Két független esemény. Függő és független események. Feltételes valószínűség. Előadásjegyzet: az ökonometriában használt valószínűségszámítási és statisztikai alapfogalmak

A matematika egységes államvizsga-feladataiban is vannak összetettebb valószínűségi problémák (mint azt az 1. részben tárgyaltuk), ahol az összeadás, a valószínűségek szorzása szabályát kell alkalmazni, és meg kell különböztetni a kompatibilis és össze nem egyeztethető eseményeket.

Szóval, az elmélet.

Közös és nem közös rendezvények

Az eseményeket összeegyeztethetetlennek nevezzük, ha az egyik előfordulása kizárja a többi előfordulását. Vagyis csak egy konkrét esemény történhet meg.

Például kockával dobáskor különbséget tehet az olyan események között, mint például a páros számú és a páratlan számú pont megszerzése. Ezek az események összeegyeztethetetlenek.

Együttesnek nevezzük az eseményeket, ha az egyik előfordulása nem zárja ki a másik bekövetkezését.

Például kockával dobáskor megkülönböztethet olyan eseményeket, mint a páratlan számú pont dobása és a három többszörösének megfelelő számú pont dobása. Ha hármast dobunk, mindkét esemény bekövetkezik.

Az események összessége

Több esemény összege (vagy kombinációja) olyan esemény, amely ezen események legalább egyikének bekövetkezéséből áll.

Ahol két összeférhetetlen esemény összege az események valószínűségeinek összege:

Például az 5 vagy 6 pont megszerzésének valószínűsége dobókocka egy dobással lesz , mert mindkét esemény (5-ös dobás, 6-os dobás) inkonzisztens, és az egyik vagy a második esemény bekövetkezésének valószínűségét a következőképpen számítjuk ki:

A valószínűség két közös rendezvény összege egyenlő ezen események valószínűségeinek összegével, anélkül, hogy figyelembe vennénk együttes előfordulásukat:

Például egy bevásárlóközpontban két egyforma gép árul kávét. 0,3 annak a valószínűsége, hogy a gépből a nap végére kifogy a kávé. 0,12 annak a valószínűsége, hogy mindkét gépből kifogy a kávé. Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy a nap végére legalább az egyik gépből kifogy a kávé (vagyis vagy az egyikből, vagy a másikból, vagy mindkettőből egyszerre).

Az első esemény valószínűsége, hogy „a kávé kifogy az első gépből”, valamint a második esemény „a kávé kifogy a második gépből” valószínűsége a feltétel szerint 0,3. Az események közösen zajlanak.

Az első két esemény együttes előfordulásának valószínűsége a feltétel szerint 0,12.

Ez azt jelenti, hogy annak a valószínűsége, hogy a nap végére legalább az egyik gépből kifogy a kávé

Függő és független események

Két véletlenszerű eseményt A és B függetlennek nevezünk, ha az egyik előfordulása nem változtatja meg a másik bekövetkezésének valószínűségét. Egyébként az A és B eseményeket függőnek nevezzük.

Például, ha két kockával egyszerre dobunk, az egyik, mondjuk az 1, a másik, az 5, független események.

A valószínűségek szorzata

Több esemény szorzata (vagy metszéspontja) egy esemény, amely mindezen események együttes előfordulásából áll.

Ha kettő előfordul független események A és B P(A), illetve P(B) valószínűséggel, akkor az A és B események egyidejű bekövetkezésének valószínűsége egyenlő a valószínűségek szorzatával:

Például arra vagyunk kíváncsiak, hogy egy hatos kétszer egymás után megjelenik egy kockakockán. Mindkét esemény független, és annak a valószínűsége, hogy mindegyik külön-külön bekövetkezik, . Mindkét esemény bekövetkezésének valószínűségét a fenti képlet segítségével számítjuk ki: .

Tekintse meg a kiválasztott feladatokat a téma gyakorlásához.

Az A, B, C... eseményeket hívják függő egymástól, ha legalább az egyik bekövetkezésének valószínűsége más események bekövetkezésének vagy be nem következésének függvényében változik. Az eseményeket ún független, ha mindegyik megjelenésének valószínűsége nem függ a többi megjelenésétől vagy meg nem jelenésétől.

Feltételes valószínűség(PA (B) - B esemény feltételes valószínűsége A-hoz viszonyítva) a B esemény valószínűsége, amelyet abból a feltételezésből számítanak ki, hogy A esemény már megtörtént. Példa a feltételes valószínűségre A B esemény feltételes valószínűsége, feltéve, hogy A esemény már megtörtént, definíció szerint egyenlő PA (B) = P (AB) / P (A) (P (A)>0).

A függő események valószínűségének szorzata: két esemény együttes bekövetkezésének valószínűsége egyenlő az egyik esemény valószínűségének és a másik feltételes valószínűségének szorzatával, amelyet abból a feltételezésből számítunk ki, hogy az első esemény már megtörtént:
P (AB) = P (A) PA (B)

Példa. A kollektor 3 kúpos és 7 elliptikus görgővel rendelkezik. A szedő vett egy hengert, majd a másodikat. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a felvett görgők közül az első kúpos, a második pedig ellipszis alakú.

Megoldás: Annak a valószínűsége, hogy az első görgő kúposnak bizonyul (A esemény), P (A) = 3/10. Annak valószínűsége, hogy a második görgő elliptikusnak bizonyul (B esemény), azzal a feltételezéssel számítva, hogy az első görgő kúpos, azaz feltételes valószínűség RA (B) = 7/9.
A szorzási képlet szerint a kívánt valószínűség: P (AB) = P (A) PA (B) = (3 / 10) * (7 / 9) = 7 / 30. Vegyük észre, hogy a jelölést megtartva könnyen megtehetjük talál: P (B) = 7/10, РB (A) = 3/9, Р (В) РB (А) = 7 / 30

Az események függetlenségének feltétele. Független események valószínűségének szorzása. Példák.

A B esemény nem függ A eseménytől, ha

P(B/A) = P(B) azaz. A B esemény valószínűsége nem függ attól, hogy A esemény bekövetkezik-e.

Ebben az esetben A esemény nem függ B eseménytől, vagyis az események függetlenségének tulajdonsága kölcsönös.

Két független esemény szorzatának valószínűsége egyenlő valószínűségeik szorzatával:

P(AB) = P(A)P(B) .

1. példa: Egy t ideig működő eszköz három csomópontból áll, amelyek mindegyike a többitől függetlenül meghibásodhat (meghibásodhat) t idő alatt. Legalább egy csomópont meghibásodása az eszköz egészének meghibásodásához vezet. A t idő alatt az első csomópont megbízhatósága (hibamentes működésének valószínűsége) p 1 = 0,8; második p 2 = 0,9 harmadik p 3 = 0,7. Keresse meg az eszköz egészének megbízhatóságát.

Megoldás. Jelölve:

A – a készülékek problémamentes működése,

A 1 - az első csomópont problémamentes működése,

A 2 - a második csomópont problémamentes működése,

3 - a harmadik csomópont problémamentes működése,

ahonnan a független események szorzási tételével

P(A) = P(A 1)P(A 2)P(A 3) = p 1 p 2 p 3 = 0,504

2. példa. Határozza meg annak valószínűségét, hogy egy szám együtt jelenik meg, ha két érmét dobunk egybe.

Megoldás. Az első érme számjegyének megjelenési valószínűsége (A esemény) P(A) = 1/2; a második érme számjegye megjelenésének valószínűsége (B esemény) P(B) = 1/2.

Az A és B események függetlenek, így meg fogjuk találni a szükséges valószínűséget

képlet szerint:

P(AB) = P(A)P(B) = 1/2 *1/2 = 1/4

Az események kompatibilitása és inkompatibilitása. Két közös esemény valószínűségének összeadása. Példák.

A két esemény ún közös, ha az egyik megjelenése nem befolyásolja vagy kizárja a másik megjelenését. Közös események történhetnek egyidejűleg is, mint például egy szám megjelenése egy kockán ill

semmilyen módon nem befolyásolja a számok megjelenését egy másik kockán. Az események összeegyeztethetetlenek, ha az egyik jelenségben vagy az egyik teszt során nem valósulhatnak meg egyszerre, és az egyik megjelenése kizárja a másik megjelenését (a cél eltalálása és a hiányzás nem kompatibilis).

Két együttes A vagy B esemény közül legalább az egyik bekövetkezésének valószínűsége egyenlő ezen események valószínűségeinek összegével, közös előfordulásuk valószínűsége nélkül:

P(A+B) = P(A)+P(B)-P(AB).

Példa. Az első sportoló célba találásának valószínűsége 0,85, a másodiké pedig 0,8. Sportolók egymástól függetlenül

egy-egy lövést adtak le. Mekkora a valószínűsége annak, hogy legalább egy sportoló eltalálja a célt?

Megoldás. Bemutatjuk a jelölést: A események – „elütötte az első sportoló”, B – „elütötte a második versenyző”, C – „legalább az egyik sportoló eltalálta”. Nyilvánvaló, hogy A + B = C, és az A és B események egyidejűek. A képletnek megfelelően a következőket kapjuk:

P(C) = P(A) + P(B) - P(AB)

P(C) = P(A)+ P(B)-P(A)P(B),

mivel A és B független események. Ezeket a P(A) = 0,85, P(B) = 0,8 értékeket behelyettesítve a P(C) képletbe, megkapjuk a kívánt valószínűséget

P(C) = (0,85 + 0,8) - 0,85 · 0,8 = 0,97

P(A)= 1 - 0,3 = 0,7.

3. Tétel az ellentétes események valószínűségeinek összeadására

Szemben nevezzen meg két összeférhetetlen eseményt, amelyek egy teljes csoportot alkotnak. Ha két ellentétes esemény egyikét jelzi A, mást szoktak jelölni . Ellentétes esemény abban áll, hogy egy esemény nem következik be A.

Tétel. Az ellentétes események valószínűségeinek összege eggyel egyenlő:

P(A)+P()= 1.

4. példa A doboz 11 alkatrészt tartalmaz, ebből 8 szabványos. Határozzuk meg annak valószínűségét, hogy 3 véletlenszerűen kinyert rész között van legalább egy hibás!

Megoldás. A probléma kétféleképpen oldható meg.

1 út. A „kitermelt részek között van legalább egy hibás” és a „kitermelt részek között egyetlen hibás alkatrész sem” események ellentétesek. Jelöljük az első eseményt A, a második pedig végig :

P(A) =1 - P( ) .

meg fogjuk találni R(). A 11 részből 3 rész kinyerésének teljes száma megegyezik a kombinációk számával
. A szabványos alkatrészek száma 8 ; ebből a darabszámból lehetséges
3 szabvány alkatrész kinyerésének módjai. Ezért annak a valószínűsége, hogy a kivont 3 rész között nincs egyetlen nem szabványos alkatrész, egyenlő:

Az ellentétes események valószínűségeinek összeadásának tétele szerint a kívánt valószínűség egyenlő: P(A)=1 - P()=

2. módszer. Esemény A- "a kihúzott részek között van legalább egy hibás" - a következő megjelenéseként valósulhat meg:

vagy eseményeket BAN BEN- „1 hibás és 2 nem hibás alkatrészt eltávolítottak”,

vagy eseményeket VAL VEL- „2 hibás és 1 nem hibás alkatrészt eltávolítottak”,

vagy eseményeket D - "3 hibás alkatrészt eltávolítottak."

Akkor A= B+ C+ D. Az események óta B, C És D inkonzisztens, akkor alkalmazhatjuk a tételt az inkompatibilis események valószínűségeinek összeadására:

4. Tétel független események valószínűségeinek szorzására

Két esemény eredményeA ÉsBAN BEN hívja fel az eseményt C=AB, amelyek ezen események együttes megjelenésében (kombinációjában) állnak.

Több esemény eredménye nevezünk egy eseményt, amely mindezen események együttes előfordulásából áll. Például esemény ABC események kombinálásából áll A, BÉs VAL VEL.

Két eseményt hívnak független, ha az egyik valószínűsége nem függ a másik megjelenésétől vagy meg nem jelenésétől.

Tétel. Két független esemény együttes előfordulásának valószínűsége egyenlő ezen események valószínűségeinek szorzatával:

P(AB)=P(A) P(B).

Következmény. Több, aggregáltan független esemény együttes előfordulásának valószínűsége egyenlő ezen események valószínűségeinek szorzatával :

P(A 1 A 2 ... A n ) = P(A 1 ) P(A 2 )...P(A n ).

5. példa Határozza meg annak valószínűségét, hogy a címer együtt jelenik meg két érme feldobásakor!

Megoldás. Jelöljük az eseményeket: A - a címer megjelenése az első érmén, BAN BEN - a címer megjelenése a második érmén, VAL VEL- a címer megjelenése két érmén C=AB.

Az első érme címerének megjelenésének valószínűsége :

P(A) =.

A második érme címerének megjelenésének valószínűsége :

P(B) =.

Az események óta AÉs BAN BEN független, akkor a szükséges valószínűség a szorzási tétel szerint egyenlő:

P(C)=P(AB)=P(A) P(B) = =.

6. példa. 3 doboz van, amelyek 10 alkatrészt tartalmaznak. Az első doboz 8, a második 7, a harmadik 9 szabvány alkatrészt tartalmaz. Minden dobozból véletlenszerűen kivesznek egy részt. Határozza meg annak valószínűségét, hogy mindhárom kivett alkatrész szabványos lesz.

Megoldás. Annak a valószínűsége, hogy egy szabványos alkatrészt eltávolítanak az első dobozból (esemény A):

P(A) =

Annak a valószínűsége, hogy egy szabványos alkatrészt eltávolítanak a második dobozból (esemény BAN BEN):

Annak a valószínűsége, hogy egy szabványos alkatrészt eltávolítanak a harmadik dobozból (esemény VAL VEL):

P(C)=

Az események óta A, BÉs VAL VEL független az aggregátumban, akkor a kívánt valószínűség (a szorzási tétel szerint) egyenlő:

P(ABC)=P(A) P(B) P(C)= 0,8 0,70,9 = 0,504.

7. példa. Két független esemény előfordulásának valószínűsége A 1 És A 2 illetőleg egyenlő R 1 És R 2. Határozza meg ezen események közül csak egy bekövetkezésének valószínűségét.

Megoldás. Bemutatjuk az eseménymegnevezéseket:

BAN BEN 1 – csak az esemény jelent meg A 1 ; BAN BEN 2 – csak az esemény jelent meg A 2 .

Esemény előfordulása BAN BEN 1 egyenértékű egy esemény bekövetkezésével A 1 2 (az első esemény megjelent, a második pedig nem jelent meg), i.e. BAN BEN 1 = A 1 2 .

Esemény előfordulása BAN BEN 2 egyenértékű egy esemény bekövetkezésével 1 A 2 (az első esemény nem jelent meg, a második pedig megjelent), i.e. BAN BEN 1 = 1 A 2 .

Így csak az egyik esemény bekövetkezésének valószínűségét kell megtalálni A 1 vagy A 2 , elegendő megtalálni az egyik előfordulásának valószínűségét, függetlenül attól, hogy melyik esemény BAN BEN 1 És BAN BEN 2 . Események BAN BEN 1 És BAN BEN 2 inkonzisztensek, ezért az inkompatibilis események összeadásának tétele érvényes:

P(B 1 +B 2 ) = P(B 1 ) + P(B 2 ) .

Valószínűségi összeadás és szorzás tételek.
Függő és független események

A cím ijesztőnek tűnik, de a valóságban minden nagyon egyszerű. Ebben a leckében megismerkedünk az eseményvalószínűségek összeadási és szorzási tételeivel, valamint olyan tipikus problémákat is elemezünk, amelyek probléma a valószínűség klasszikus meghatározásáról biztosan találkozni fog, vagy ami valószínűbb, már találkozott az úton. A cikkben szereplő anyagok hatékony tanulmányozásához ismernie kell és meg kell értenie az alapvető kifejezéseket Valószínűségi elméletés tudjon egyszerű aritmetikai műveleteket végrehajtani. Amint látja, nagyon kevésre van szükség, ezért szinte garantált a plusz az eszközben. Másrészt azonban ismét óva intek a gyakorlati példákhoz való felületes hozzáállástól - rengeteg finomság is van. Sok szerencsét:

Tétel az inkompatibilis események valószínűségeinek összeadására: a kettő közül az egyik előfordulásának valószínűsége összeegyeztethetetlen események ill (bármi történjék), egyenlő az alábbi események valószínűségeinek összegével:

Hasonló tény igaz nagyobb számú összeférhetetlen eseményre, például három összeférhetetlen eseményre, és:

A tétel egy álom =) Az ilyen álom azonban bizonyítás tárgyát képezi, ami megtalálható pl. tankönyv V.E. Gmurman.

Ismerkedjünk meg új, eddig ismeretlen fogalmakkal:

Függő és független események

Kezdjük a független eseményekkel. Az események azok független , ha az előfordulási valószínűség ezek közül bármelyik nem függ a vizsgált halmaz egyéb eseményeinek megjelenéséről/meg nem jelenéséről (minden lehetséges kombinációban). ...De minek az általános kifejezések kipróbálásával:

Tétel független események valószínűségeinek szorzására: független események együttes előfordulásának valószínűsége, és egyenlő ezen események valószínűségeinek szorzatával:

Térjünk vissza az 1. lecke legegyszerűbb példájához, amelyben két érme feldobása és a következő események:

– fejek jelennek meg az 1. érmén;
– fejek jelennek meg a 2. érmén.

Határozzuk meg az esemény valószínűségét (az 1. érmén a fejek jelennek meg És a 2. érmén egy sas fog megjelenni - ne feledje, hogyan kell olvasni események terméke!) . A fejek valószínűsége az egyik érmén semmilyen módon nem függ a másik érme dobásának eredményétől, ezért az események függetlenek.

Hasonlóképpen:
– annak a valószínűsége, hogy az 1. érme fejeket fog letenni És a 2. farkon;
– annak a valószínűsége, hogy az 1. érmén fejek jelennek meg És a 2. farkon;
– annak valószínűsége, hogy az 1. érmén fejek jelennek meg És 2-án sas.

Figyeljük meg, hogy az események formálódnak teljes csoportés valószínűségeik összege eggyel egyenlő: .

A szorzási tétel nyilvánvalóan nagyobb számú független eseményre is kiterjed, például ha az események függetlenek, akkor együttes előfordulásuk valószínűsége egyenlő: . Gyakoroljunk konkrét példákkal:

3. probléma

Mind a három doboz 10 alkatrészt tartalmaz. Az első doboz 8 szabvány alkatrészt tartalmaz, a második – 7-et, a harmadik – 9-et. Minden dobozból véletlenszerűen eltávolítunk egy-egy részt. Határozza meg annak valószínűségét, hogy minden alkatrész szabványos lesz.

Megoldás: Annak a valószínűsége, hogy bármely dobozból szabványos vagy nem szabványos alkatrészt rajzolunk, nem függ attól, hogy milyen alkatrészeket veszünk ki más dobozokból, így a probléma független eseményekkel foglalkozik. Vegye figyelembe a következő független eseményeket:

– az 1. dobozból kikerül egy szabványos alkatrész;
– egy szabvány alkatrészt eltávolítottak a 2. dobozból;
– a 3. dobozból kikerül egy szabvány alkatrész.

A klasszikus definíció szerint:
a megfelelő valószínűségek.

Számunkra érdekes esemény (egy szabvány alkatrészt eltávolítjuk az 1. dobozból És 2. szabványtól És 3. szabványtól) a termék kifejezi.

A független események valószínűségeinek szorzásának tétele szerint:

– annak a valószínűsége, hogy egy szabványos alkatrészt eltávolítanak három dobozból.

Válasz: 0,504

Az élénkítő dobozos gyakorlatok után nem kevésbé érdekes urnák várnak ránk:

4. probléma

Három urnában 6 fehér és 4 fekete golyó található. Minden urnából véletlenszerűen egy golyót húznak. Határozzuk meg annak valószínűségét, hogy: a) mindhárom golyó fehér lesz; b) mindhárom golyó egyforma színű lesz.

A kapott információk alapján találja ki, hogyan kell kezelni a „legyen” pontot ;-) A megoldás hozzávetőleges példája akadémikus stílusban készült, minden esemény részletes leírásával.

Függő események. Az esemény ún függő , ha annak a valószínűsége attól függ egy vagy több már megtörtént eseményből. Nem kell messzire mennie a példákért – csak menjen a legközelebbi üzletbe:

– holnap 19.00-kor friss kenyér akció lesz.

Ennek az eseménynek a valószínűsége sok egyéb eseménytől is függ: holnap szállítanak-e friss kenyeret, elfogy-e este 7 óra előtt vagy sem stb. Különböző körülményektől függően ez az esemény megbízható vagy lehetetlen lehet. Tehát az esemény függő.

Kenyér... és ahogy a rómaiak követelték, cirkuszok:

– a vizsgán a hallgató egyszerű jegyet kap.

Ha nem Ön a legelső, akkor az esemény függő lesz, mivel annak valószínűsége attól függ, hogy az osztálytársak milyen jegyeket húztak már.

Hogyan határozható meg az események függősége/függetlensége?

Néha ez közvetlenül szerepel a problémanyilatkozatban, de leggyakrabban független elemzést kell végeznie. Itt nincs egyértelmű iránymutatás, az események függésének vagy függetlenségének ténye a természetes logikai gondolkodásból következik.

Hogy ne zsúfoljon mindent egy kupacba, feladatok a függő eseményekhez Kiemelem a következő leckét, de most a gyakorlatban leggyakrabban előforduló tételeket fogjuk figyelembe venni:

Problémák összeadási tételekkel inkompatibilis valószínűségekre
és a független események valószínűségének szorzása

Ez a tandem szubjektív értékelésem szerint a vizsgált témával kapcsolatos feladatok megközelítőleg 80%-ában működik. A slágerek slágere és a valószínűségszámítás igazi klasszikusa:

5. probléma

Két lövő egy-egy lövést adott le a célpontra. Az első lövész találati valószínűsége 0,8, a másodiké 0,6. Keresse meg annak valószínűségét, hogy:

a) csak egy lövő találja el a célt;
b) legalább az egyik lövő eltalálja a célt.

Megoldás: Az egyik lövő találati/kihagyási aránya nyilvánvalóan független a másik lövő teljesítményétől.

Nézzük az eseményeket:
– az 1. lövő célba talál;
– A 2. lövő célba ér.

Feltétel szerint:.

Keressük meg az ellentétes események valószínűségét - hogy a megfelelő nyilak hiányoznak:

a) Tekintsük az eseményt: – csak egy lövő találja el a célt. Ez az esemény két összeférhetetlen kimenetelből áll:

Az 1. lövész eltalálja És a 2. hiányozni fog
vagy
Az 1. hiányozni fog És A 2. ütni fog.

A nyelven eseményalgebrák ezt a tényt a következő képlettel írjuk le:

Először a tételt használjuk az össze nem egyeztethető események valószínűségeinek összeadására, majd a tételt a független események valószínűségeinek szorzására:

– annak a valószínűsége, hogy csak egy találat lesz.

b) Tekintsük az eseményt: – legalább az egyik lövő eltalálja a célt.

Először is, GONDOLKODJUK MEG – mit jelent a „LEGALÁBB EGY” feltétel? Ebben az esetben ez azt jelenti, hogy vagy az 1. lövő eltalálja (a 2. kihagyja) vagy 2. (az 1. hiányzik) vagy mindkét lövő egyszerre – összesen 3 összeférhetetlen eredmény.

1. módszer: az előző pont kész valószínűségét figyelembe véve célszerű az eseményt a következő inkompatibilis események összegeként ábrázolni:

valaki eljut oda (egy esemény, amely 2 összeférhetetlen kimenetelből áll) vagy
Ha mindkét nyíl eltalál, akkor ezt az eseményt a betűvel jelöljük.

És így:

A független események valószínűségeinek szorzásának tétele szerint:
– annak valószínűsége, hogy az 1. lövő eltalálja És A 2. lövő eltalálja.

Az összeférhetetlen események valószínűségeinek összeadásának tétele szerint:
– annak a valószínűsége, hogy legalább egy találatot ér a cél.

Második módszer: Tekintsük az ellenkező eseményt: – mindkét lövő kihagyja.

A független események valószínűségeinek szorzásának tétele szerint:

Ennek eredményeként:

Speciális figyelemÜgyeljen a második módszerre - általában racionálisabb.

Emellett létezik egy alternatív, harmadik megoldási mód is, amely a közös események összeadásának tételén alapul, amelyről fent nem volt szó.

! Ha először ismerkedik meg az anyaggal, akkor a félreértések elkerülése érdekében jobb, ha kihagyja a következő bekezdést.

Harmadik módszer : az események kompatibilisek, ami azt jelenti, hogy összegük azt az eseményt fejezi ki, hogy „legalább egy lövő célba talál” (lásd. események algebra). Által az együttes események valószínűségeinek összeadásának tételeés a független események valószínűségeinek szorzásának tétele:

Nézzük: események és (0, 1 és 2 találat) teljes csoportot alkotnak, így valószínűségeik összege eggyel egyenlő:
, amit ellenőrizni kellett.

Válasz:

A valószínűségszámítás alapos tanulmányozásával tucatnyi militarista tartalmú problémával találkozhatsz, és jellemzően ezek után nem akarsz majd lelőni senkit - a problémák szinte ajándék. Miért ne lehetne egyszerűsíteni a sablont is? Rövidítsük le a bejegyzést:

Megoldás: feltétel szerint: , – a megfelelő lövészek eltalálásának valószínűsége. Aztán a kihagyásuk valószínűsége:

a) Az összeférhetetlenségi valószínűségek összeadásának és a független események valószínűségeinek szorzásának tételei szerint:
– annak a valószínűsége, hogy csak egy lövő találja el a célt.

b) A független események valószínűségeinek szorzásának tétele szerint:
– annak a valószínűsége, hogy mindkét lövő elhibázza.

Ezután: – annak a valószínűsége, hogy legalább az egyik lövő célba talál.

Válasz:

A gyakorlatban bármilyen tervezési lehetőséget használhat. Természetesen sokkal gyakrabban választják a rövid utat, de nem szabad elfelejteni az 1. módszert - bár hosszabb, de értelmesebb - világosabb, mit, miért és miértösszead és szoroz. Egyes esetekben a hibrid stílus megfelelő, amikor csak néhány eseményt célszerű nagybetűvel jelezni.

Hasonló feladatok önálló megoldáshoz:

6. probléma

A tűz jelzésére két egymástól függetlenül működő érzékelő van felszerelve. Annak a valószínűsége, hogy az érzékelő működni fog tűz esetén, 0,5 és 0,7 az első és a második érzékelő esetében. Határozza meg annak valószínűségét, hogy tűz esetén:

a) mindkét érzékelő meghibásodik;
b) mindkét érzékelő működni fog.
c) Használata a teljes csoportot alkotó események valószínűségeinek összeadásának tétele, határozza meg annak valószínűségét, hogy tűz esetén csak egy érzékelő fog működni. Ellenőrizze az eredményt ennek a valószínűségnek a közvetlen kiszámításával (összeadási és szorzási tételekkel).

Itt az eszközök működésének függetlensége közvetlenül az állapotban van megfogalmazva, ami egyébként fontos pontosítás. A mintamegoldás akadémikus stílusban készült.

Mi van akkor, ha egy hasonló feladatban ugyanazok a valószínűségek vannak megadva, például 0,9 és 0,9? Neked is pontosan ugyanezt kell döntened! (amit tulajdonképpen a példában már bemutattunk két érmével)

7. probléma

Annak a valószínűsége, hogy az első lövő egy lövéssel célba talál, 0,8. Annak a valószínűsége, hogy a célt nem találják el, miután az első és a második lövő egy-egy lövést adott le, 0,08. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a második lövész egy lövéssel célba talál?

És ez egy kis puzzle, amelyet röviden terveztek. A feltételt lehet tömörebben is újrafogalmazni, de az eredetit nem fogom újrafogalmazni - a gyakorlatban díszesebb kitalációkban kell elmélyednem.

Találkozz vele – ő az, aki rengeteg részletet tervezett neked =):

8. probléma

Egy munkás három gépet kezel. Annak a valószínűsége, hogy műszak alatt az első gép beállítást igényel, 0,3, a második - 0,75, a harmadik - 0,4. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a műszak alatt:

a) minden gépet be kell állítani;
b) csak egy gépet kell beállítani;
c) legalább egy gép beállítását igényli.

Megoldás: mivel a feltétel nem mond semmit egyetlen technológiai folyamatról, ezért az egyes gépek működését a többi gép működésétől függetlennek kell tekinteni.

Az 5. feladat analógiájára itt is figyelembe veheti azokat az eseményeket, amelyeken a megfelelő gépek beállítást igényelnek a műszak során, felírhatja a valószínűségeket, megkeresheti az ellenkező események valószínűségét stb. De három objektummal már nem igazán szeretném így formázni a feladatot – hosszú és fárasztó lesz. Ezért észrevehetően jövedelmezőbb itt a „gyors” stílus használata:

Feltétel szerint: – annak a valószínűsége, hogy a műszak alatt a megfelelő gépek hangolást igényelnek. Akkor annak a valószínűsége, hogy nem igényelnek figyelmet:

Az egyik olvasó talált itt egy klassz elírást, nem is javítom =)

a) A független események valószínűségeinek szorzásának tétele szerint:
– annak a valószínűsége, hogy a műszak alatt mindhárom gépet módosítani kell.

b) A „Műszak alatt csak egy gépet kell beállítani” esemény három összeférhetetlen kimenetelből áll:

1) 1. gép lesz szükség Figyelem És 2. gép nem fogja igényelni És 3. gép nem fogja igényelni
vagy:
2) 1. gép nem fogja igényelni Figyelem És 2. gép lesz szükség És 3. gép nem fogja igényelni
vagy:
3) 1. gép nem fogja igényelni Figyelem És 2. gép nem fogja igényelni És 3. gép lesz szükség.

Az összeegyeztethetetlenségi valószínűségek összeadásának és a független események valószínűségének szorzásának tételei szerint:

– annak a valószínűsége, hogy egy műszak alatt csak egy gépet kell állítani.

Azt hiszem, mostanra meg kell értenie, honnan származik a kifejezés

c) Számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy a gépek nem igényelnek beállítást, majd az ellenkező esemény valószínűségét:
– hogy legalább egy gép beállításra szorul.

Válasz:

A „ve” pont az összegen keresztül is megoldható, ahol annak a valószínűsége, hogy egy műszak alatt csak két gépet kell állítani. Ez az esemény viszont tartalmaz 3 összeférhetetlen kimenetelt, amelyeket a „legyen” pont analógiájával írunk le. Próbálja meg saját maga megtalálni annak valószínűségét, hogy az egyenlőség segítségével ellenőrizze az egész problémát.

9. probléma

Három fegyverből lőtték ki a célpontot. Csak az első fegyverből egy lövéssel történő találat valószínűsége 0,7, a másodiktól – 0,6, a harmadiktól – 0,8. Határozza meg annak valószínűségét, hogy: 1) legalább egy lövedék eltalálja a célt; 2) csak két kagyló találja el a célt; 3) a célpontot legalább kétszer eltalálják.

A megoldás és a válasz a lecke végén található.

És ismét az egybeesésekről: ha a feltétel szerint a kezdeti valószínűségek két vagy akár az összes értéke egybeesik (például 0,7, 0,7 és 0,7), akkor pontosan ugyanazt a megoldási algoritmust kell követni.

A cikk befejezéseként nézzünk meg egy másik gyakori rejtvényt:

10. probléma

A lövő minden lövésnél azonos valószínűséggel találja el a célt. Mennyi ennek a valószínűsége, ha legalább egy találat valószínűsége három lövéssel 0,973.

Megoldás: jelöljük – azzal a valószínűséggel, hogy minden lövésnél eltaláljuk a célt.
és át – a kihagyás valószínűsége minden egyes lövésnél.

És írjuk le az eseményeket:
– 3 lövéssel a lövő legalább egyszer eltalálja a célt;
– a lövő 3-szor elhibázza.

Feltétel szerint, akkor az ellenkező esemény valószínűsége:

Másrészt a független események valószínűségeinek szorzási tétele szerint:

És így:

- a kihagyás valószínűsége minden egyes lövésnél.

Ennek eredményeként:
– az egyes lövések találati valószínűsége.

Válasz: 0,7

Egyszerű és elegáns.

A vizsgált feladatban további kérdéseket lehet feltenni a csak egy találat, csak a két találat és a három célpontot érő találat valószínűségére vonatkozóan. A megoldási séma pontosan ugyanaz lesz, mint az előző két példában:

Az alapvető érdemi különbség azonban az, hogy itt vannak ismételt független tesztek, amelyeket szekvenciálisan, egymástól függetlenül és azonos kimenetel valószínűséggel hajtanak végre.

A probléma általános megfogalmazása: bizonyos események valószínűsége ismert, és ki kell számítania más események valószínűségét, amelyek ezekhez az eseményekhez kapcsolódnak. Ezekben a problémákban olyan valószínűségekkel végzett műveletekre van szükség, mint a valószínűségek összeadása és szorzása.

Például vadászat közben két lövést adnak le. Esemény A- kacsa ütés az első lövéssel, esemény B- talált el a második lövésből. Aztán az események összessége AÉs B- eltalálni az első vagy második lövéssel vagy két lövéssel.

Más típusú problémák. Több esemény is adott, például háromszor dobnak fel egy érmét. Meg kell találnia annak a valószínűségét, hogy vagy a címer mindháromszor megjelenik, vagy a címer legalább egyszer megjelenik. Ez egy valószínűségi szorzási probléma.

Az összeférhetetlen események valószínűségeinek összeadása

A valószínűségek összeadását akkor használjuk, ha véletlenszerű események kombinációjának vagy logikai összegének valószínűségét kell kiszámítani.

Az események összessége AÉs B jelöli A + B vagy A ∪ B. Két esemény összege olyan esemény, amely akkor és csak akkor következik be, ha legalább az egyik esemény bekövetkezik. Ez azt jelenti A + B– olyan esemény, amely akkor és csak akkor következik be, ha az esemény a megfigyelés során történt A vagy esemény B, vagy egyidejűleg AÉs B.

Ha események AÉs B kölcsönösen inkonzisztensek, és adottak a valószínűségeik, akkor a valószínűségek összeadásával számítjuk ki annak valószínűségét, hogy egy kísérlet eredményeként egy ilyen esemény bekövetkezik.

Valószínűségi összeadás tétel. Annak a valószínűsége, hogy két egymással összeegyeztethetetlen esemény valamelyike ​​bekövetkezik, egyenlő ezen események valószínűségeinek összegével:

Például vadászat közben két lövést adnak le. Esemény A– kacsa ütés az első lövéssel, esemény BAN BEN– találat a második lövésből, esemény ( A+ BAN BEN) – találat az első vagy második lövésből vagy két lövésből. Tehát, ha két esemény AÉs BAN BEN– összeférhetetlen események tehát A+ BAN BEN– ezen események közül legalább egy vagy két esemény bekövetkezése.

1. példa Egy dobozban 30 azonos méretű golyó található: 10 piros, 5 kék és 15 fehér. Számítsa ki annak a valószínűségét, hogy egy színes (nem fehér) golyót felvesznek anélkül, hogy megnéznék.

Megoldás. Tegyük fel, hogy az esemény A- „elvették a piros labdát”, és az esemény BAN BEN- A kék labdát elvitték. Ezután az esemény "egy színes (nem fehér) labdát vesznek." Határozzuk meg az esemény valószínűségét A:

és események BAN BEN:

Események AÉs BAN BEN– kölcsönösen összeférhetetlen, hiszen ha egy labdát veszünk, akkor nem lehet különböző színű labdákat venni. Ezért a valószínűségek összeadását használjuk:

Több inkompatibilis esemény valószínűségének összeadásának tétele. Ha az események események teljes halmazát alkotják, akkor valószínűségeik összege 1:

Az ellentétes események valószínűségeinek összege szintén egyenlő 1-gyel:

Az ellentétes események egy teljes eseményhalmazt alkotnak, és a teljes eseményhalmaz valószínűsége 1.

Az ellenkező események valószínűségét általában kis betűkkel jelzik pÉs q. Különösen,

amelyekből a következő képletek következnek az ellenkező események valószínűségére:

2. példa A cél a lőtéren 3 zónára van osztva. Annak a valószínűsége, hogy egy bizonyos lövő az első zónában célba lő, 0,15, a második zónában 0,23, a harmadik zónában 0,17. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a lövő eltalálja a célt, és annak a valószínűségét, hogy a lövő eltéveszti a célt.

Megoldás: Határozza meg annak valószínűségét, hogy a lövő eltalálja a célt:

Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy a lövő eltéveszti a célt:

Az összetettebb problémákhoz, amelyekben a valószínűségek összeadását és szorzását is használnia kell, tekintse meg a „Valószínűségek összeadásával és szorzásával kapcsolatos különféle problémák” oldalt.

Kölcsönösen egyidejű események valószínűségeinek összeadása

Két véletlenszerű eseményt együttesnek nevezünk, ha az egyik esemény bekövetkezése nem zárja ki egy másik esemény bekövetkezését ugyanabban a megfigyelésben. Például, amikor kockát dob ​​az esemény A A 4-es szám kigördültnek számít, és az esemény BAN BEN– páros szám görgetése. Mivel a 4 páros szám, a két esemény kompatibilis. A gyakorlatban problémák adódnak az egyik kölcsönösen egyidejű esemény bekövetkezésének valószínűségének kiszámításával.

Valószínűségi összeadás tétele közös eseményekre. Annak a valószínűsége, hogy az egyik együttes esemény bekövetkezik, egyenlő ezen események valószínűségeinek összegével, amelyből kivonjuk mindkét esemény közös előfordulásának valószínűségét, vagyis a valószínűségek szorzatát. A közös események valószínűségének képlete a következő:

Az események óta AÉs BAN BEN kompatibilis, esemény A+ BAN BEN akkor következik be, ha a három lehetséges esemény egyike bekövetkezik: vagy AB. Az inkompatibilis események összeadásának tétele szerint a következőképpen számolunk:

Esemény A akkor következik be, ha két összeférhetetlen esemény egyike következik be: vagy AB. Azonban annak a valószínűsége, hogy egy esemény bekövetkezik több összeférhetetlen eseményből, egyenlő az összes esemény valószínűségének összegével:

Hasonlóképpen:

Ha a (6) és (7) kifejezést behelyettesítjük az (5) kifejezésbe, megkapjuk az együttes események valószínűségi képletét:

A (8) képlet használatakor figyelembe kell venni, hogy az események AÉs BAN BEN lehet:

• egymástól független;
• kölcsönösen függő.

Valószínűségi képlet egymástól független eseményekre:

Valószínűségi képlet kölcsönösen függő eseményekre:

Ha események AÉs BAN BEN inkonzisztensek, akkor az egybeesésük lehetetlen eset, és így P(AB) = 0. Az összeférhetetlen események negyedik valószínűségi képlete:

3. példa Az autóversenyzésben, ha az első autót vezeted, nagyobb esélyed van a győzelemre, és amikor a második autót vezeted. Megtalálja:

• annak a valószínűsége, hogy mindkét autó nyer;
• annak a valószínűsége, hogy legalább egy autó nyer;

1) Annak a valószínűsége, hogy az első autó nyer, nem függ a második autó eredményétől, tehát az események A(az első autó nyer) és BAN BEN(a második autó nyer) – független események. Határozzuk meg annak valószínűségét, hogy mindkét autó nyer:

2) Határozza meg annak valószínűségét, hogy a két autó közül az egyik nyer:

Az összetettebb problémákhoz, amelyekben a valószínűségek összeadását és szorzását is használnia kell, tekintse meg a „Valószínűségek összeadásával és szorzásával kapcsolatos különféle problémák” oldalt.

Oldja meg saját maga a valószínűségek összeadását, majd nézze meg a megoldást

4. példa Két érmét dobnak fel. Esemény A- a címer elvesztése az első érmén. Esemény B- a címer elvesztése a második érmén. Keresse meg egy esemény valószínűségét C = A + B .

Valószínűségek szorzása

A valószínűségi szorzást akkor használjuk, ha az események logikai szorzatának valószínűségét kell kiszámítani.

Ahol véletlenszerű események függetlennek kell lennie. Két eseményt egymástól függetlennek mondunk, ha az egyik esemény bekövetkezése nem befolyásolja a második esemény bekövetkezésének valószínűségét.

Valószínűségszorzó tétel független eseményekre. Két független esemény egyidejű bekövetkezésének valószínűsége AÉs BAN BEN egyenlő ezen események valószínűségeinek szorzatával, és a következő képlettel számítják ki:

5. példa Az érmét egymás után háromszor dobják fel. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a címer mindhárom alkalommal megjelenik.

Megoldás. Annak a valószínűsége, hogy a címer megjelenik az érme első feldobásakor, második alkalommal és harmadik alkalommal. Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy a címer mindhárom alkalommal megjelenik:

Oldja meg egyedül a valószínűségi szorzási feladatokat, majd nézze meg a megoldást

6. példa. Van egy doboz kilenc új teniszlabdával. A játékhoz három labdát kell elvenni, majd a játék után vissza kell tenni. A labdák kiválasztásakor a megjátszott labdákat nem különböztetjük meg a meg nem játszott labdáktól. Mekkora a valószínűsége annak, hogy miután három játék Maradt még ki nem játszott labda a dobozban?

7. példa. Az orosz ábécé 32 betűje van felírva a kivágott ábécékártyákra. Véletlenszerűen egymás után öt lapot húznak ki, amelyeket megjelenési sorrendben helyeznek el az asztalra. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a betűk a „vége” szót alkotják.

8. példa. Egy teljes kártyapakliból (52 lap) egyszerre négy kártya kerül ki. Határozza meg annak valószínűségét, hogy mind a négy kártya különböző színű lesz.

9. példa. Ugyanaz a feladat, mint a 8. példában, de az eltávolítás után minden kártya visszakerül a pakliba.

Az összetettebb problémák, amelyekben a valószínűségek összeadását és szorzását egyaránt alkalmazni kell, valamint több esemény szorzatát is ki kell számítani, a „Valószínűségek összeadásával és szorzásával kapcsolatos problémák” oldalon találhatók.

A kölcsönösen független események legalább egyikének bekövetkezésének valószínűsége kiszámítható úgy, hogy 1-ből kivonjuk az ellentétes események valószínűségeinek szorzatát, vagyis a képlet segítségével.