	ЦЦ	ЦГ	ГЦ	ГГ
Х	0	1	1	2
р	1/4	1/4	¼	1/4

Табл. 1.

Так, як елементарним подіям ЦГ і ГЦ відповідає одне і те ж значення величини Х, рівне 1, то можна вважати, що це значення величина Х прийме з ймовірністю . Таким чином, значення величини Х – число монет, що випали гербом вверх та відповідні їм ймовірності можна записати у вигляді таблиці

Х	0	1	2
р	¼	1/2	1/4

Табл 2.

Отже, кожне значення величини Х є число, яке визначається результатом досліду і залежить від випадку.

Означення 1. Випадковою називається величина, яка в результаті досліду приймає з визначеною ймовірністю те чи інше значення, яке залежить від результату досліду. Випадкові величини позначаються великими буквами латинського алфпвіту: X, Y, Z і т.д., а їх значення малими буквами: x, y, z.

Означення 2. Випадкова величина називається дискретною, якщо множина її значень скінченна, або зліченна, тобто множина її значень представляє собою послідовність х1, х2, … хn … . Ймовірність того, що випадкова величина Х прийме значення х, позначають

Р(х) = Р(Х=х).

Означення 3. Відповідність між можливими значеннями х₁, х₂, … х_nвипадкової величини Хта їх ймовірностями р₁,р₂, … р_n називають законом розподілу випадкової величини Х.

Закон розподілу випадкової величини переважно представляють у вигляді таблиці:

Х	х₁	х₂	…	х_і	…	х_n
Р	р₁	р₂		р_і		р_n

Табл. 3.

Події Х=х₁, Х=х₂, … Х=х_n утворюють повну систему попарно несумісних подій, тому сума їх ймовірностей дорівнює одиниці, тобто

р₁ + р₂ +…+ р_n = 1. (1)

Так, в прикладі 1 закон розподілу випадкової величини Х – кількості випавших гербом вверх монет – може бути задано таблицею 2.

Приклад 2. Закон розподілу ймовірностей дискретної випадкової величини Х – кількості очок, що випали при киданні правильного грального кубика, має вигляд заданий табл. 4:

2. Біномінальний розподіл. Нехай випадкова величина Х – кількість появи події А внезалежних дослідах, в кожному з яких ймовірність появи події А дорівнює р, а непояви – q=1-p. Очевидно, що Х може приймати значення 0,1,2, …,ймовірності яких обчислюються по формулі Бернуллі

(2)

Означення 4. Закон розподілу випадкової величини Х, який має вигляд таблиці 5:

Х	0	1	2	…	m	…	N
р				…		…

Табл.5.

називається біномінальним розподілом.

Таку назву він одержав у зв’язку з тим, що ймовірності (2) співпадають з відповідними членами біному (p+q)n:

(3)

Приклад 3. Скласти закон розподілу числа попадання в ціль при чотирьох пострілах, якщо ймовірність попадання при одному пострілі дорівнює 0,9.

Розв’язання. Випадкова величина Х – число попадань в ціль при чотирьох пострілах – може прийняти значення 0,1,2,3,4, а відповідні їм ймовірності знаходимо за формулою Бернуллі (2):

Отже, даний закон розподілу можна представити таблицею:

Х	0	1	2	3	4
р	0,0001	0,0036	0,0486	0,2916	0,6561

Табл.6.

Зауваження. Оскільки формулу (3) можна записати у вигляді:

(4)

і оскільки p+q=1, то з (4) отримаємо, що:

(5)

Для знаходження найімовірнішого числа m₀ появи події за заданим n і p можна користуватись нерівностями:

(6)

При досить великій кількості випробувань зручно користуватися наближеною формулою Лапласа:

(7)

де q=1-p, 0<р<1. При досить великому n і малому р використовується наближена формула Пуассона:

, де λ = np (8

і тоді такий розподіл буде називатися Пуассоновим розподілом. У механічній інтерпретації розподіл ймовірностей випадкової величини вказує на те, яка частка всієї ймовірності припадає на те чи інше значення випадкової величини.

Важливими числовими характеристиками випадкової величини є математичне сподіввання і дисперсія цієї величини.

3. Математичне сподівання. Крім закону розподілу, який дає повне представлення про випадкову величину, часто використовуються числа, які описують випадкову величину сумарно. Такі числа називаються числовими характеристиками випадкової величини. Серед числових характеристик однією з основних є математичне сподівання, яке вказує, яке середнє значення випадкової величини можна чекати в результаті випробування.

Означення 5. Математичним сподіванням М(х) дискретної випадкової величини Х називається сума добутків всіх можливих значень х_і на їх ймовірність р_і:

(9)

Приклад 4. Знайти математичне сподівання випадкової величини Х, знаючи її розподіл (табл.7).

Х	-1	0	1	2	3
р	0,2	0,1	0,25	0,15	0,3

Табл.7

Розв’язання. За формулою (9) знайдемо:

Основними властивостями математичного сподівання є:

1. Постійний множник можна винести за знак математичного сподівання:

М(СХ)=СМ(Х) (10)

2. Математичне сподівання суми двох випадкових величин дорівнює сумі їх математичних сподівань:

М(X+Y)=M(X)+M(Y) (11)

3. Математичне сподівання постійної величини С дорівнює самій цій величині:

М(С)=С. (12)

4. Математичне сподівання лінійної комбінації випадкових величин дорівнює лінійній комбінації їх математичних сподівань:

(13)

5. Математичне сподівання добутку незалежних випадкових величин дорівнює добутку (14)

Отже, у механічній інтерпретації М(Х) є не що інше, як центр системи мас (ймовірностей), розподілених дискретно вздовж осі абсцис так, що на точку з абсцисою х_к припадає маса (ймовірність) р_к, причому .

Х_с = М(Х)

4. Дисперсія.

Розглянемо слідуючий приклад.

Приклад 5. Знайти математичне сподівання випадкових величин Х і У, знаючи закони їх розподілів (табл 8 і 9).

Х	-8	-4	-1	1	3	7
р	1/12	1/6	1/4	1/6	1/12	1/4

Табл.8

У	-2	-1	0	1	2	3
р	1/6	1/6	1/12	1/3	0	1/4

Розв’язання. За формулою (9) маємо

Ми отримали цікавий результат: закони розподілу величини Х і У різні, а їх математичні сподівання однакові.

Рис.4.

З рис. 4,б видно, що значення величини У більше зосередженні біля математичного сподівання М(У), ніж значення величини Х, які розкидані (розсіяні) відносно М(Х) (рис.4а). Отже, розподіл значень величини У є кращим. Щоб це встановити, не обов’язково наносити на числову пряму значення величини, достатньо обчислити дисперсію, яка є основною числовою характеристикою ступеня розсіяння значення випадкової величини х відносно їх математичного сподівання М(х). Вона позначається D(х).

Означення 6. Відхиленням називається різниця між випадковою величиною Х та її математичним сподіванням М(Х), тобто Х – М(Х).

Зауважимо, що відхилення Х – М(Х) та його квадрат (Х-М(Х))² також є випадковими величинами і тому тут можна знаходити їх математичне сподівання. Причому, якщо випадкова величина Х розподілена за законом, заданим табл.3, то квадрат її відхилення має слідуючий закон розподілу (табл 10)

(Х-М(Х))²	(х₁ – М(Х))²	(х₂ – М(Х))²	…	(х_n – М(Х))²
р	р₁	р₂	…	р_n

Табл.10

Введемо тепер означення дисперсії випадкової величини Х.

Означення 7. Дисперсією дискретної випадкової величини Х називається математичне сподівання квадрату її відхилення:

(15)

Основними властивостями дисперсії є:

1. Дисперсія постійної величини С рівна нулю

D(C) = 0 (16)

2. Якщо Х – випадкова величина, а С – постійна, то

D(CX)=C2D(X) (17)

D(X+C)=D(X) (18)

3. Якщо Х і Y незалежні випадкові величини, то

D(X+Y)=D(X)+D(Y) (19)

Для обчислення дисперсії більш зручною є формула

D(X)=M(X2)-(M(X))2 (20)

Дійсно: D(X) = M(X – M(X))2 = M(X2 – 2 · X · M(X)+(M(X))2) = M(X2) – 2 · M(X) · M(X)+(M(X))2 = M(X2) – (M(X))2.

Приклад 6. Дискретна випадкова величина розподілена за законом (табл 11)

Х	-1	0	1	2
р	0,2	0,1	0,3	0,4

Табл.11.

Знайти D(X).

Розв’язання.

Спочатку знайдемо

М(Х) = – 1 · 0,2 + 0 · 0,1 + 1 · 0,3 + 2 · 0,4 = 0,9

а потім

М(Х²) = (-1)² · 0,2 + 0² · 0,1 + 1² · 0,3 + 2² ·0,4 = 2,1.

По формулі (20) маємо D(X) = M(X²) – M²(X) = 2,1 – (0,9)² = 1,29.

Приклад 7. Порівняти дисперсії випадкових величин, які задані законами розподілу (табл 12 і 13)

Х	-1	1	2	3
р	0,48	0,01	0,09	0,42

Табл.12

Y	-1	1	2	3
р	0,19	0,51	0,25	0,05

Табл.13

Розв’язання. Знайдемо

М(Х) = (-1) · 0,48 + 1 · 0,01 + 2 · 0,09 + 3 · 0,42 = 0,97;

М(Х²) = (-1)² · 0,48 + 1² · 0,01 + 2² · 0,09 + 3² · 0,42 = 4,63;

D(X) = 4,63 – (0,97)² = 3,69;

M(Y) = -1 · 0,19 + 1 · 0,51 + 2 · 0,25 + 3 · 0,05 = 0,97;

M(Y) = (-1²) · 0,19 + 1² · 0,51 + 2² · 0,25 + 3² · 0,05 = 2,15;

D(Y) = 2,15 – 0,97² = 1,21.

Одержані результати показують, що не дивлячись на те, що значення математичних сподівань випадкових величин X і Y однакові, їх дисперсії різні, причому D(X)>D(Y). Це означає, що випадкова величина Y з більшою ймовірністю приймає значення, близьке до математичного сподівання, ніж випадкова величина Х.

Отже, дисперсія характеризує ступінь розсіювання ймовірностей випадкової величини навколо математичного сподівання (середнього значення). У механічній інтерпретації дисперсії – це момент інерції відносно центра мас із загальною одиничною масою, розподіленою вздовж осі абсцис так, що в точці з абсцисою х_к знаходиться маса р_к.

Часто для характеристики розсіювання ймовірностей користуються не дисперсією, а так званим середнім квадратичним відхиленням σ_к (або стандартом), яке дорівнює

(21)

Для випадкової величини, розподіленої за біномінальним законом М(Х) = np, D(X) = npq.

Для довільної випадкової величини Х і будь – якого додатнього числа ε справедлива нерівність Чебишова

(22)

Або в іншому варіанті

(23)

Зокрема, для випадкової величини Х – числа настання події А в серії з n

незалежних дослідів, у кожному з яких А настає з ймовірністю р, матимемо

Звідки дістанемо Теорему Бернуллі або закон великих чисел

, (24)

який стверджує, що частота настання події А в серії з n випробувань наближається до ймовірності події А із зростанням n.

Приклад 8. Ймовірність появи деякої події в кожному з 1000 дослідів дорівнює 0,2. Користуючись нерівністю Чебишова, оцінити ймовірність того, що відхилення сподівання цієї події від математичного сподівання буде більше 30.

Розв’язання. Число появ події в n = 1000 дослідах є випадкова величина Х, яка розподілена за біномінальним законом. Тому її математичне сподівання і дисперсію знайдемо за формулами М(Х) = np, D(X) = npq. Маємо М(Х) = 1000 · 0,2 = 200, D(X)=1000·0,2·0,8=160. Користуючись нерівністю Чебишова при ε = 30, дістанемо

Приклад 9. Вважаючи, що ймовірність народження хлопчиків дорівнює 0,5, оцінити з допомогою нерівності Чебишова ймовірність того, що серед 1500 новонароджених хлопчиків буде від 700 до 800.

Розв’язання. Маємо біномінальний закон розподілу випадкової величини Х – числа хлопчиків серед 1500 новонароджених. Тому М(Х) = 1500 · 0,5 = 750, D(X) = 1500 · 0,5 · 0,5 = 375. Оскільки числа 700 і 800 – межі допустимих значень випадкової величини – симетричні відносно математичного сподівання, що дорівнює 750, то нерівність 700<X<800 можна замінити еквівалентною їй X – 750 < 50.

Отже, ймовірність шуканої події не менше 0,85.

Вправи.

1.1. Скласти закон розподілу кількості попадань в ціль при шести пострілах, якщо ймовірність попадання при одному пострілі рівна 0,4.

1.2. Ймовірність того, що студент знайде в бібліотеці потрібну йому книгу, рівна 0,3. Скласти закон розподілу числа бібліотек, які він відвідає, якщо в місті чотири бібліотеки.

1.3. Мисливець стріляє по цілі до першого попадання, але встигає зробити не більше чотирьох пострілів. Знайти дисперсію числа промахів, якщо ймовірність попадання в ціль при одному пострілі рівна 0,7.

1.4. Знайти математчине сподівання випадкової величини Х, якщо закон її розподілу заданий таблицею

Х	1	2	3	4
Р	0,3	0,1	0,2	0,4

1.5 На заводі працює 4 автоматичних лінії. Ймовірність того, що на протязі робочої зміни першій лінії не потрібно регулювання, рівна 0,9, другій – 0,8, третій – 0,75, четвертій – 0,7. Знайти математичне сподівання кількості ліній, яким на протязі зміни не потрібне регулювання.

1.6. Знайти дисперсію випадкової величини Х, знаючи закон її розподілу:

Х	0	1	2	3	4
р	0,2	0,4	0,3	0,08	0,02

1.7. Знайти математичне сподівання та дисперсію кількості бракованих виробів в партії з 5000 виробів, якщо кожен виріб може виявитися бракованим з ймовірністю 0,02.

1.8. З урни, яка містить 2 білі і 3 чорні кулі, навмання виймають дві кулі. Знайти МХ і DX, якщо Х – кількість вийнятих білих куль.

1.9. Маємо 4 лампи, кожна з яких з ймовірністю 1/3 має брак. При закручуванні в патрон бракована лампа зразу перегоряє, і тоді закручується наступна. Розглянути випадкову величину Х – кількість закручених ламп. Знайти закон розподілу, математичне сподівання та дисперсію випадкової величини Х.

1.10. При киданні трьох гральних кубиків гравець виграє 10 гривень, якщо на всіх кубиках випаде по шість очок. У випадку, коли випало шість очок тільки на двох кубиках, гравець одержує одну гривню. Скільки повинен коштувати білет, який дає право на гру, щоб гра була вигідною організатору?

1.11. Мішень в тирі представляє собою круг, який розділений на три одинакові сектори, які пронумеровані цифрами 1,2,3. Під час пострілу мішень обертається так, що стрілок не бачить секторів, стріляє навмання. При попаданні в сектор 1 стрілок виграє 1 гривню, в сектор 2 – дві гривні, в сектор 3 – три гривні. Вартість квитка, який дає право на один постріл – півтори гривні. Чи вигідна така гра тому, хто попадає в мішень з ймовірністю 1) 0,7; 2)0,8; 3)0,75?

Функція розподілу ймовірностей випадкової величини.

Як дискретну, так і неперервну випадкову величину можна задати функцією розподілу F(x), яка визначає для кожного значення х ймовірність того, що випадкова величина Х в результаті випробувань прийме значення менше від х, тобто

(1)

Функція розподілу будь-якої випадкової величини є неспадною функцією аргументу х, причому

Якщо всі можливі значення випадкової величини Х належать інтервалу (a,b), то F(x) = = 0 при х < a, F(x) = 1 при x > b.

Ймовірність того, що випадкова величина Х в результаті випробування прийме значення, яке задовольняє подвійну нерівність

(2)

Можна уточнити означення неперевної випадкової величини: випадкова величина Х називається неперевною, якщо її функція розподілу F(x) неперевна при всіх х, а похідна функції розподілу неперервна в усіх точках, крім, можливо, скінченного числа точок на будь-якому скінченному інтервалі.

Ймовірність того, що неперервна випадкова величина Х прийме одне певне значення х₀, дорівнює нулю, тобто Р(Х = х₀) = 0. Тому для неперервної випадкової величини Х

Приклад 1. Дискретна випадкова величина Х задана законом розподілу

х_і	2	4	5	6
р_і	0,1	0,2	0,4	0,3

1. Побудувати многокутник розподілу. 2. Знайти функцію розподілу та побудувати її графік.

Розв’язання. 1. Побудуємо прямокутну систему координат, причому на осі абсцис будемо відкладати можливі значення х_і, а на осі ординат відповідні ймовірності р_і . Побудуємо точки М₁ (2;0,1), М₂(4;0,2), М₃(5;0,4), М₄(6;0,3) та з’єднаємо їх послідовно відрізками прямих. Одержимо шуканий многокутник розподілу:

Рис.5.

2. За означенням функція розподілу F(x) = P(X<x). Якщо x ≤ 2, то F(x) = 0, оскільки значень які менші від 2, випадкова величина Х не приймає.

Якщо , то F(x) = 0,1. Дійсно, Х може прийняти тільки значення 2 з ймовірністю 0,1. Якщо , то F(x) = 0,1 + 0,2 = 0,3. Дійсно, Х може прийняти значення 2 з ймовірністю 0,1 і значення 4 з ймовірністю 0,2; отже, одне з цих значень випадкова величина Х може прийняти з ймовірністю 0,3 (за теоремою додавання ймовірностей несумісних подій). Якщо 5 < x < 6, то F(x) = 0,1 + 0,2 + 0,4 = 0,7 (пояснення аналогічне).

Якщо X>6, то F(x) = 1, оскільки в цьому випадку подія Х < x є достовірною.

Отже, шукана функція розподілу має вигляд

Побудуємо графік цієї функції

Рис.6.

Приклад 2. Неперервна випадкова величина Х задана на всій осі Ох функцією

розподілу

1. Знайти ймовірність того, що в результаті випробування випадкова величина Х прийме значення, яке належить інтервалу (-1;1).

2. Побудувати графік функції F(x).

Розв’язання.

2. Побудуємо графік функції розподілу F(x).

Рис.7

Густина розподілу ймовірностей неперевної випадкової величини.

Густиною розподілу ймовірностей неперервної випадкової величини називається перша похідна від її функції розподілу

(1)

Густина розподілу ймовірностей існує тільки для неперервних випадкових величин. Густина розподілу ймовірностей невід’ємна, тобто , оскільки F(x) – не спадна функція.

Ймовірність того, що неперервна випадкова величина Х прийме значення, яке належить інтервалу (a;b),

(2)

Невласний інтеграл , оскільки він визначає ймовірність того, що неперервна випадкова величина Х в результаті випробування прийме будь-яке значення з інтервалу .

Якщо задана густина розподілу ймовірностей f(x) неперервної випадкової величини Х, то її функція розподілу F(x) визначається за формулою:

(3)

Приклад 1. Неперервна випадкова величина Х задана густиною розподілу ймовірностей:

Знайти: а) сталий параметр С; б) функцію розподілу F(x).

Розв’язання. А) Густина розподілу f(x) повинна задовольняти умову: . В даному випадку .

Оскільки , то С = 3.

Б) для знаходження функції розподілу F(x) використаємо формулу (3)

Якщо , то

Якщо

Отже, шукана функція розподілу

1.4. Частота та ймовірність події.

Виявляється, що при багатократному повторенні досліду частота події приймає

значення, яке близьке до деякого постійного числа Наприклад, при

Експериментатор	Кількість кидань	Кількість появи “герба”	Частота
Бюффон	4040	2048	0,5069
К.Пірсон	12000	6014	0,5012
К.Пірсон	24000	12012	0,5005

Табл.1.

є теорема Я. Бернуллі про закон великих чисел.

Приклад . При одноразовому киданні правильної і однорідної монети ймовірність появи Означення 2. Постійна величина р, до якої все більше наближується частота події А при достатньо великому числі дослідів, називається ймовірністю події А і позначається р = Р(А) (від англ. Probability – ймовірність).

Приклад. При одноразовому киданні правильного і однорідного грального кубика ймовірність випадання і-тої грані подія А_і становить .

Вправи.