Összeférhetetlen és független események. Valószínűségszorzó tétel. Egy esemény teljes valószínűsége

Megtanultuk a standard feladatok önálló rendezvényekkel történő megoldását is, most pedig egy sokkal érdekesebb folytatás következik, amely nem csak új anyagok elsajátítását teszi lehetővé, de talán gyakorlatias hétköznapi segítséget is nyújt.

Röviden ismételjük meg, mi az események függetlensége: az események FÜGGETLENEK, ha bármelyiknek a valószínűsége nem függ más esemény bekövetkezésétől vagy be nem következésétől. A legegyszerűbb példa két érme feldobása. Annak valószínűsége, hogy egy érmén fej vagy farok kerüljön, semmilyen módon nem függ egy másik érme feldobásának eredményétől.

Az események függőségének fogalma is ismerős számodra, és itt az ideje, hogy közelebbről is megvizsgáld őket.

Először tekintsük a hagyományos, két eseményből álló halmazt: az esemény az függő , ha a véletlenszerű tényezők mellett annak valószínűsége függ az esemény bekövetkezésétől vagy be nem következésétől. Egy esemény valószínűsége, azzal a feltételezéssel számítva, hogy az esemény már megtörtént, hívott feltételes valószínűség az esemény bekövetkeztét, és jelöli. Ebben az esetben az eseményeket ún függő események (bár szigorúan véve csak az egyik függő).

Kártyák a kézben:

1. probléma

A 36 lapból álló pakliból egymás után 2 lapot húznak. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a második kártya szív lesz, ha korábban:

a) férget eltávolítottak;
b) más színű kártyát húztak.

Megoldás: fontolja meg az eseményt: – a második kártya egy szív lesz. Teljesen világos, hogy ennek az eseménynek a valószínűsége attól függ, hogy korábban férget rajzoltak-e vagy sem.

a) Ha egy szívet húztak először (esemény), akkor 35 kártya marad a pakliban, amelyek között most 8 szívszín lap van. Által klasszikus meghatározás:
tekintettel arra, hogy ezt megelőzően egy kukacot is kivontak.

b) Ha más színû kártyát húztak elõször (esemény), akkor mind a 9 szív a pakliban maradt. Által klasszikus meghatározás:
– annak a valószínűsége, hogy a második kártya szív lesz tekintettel arra hogy korábban más színű kártyát húztak.

Minden logikus – ha annak a valószínűsége, hogy egy teljes pakliból szíveket rajzolunk , akkor a következő kártya felhúzásakor hasonló valószínűség változik: az első esetben csökken (mert kevesebb a szív), a másodiknál pedig nőni fog: (mivel az összes szív a pakliban maradt).

Válasz:

Persze lehetnek több függő esemény is. Amíg a probléma még meleg, tegyünk még hozzá: – a harmadik lappal szívet húzunk. Tegyük fel, hogy az esemény megtörtént, majd az esemény; akkor 34 kártya marad a pakliban, köztük 7 szív. Által klasszikus meghatározás:
– egy esemény bekövetkezésének valószínűsége tekintettel arra hogy korábban két szívet rajzoltak.

Önálló képzéshez:

2. probléma

A borítékban 10 db sorsjegy található, ebből 3 db nyerő. A jegyek sorban kerülnek eltávolításra a borítékból. Keresse meg a valószínűségeket, hogy:

a) a 2. kisorsolt jegy nyer, ha az 1. nyert;
b) a 3. lesz a nyerő, ha az előző két jegy nyert;
c) A 4. lesz a nyerő, ha az előző jegyek nyertek.

Rövid megoldás megjegyzésekkel a lecke végén.

Most figyeljünk egy alapvetően fontos pontra: a vizsgált példákban csak feltételes valószínűségeket kellett találni, míg a korábbi eseményeket megbízhatóan megtörténtnek tekintették. De a valóságban ezek is véletlenszerűek! Így egy „fűtött” feladatban a szívek húzása egy teljes pakliból véletlenszerű esemény, amelynek valószínűsége egyenlő.

A gyakorlatban sokkal gyakrabban van szükség a valószínűség meghatározására együttes előfordulása függő események. Hogyan lehet például meghatározni egy teljes pakliból álló esemény valószínűségét akarat féreg kivont És akkor egy másik szív? A választ erre a kérdésre a

tétel a függő események valószínűségeinek szorzására: két függő esemény együttes bekövetkezésének valószínűsége egyenlő az egyik valószínűségének a másik feltételes valószínűségével, amelyet abból a feltételezésből számítunk ki, hogy az első esemény már megtörtént:

A mi esetünkben:
– annak a valószínűsége, hogy egy teljes pakliból 2 szív kerül sorra.

Hasonlóképpen:
– annak a valószínűsége, hogy először más színű lapot húznak És majd egy szív.

Az esemény valószínűsége észrevehetően nagyobbnak bizonyult, mint az esemény valószínűsége, ami általában számítások nélkül nyilvánvaló volt.

És persze nem kell különösebben reménykedni, hogy egy borítékban tíz sorsjegy (2. feladat) egymás után 3 nyertes jegyet sorsolsz ki:
azonban ez még mindig nagylelkű lehetőség.

Igen, ez teljesen igaz - a függő események valószínűségének szorzásának tétele természetesen kiterjed ezek nagyobb részére.

Rögzítsük az anyagot néhány tipikus példával:

3. probléma

Az urnában 4 fehér és 7 fekete golyó található. Véletlenszerűen, egymás után két golyót húznak ki az urnából, anélkül, hogy kicserélnék őket. Keresse meg annak valószínűségét, hogy:

a) mindkét golyó fehér lesz;
b) mindkét golyó fekete lesz;
c) először a fehér, majd a fekete golyó kerül kihúzásra.

Jegyezze meg a minősítőt „anélkül, hogy visszahozná őket”. Ez a megjegyzés tovább hangsúlyozza azt a tényt, hogy az események függenek. Valóban, mi van, ha a kinyert golyókat visszaadják? Visszatérő mintavétel esetén a fekete-fehér golyó húzásának valószínűsége nem változik, és egy ilyen feladatban már irányítani kell FÜGGETLEN események valószínűségeinek szorzásának tétele.

Megoldás: összesen az urnában: 4 + 7 = 11 golyó. Megy:

a) Vegye figyelembe az eseményeket - az első golyó fehér lesz, - a második golyó fehér lesz, és határozza meg annak az eseménynek a valószínűségét, hogy az első golyó fehér lesz És 2. fehér.

A valószínűség klasszikus meghatározása szerint: . Tegyük fel, hogy a fehér golyót eltávolítjuk, akkor 10 golyó marad az urnában, ebből 3 fehér, ezért:
– a fehér golyó húzásának valószínűsége a 2. kísérletben, feltéve, hogy korábban fehér golyót húztak.

– annak a valószínűsége, hogy mindkét golyó fehér lesz.

b) Határozza meg annak az eseménynek a valószínűségét, hogy az 1. golyó fekete lesz! És 2. fekete

A klasszikus definíció szerint: – annak a valószínűsége, hogy az 1. kísérletben fekete golyót húznak. Hagyunk egy fekete golyót húzni, akkor 10 golyó marad az urnában, ebből 6 fekete, ezért: – annak a valószínűsége, hogy a 2. kísérletben fekete golyót húznak, feltéve, hogy korábban fekete golyót húztak.

A függő események valószínűségeinek szorzásának tétele szerint:
– annak a valószínűsége, hogy mindkét golyó fekete lesz.

c) Határozza meg az esemény valószínűségét (először a fehér golyót húzzák ki). És majd fekete)

A fehér golyó eltávolítása után (valószínűséggel) 10 golyó marad az urnában, ebből 3 fehér és 7 fekete, így: – annak a valószínűsége, hogy a 2. kísérletben fekete golyót húznak, feltéve, hogy fehér golyót húztak. előtt.

A függő események valószínűségeinek szorzásának tétele szerint:
– a kívánt valószínűség.

Válasz:

Ez a probléma könnyen ellenőrizhető a használatával a teljes csoportot alkotó események valószínűségeinek összeadásának tétele. Ehhez meghatározzuk a 4. hiányzó esemény valószínűségét: – hogy először a fekete golyót húzzák És majd fehér.

Események teljes csoportot alkotnak, így valószínűségeik összege eggyel egyenlő:
, amit ellenőrizni kellett.

És azonnal azt javaslom, hogy ellenőrizze, mennyire jól elsajátította a bemutatott anyagot:

4. probléma

Mennyi annak a valószínűsége, hogy egy 36 lapból álló pakliból egymás után két ászt húznak?

5. probléma

Az urnában 6 fekete, 5 piros és 4 fehér golyó található. Három golyót húznak egymás után. Keresse meg annak a valószínűségét

a) a harmadik golyó fehérnek bizonyul, ha korábban egy fekete és egy piros golyót húztak;
b) az első labda fekete, a második piros és a harmadik fehér lesz.

Megoldások és válaszok az óra végén.

Azt kell mondanunk, hogy a szóban forgó problémák közül sok más módon is megoldható, de a félreértések elkerülése végett talán hallgatok róla.

Valószínűleg mindenki észrevette, hogy függő események olyan esetekben fordulnak elő, amikor egy bizonyos cselekvési láncot hajtanak végre. A cselekvések sorrendje azonban önmagában nem garantálja az események függőségét. Például egy diák véletlenszerűen válaszoljon valamelyik teszt kérdéseire - bár ezek az események egymás után történnek, de az egyik kérdésre adott válasz tudatlansága semmiképpen nem függ más válaszok tudatlanságától =) Bár természetesen itt vannak minták =) Aztán egy teljesen egyszerű példa egy érme ismételt feldobásával - ezt a lenyűgöző folyamatot még így is hívják: ismételt független tesztek.

Igyekeztem a lehető legjobban elhalasztani ezt a pillanatot, és különféle példákat választani, de ha problémák merültek fel független események szorzási tétele lövöldözősök irányítanak, akkor itt igazi urnák inváziója van golyóval =) Ezért nincs menekvés - megint egy urna:

6. probléma

Egy 6 fehér és 4 fekete golyót tartalmazó urnából véletlenszerűen három golyót húznak ki egymás után. Keresse meg annak valószínűségét, hogy:

a) mindhárom golyó fekete lesz;
b) legalább két fekete golyó lesz.

Megoldás:összesen: 6 + 4 = 10 golyó az urnában.

Ebben a feladatban sok esemény lesz, és ebből a szempontból célszerűbb vegyes tervezési stílust alkalmazni, csak a fő eseményeket nagybetűvel jelölni. Remélem, már érti a feltételes valószínűségek kiszámításának elvét.

a) Tekintsük az eseményt: – mindhárom golyó fekete lesz.

A függő események valószínűségeinek szorzásának tétele szerint:

b) A második pont érdekesebb, vegyük figyelembe az eseményt: – legalább két fekete golyó lesz. Ez az esemény 2 összeférhetetlen kimenetelből áll: vagy minden golyó fekete lesz (esemény), vagy 2 golyó fekete és 1 fehér – jelöljük az utolsó eseményt a betűvel.

Az esemény 3 összeférhetetlen eredményt tartalmaz:

az 1. tesztben fehéret vontak ki És a 2.-ban És a 3. tesztekben - fekete golyók
vagy
És a 2.-ban – BS És a 3.-ban – ChS
vagy
az 1. tesztben a BS-t kivonták És a 2. – ChS És a 3.-ban – BS.

Az érdeklődők ennél nehezebb példákkal ismerkedhetnek meg Chudesenko gyűjteménye, amelyben több golyó kerül átadásra. Speciális szurkolók számára megnövelt komplexitású feladatokat kínálok - két egymást követő labdamozgatással az 1-től a 2-ig, a 2-tól a 3-ig, valamint a labda végső kiemelésével az utolsó urnából - lásd a legújabb problémákat a fájlt További problémák a valószínűségi összeadási és szorzási tételekkel kapcsolatban. Egyébként sok más érdekes feladat is van ott.

A cikk végén pedig elemezzük azt a legérdekesebb problémát, amellyel a legelső leckében elcsábítottam =) Nem is elemezzük, hanem egy kis gyakorlati tanulmányt végzünk. A számítások általában túl nehézkesek lesznek, ezért nézzünk meg egy konkrét példát:

Petya valószínűségszámításból vizsgázik, és 20 jegyet jól, 10-et rosszul tud. Tegyük fel, hogy az első napon a csoportból például 16 ember, köztük hősünk tesz vizsgát. Általában a helyzet fájdalmasan ismerős: a diákok egymás után lépnek be az osztályterembe, és kihúzzák a jegyeket.

Nyilvánvaló, hogy a jegyek szekvenciális visszakeresése függő események láncolatát jelenti, és sürgős kérdés: Milyen esetben kap nagyobb valószínűséggel Petya „jó” jegyet - ha „első sorban”, vagy „középen” megy, vagy ha az utolsók között húz jegyet? Mikor van a legjobb idő jönni?

Először is nézzünk meg egy „kísérletileg tiszta” helyzetet, amelyben Petya állandóan tartja az esélyeit - nem kap információt arról, milyen kérdéseket kaptak már osztálytársai, nem tanul semmit a folyosón, sorára várva stb.

Nézzük az eseményt: - Petya lesz az első, aki belép a közönség elé, és kihúz egy „jó” jegyet. A valószínűség klasszikus definíciója szerint: .

Hogyan változik a sikeres jegy megszerzésének valószínűsége, ha a kiváló tanulót, Nastyát megelőzik? Ebben az esetben két ellentmondó hipotézis lehetséges:

– Nastya kisorsol egy „jó” (Petyának) jegyet;
– Nastya „rossz” jegyet fog húzni, i.e. növeli Petya esélyeit.

Az esemény (Petya második lesz és „jó” jegyet kap) válik függő.

1) Tegyük fel, hogy Nastya valószínűséggel „ellopott” egy szerencsés jegyet Petyától. Ekkor 29 jegy marad az asztalon, ebből 19 „jó”. A valószínűség klasszikus definíciója szerint:

2) Most tegyük fel, hogy Nastya valószínűséggel „megmentette” Petyát az 1. „rossz” jegytől. Ezután 29 jegy marad az asztalon, ezek között van még 20 „jó”. A klasszikus definíció szerint:

Az összeegyeztethetetlen események valószínűségeinek összeadásának és a függő események valószínűségének szorzásának tételeit felhasználva kiszámítjuk annak valószínűségét, hogy Petya „jó” jegyet húz a sorban másodikként:

A valószínűség... ugyanaz marad! Oké, nézzük az eseményt: - Petya harmadik lesz, Nastyát és Lenát hagyja előre, és kihúz egy „jó” jegyet.

Lesz itt még több hipotézis: a hölgyek „rabolhatnak” egy úriembertől 2 sikeres jegyet, vagy fordítva – megmenthetik 2 sikertelentől, vagy kivonhatnak 1 „jó” és 1 „rossz” jegyet. Ha hasonló érvelést hajtunk végre és ugyanazokat a tételeket használjuk, akkor... ugyanazt a valószínűségi értéket kapjuk!

Így pusztán matematikai szempontból, mindegy, hogy mikor indulunk, a kezdeti valószínűségek változatlanok maradnak. DE. Ez csak egy átlagos elméleti becslés, így például ha Petya utolsónak megy, az egyáltalán nem jelenti azt, hogy kezdeti esélyeinek megfelelően 10 „jó” és 5 „rossz” jegy közül választhat. Ez az arány változhat jóra vagy rosszra, de még mindig nem valószínű, hogy a jegyek között lesz „egy ajándék”, vagy fordítva – „puszta horror”. Bár az „egyedi” esetek nincsenek kizárva, még mindig nincs 3 millió sorsjegy, szinte nulla valószínűséggel a nagy nyereménynek. Ezért a „hihetetlen szerencse” vagy a „gonosz sors” túlságosan eltúlzott kijelentések lennének. Még ha Petya csak 3 jegyet tud a 30-ból, akkor az esélye 10%, ami észrevehetően meghaladja a nullát. És személyes tapasztalatból elmondom az ellenkező esetet: vizsga közben analitikus geometria A 28-ból 24 kérdést tudtam jól, így két „rossz” kérdésre bukkantam a jegyen; Számolja ki ennek az eseménynek a valószínűségét :)

A matematika és a „tiszta kísérletezés” jó, de milyen stratégiát és taktikát érdemes még követni? valós körülmények között? Természetesen figyelembe kell venni a szubjektív tényezőket is, például a tanár „kedvezményét” a „bátraknak”, vagy a vizsga végi fáradtságát. Gyakran ezek a tényezők akár döntőek is lehetnek, de a végső megbeszélések során igyekszem nem figyelmen kívül hagyni a további valószínűségi szempontokat:

Ha jól felkészült a vizsgára, akkor valószínűleg jobb, ha „előtérben” megy. Bár van egy teljes jegykészlet, a posztulátum: valószínűtlen események nem következnek be"sokkal nagyobb mértékben működik az Ön számára. Egyetért azzal, hogy sokkal kellemesebb a „30 jegy, ebből 2 rossz” arány, mint a „15 jegy, ebből 2 rossz”. És az, hogy két sikertelen jegy külön vizsgán (és nem az átlagos elméleti becslés szerint!) az asztalon maradnak – ez teljesen lehetséges.

Most nézzük a „Petya szituációt” – amikor a diák elég jól felkészült a vizsgára, de másrészt jól is „úszik”. Más szóval: „többet tud, mint amennyit nem tud”. Ilyenkor célszerű 5-6 embert előre engedni és a közönségen kívül kivárni a megfelelő pillanatot. Cselekedj a helyzetnek megfelelően. Hamarosan érkezni fognak az információk, hogy milyen jegyeket vettek az osztálytársak. (megint függő események!) , és nem kell több energiát pazarolnia „lejátszott” kérdésekre – tanuljon meg és ismételjen meg más jegyeket, ezáltal növelve a siker kezdeti valószínűségét. Ha a vizsgázók „első kötege” egyszerre 3-4 nehéz (az Ön számára személyes) jegytől „mentett meg”, akkor jövedelmezőbb a lehető leggyorsabban eljutni a vizsgára - most jelentősen megnőtt az esély. Lehetőleg ne hagyja ki a pillanatot – csak néhány ember engedjen előre, és az előny valószínűleg elolvad. Ha éppen ellenkezőleg, kevés a „rossz” jegy, várjon. Pár ember után ismét van ez az „anomália”, nagy valószínűséggel, ha nem szűnik meg, akkor elsimul a javából. A „szokásos” és legelterjedtebb esetben van előnye is: a „24 jegy/8 rossz” arány jobb lesz, mint a „30 jegy/10 rossz” arány. Miért? Már nem tíz nehéz jegy van, hanem nyolc! Megkettőzött energiával tanulmányozzuk az anyagot!

Ha jól vagy rosszul vagy felkészülve, akkor természetesen jobb az „utolsó sorokban” menni. (bár eredeti megoldások is lehetségesek, főleg ha nincs vesztenivaló). Kicsi, de még mindig nem nulla a valószínűsége annak, hogy viszonylag egyszerű kérdések + további tömés + sarkantyúk maradnak, amelyeket a lőtt diáktársak fognak adni =) És igen - egy nagyon kritikus helyzetben még mindig ott van a másnap, amikor a csoport második része vizsgázik;-)

Vannak függő és független események. Két eseményt függetlennek nevezünk, ha az egyik esemény bekövetkezése nem változtatja meg a másik bekövetkezésének valószínűségét. Például, ha egy műhelyben két automata vonal üzemel, amelyek a gyártási körülmények miatt nem kapcsolódnak egymáshoz, akkor ezeknek a vonalaknak a leállása független esemény.

Számos rendezvényt hívnak kollektíven független, ha ezek közül bármelyik nem függ semmilyen más eseménytől és a többiek kombinációjától.

Az eseményeket ún függő, ha az egyik befolyásolja a másik valószínűségét. Például két gyártóüzemet egyetlen technológiai ciklus köt össze. Ekkor az egyik meghibásodásának valószínűsége a másik állapotától függ. Az egyik B esemény valószínűségét, amelyet egy másik A esemény bekövetkezését feltételezve számítjuk, nevezzük feltételes valószínűség események B, és P(A|B) jelöljük.

A B esemény A eseménytől való függetlenségének feltétele P(B|A)=P(B), függésének feltétele pedig P(B|A)≠P(B).

Esemény valószínűsége a Bernoulli-tesztekben. Poisson-képlet.

Ismételt független tesztek, Bernoulli tesztek vagy Bernoulli áramkör ilyen teszteket akkor hívunk meg, ha minden tesztnek csak két kimenetele van - az A vagy esemény bekövetkezése, és ezeknek az eseményeknek a valószínűsége változatlan marad az összes tesztnél. Ez az egyszerű véletlenszerű teszttervezés nagy jelentőséggel bír a valószínűségszámításban.

A Bernoulli-tesztek leghíresebb példája egy tisztességes (szimmetrikus és egységes) érme szekvenciális dobásával végzett kísérlet, ahol az A esemény például egy „címer” („farok”) elvesztése.

Legyen valamilyen kísérletben az A esemény valószínűsége egyenlő P(A)=p, akkor , ahol p+q=1. Végezzük el a kísérletet n-szer, feltételezve, hogy az egyes próbák függetlenek, ami azt jelenti, hogy egyik kimenetele sincs összefüggésben az előző (vagy későbbi) kísérletek kimenetelével. Határozzuk meg az A események bekövetkezésének valószínűségét pontosan k-szer, mondjuk csak az első k kísérletben. Legyen az az esemény, hogy n próbában az A esemény pontosan k-szer jelenik meg az első próbálkozásokban. Az eseményt mint

Mivel a kísérleteket függetlennek feltételeztük, akkor

41)[2. oldal] Ha feltesszük a kérdést az A k-szeres esemény bekövetkezésére n próbában véletlenszerű sorrendben, akkor az esemény ábrázolható formában

Ennek az egyenlőségnek a jobb oldalán a különböző tagok száma megegyezik a kísérletek számával n-től k-ig, ezért az események valószínűsége, amelyet jelölni fogunk, egyenlő

Az események sorozata önálló események teljes csoportját alkotja . Valójában az események függetlenségéből nyerjük

Nem valószínű, hogy sokan gondolkodnak azon, hogy ki lehet-e számítani többé-kevésbé véletlenszerű eseményeket. Egyszerűen fogalmazva, lehet tudni, hogy a kocka melyik oldala kerül fel legközelebb? Ezt a kérdést tette fel magának két nagy tudós, akik megalapozták egy olyan tudományt, mint a valószínűségelmélet, amelyben egy esemény valószínűségét meglehetősen alaposan tanulmányozzák.

Eredet

Ha megpróbálunk egy ilyen fogalmat valószínűségszámításként definiálni, akkor a következőket kapjuk: ez a matematika azon ága, amely a véletlenszerű események állandóságát vizsgálja. Természetesen ez a koncepció nem igazán fedi fel a teljes lényeget, ezért szükséges részletesebben megvizsgálni.

Az elmélet megalkotóival szeretném kezdeni. Mint fentebb említettük, ketten voltak, és az elsők között próbálták képletek és matematikai számítások segítségével kiszámítani ennek vagy annak az eseménynek a kimenetelét. Általában véve ennek a tudománynak a kezdetei a középkorban jelentek meg. Abban az időben különböző gondolkodók és tudósok megpróbálták elemezni a szerencsejátékokat, mint például a rulett, a craps és így tovább, így megállapítva egy adott szám kiesésének mintáját és százalékos arányát. Az alapot a fent említett tudósok tették le a XVII.

Munkáikat eleinte nem lehetett nagy teljesítménynek tekinteni ezen a területen, mert csak empirikus tények voltak, a kísérletek pedig vizuálisan, képletek használata nélkül zajlottak. Idővel nagyszerű eredményeket lehetett elérni, amelyek a kockadobás megfigyelésének eredményeként jelentek meg. Ez az eszköz segített az első érthető képletek levezetésében.

Hasonló gondolkodású emberek

Lehetetlen nem megemlíteni egy olyan személyt, mint Christiaan Huygens a „valószínűségelméletnek” nevezett téma tanulmányozása során (az esemény valószínűségét ez a tudomány pontosan lefedi). Ez a személy nagyon érdekes. A fent bemutatott tudósokhoz hasonlóan ő is megpróbálta matematikai képletek formájában levezetni a véletlenszerű események mintáját. Figyelemre méltó, hogy ezt nem Pascallal és Fermat-tal közösen tette, vagyis nem minden műve metszett ezekkel az elmékkel. Huygens arra következtetett

Érdekes tény, hogy munkája jóval a felfedezők munkájának eredményei előtt, vagy inkább húsz évvel korábban jelent meg. Az azonosított fogalmak közül a leghíresebbek:

a valószínűség fogalma, mint a véletlen értéke;
matematikai elvárás diszkrét esetekre;
valószínűségek szorzási és összeadási tételei.

Azt sem lehet nem emlékezni, hogy kik is járultak hozzá jelentős mértékben a probléma vizsgálatához. Saját tesztjeit végezve, bárkitől függetlenül, a nagy számok törvényének bizonyítékát tudta bemutatni. A tizenkilencedik század elején dolgozó Poisson és Laplace tudósok pedig be tudták bizonyítani az eredeti tételeket. Ettől a pillanattól kezdve kezdték használni a valószínűségszámítást a megfigyelések hibáinak elemzésére. Az orosz tudósok, vagy inkább Markov, Csebisev és Djapunov nem hagyhatták figyelmen kívül ezt a tudományt. A nagy zsenik munkája alapján ezt a tantárgyat a matematika egyik ágává hozták létre. Ezek a számok már a 19. század végén működtek, és közreműködésüknek köszönhetően a következő jelenségek igazolódtak:

nagy számok törvénye;
Markov-láncelmélet;
központi határérték tétel.

Tehát a tudomány születésének történetével és az azt befolyásoló főbb emberekkel többé-kevésbé minden világos. Most eljött az idő, hogy minden tényt tisztázzunk.

Alapfogalmak

Mielőtt a törvényekre, tételekre nyúlnánk, érdemes áttanulmányozni a valószínűségszámítás alapfogalmait. Az esemény főszerepet játszik benne. Ez a téma meglehetősen terjedelmes, de enélkül nem lehet minden mást megérteni.

Az esemény a valószínűségszámításban egy kísérlet kimenetelének bármely halmaza. Jó néhány fogalom létezik erről a jelenségről. Így az ezen a területen dolgozó Lotman tudós azt mondta, hogy ebben az esetben arról beszélünk, ami „megtörtént, bár lehet, hogy meg sem történt”.

A véletlenszerű események (a valószínűségelmélet különös figyelmet fordít rájuk) olyan fogalom, amely abszolút minden olyan jelenséget foglal magában, amelynek megvan a lehetősége. Vagy fordítva, ez a forgatókönyv nem fordulhat elő, ha sok feltétel teljesül. Azt is érdemes tudni, hogy a megtörtént jelenségek teljes mennyiségét véletlenszerű események rögzítik. A valószínűségelmélet azt jelzi, hogy minden feltétel folyamatosan ismételhető. Az ő magatartásukat nevezik „tapasztalatnak” vagy „tesztnek”.

Megbízható eseménynek nevezzük azt a jelenséget, amely száz százalékos valószínűséggel megtörténik egy adott tesztben. Ennek megfelelően lehetetlen esemény az, ami nem fog megtörténni.

Egy cselekvéspár kombinációja (feltételesen A és B eset) egyidejűleg előforduló jelenség. AB jelöléssel vannak ellátva.

Az A és B eseménypárok összege C, vagyis ha legalább az egyik megtörténik (A vagy B), akkor C-t kapunk. A leírt jelenség képlete a következőképpen írható fel: C = A + B.

Az inkongruens események a valószínűségszámításban azt jelentik, hogy két eset kizárja egymást. Semmi esetre sem történhetnek egyszerre. Az együttes események a valószínűségszámításban az antipódjuk. Itt azt kell érteni, hogy ha A megtörtént, akkor az semmilyen módon nem akadályozza meg B-t.

Az ellentétes események (a valószínűségszámítás nagyon részletesen foglalkozik velük) könnyen érthető. A legjobb módja annak, hogy megértsük őket az összehasonlítás. Szinte ugyanazok, mint a valószínűségszámításban összeférhetetlen események. De különbségük abban rejlik, hogy a sok jelenség közül egynek mindenképpen meg kell történnie.

Egyenlően valószínű események azok a cselekvések, amelyek ismétlődése egyenlő. Hogy érthetőbb legyen, elképzelhető egy érme feldobása: az egyik oldal elvesztése ugyanilyen valószínűséggel kiesik a másikból.

Könnyebb egy szerencsés eseményt példával tekinteni. Tegyük fel, hogy van egy B és egy A epizód. Az első a kockadobás páratlan számmal, a második pedig az ötös szám megjelenése a kockán. Aztán kiderül, hogy A favorizálja B-t.

A független eseményeket a valószínűségszámításban csak két vagy több esetre vetítik ki, és minden cselekvésnek a másiktól való függetlenségét jelenti. Például A a fejek elvesztése érme feldobásakor, B pedig egy bubi kihúzása a pakliból. Ezek független események a valószínűségszámításban. Ezen a ponton világosabbá vált.

A függő események a valószínűségszámításban is csak egy halmazra megengedettek. Ezek az egyiknek a másiktól való függőségét jelentik, vagyis a B jelenség csak akkor fordulhat elő, ha A már megtörtént, vagy fordítva, nem történt meg, amikor B-nek ez a fő feltétele.

Egy komponensből álló véletlenszerű kísérlet eredménye elemi események. A valószínűség elmélete megmagyarázza, hogy ez egy olyan jelenség, amely csak egyszer fordult elő.

Alapképletek

Tehát fentebb tárgyaltuk az „esemény” és a „valószínűség-elmélet” fogalmát, és megadtuk e tudomány alapfogalmait is. Most itt az ideje, hogy közvetlenül megismerkedjen a fontos képletekkel. Ezek a kifejezések matematikailag megerősítik az összes fő fogalmat egy olyan összetett témában, mint a valószínűségszámítás. Az esemény valószínűsége itt is óriási szerepet játszik.

Érdemes az alapokkal kezdeni, és mielőtt ezekkel kezdenénk, érdemes átgondolni, hogy mik is ezek.

A kombinatorika elsősorban a matematika ága, nagyszámú egész szám vizsgálatával, valamint maguknak a számoknak és elemeiknek különféle permutációival, különféle adatokkal stb. foglalkozik, amelyek számos kombináció megjelenéséhez vezetnek. A valószínűségszámítás mellett ez az ág a statisztika, a számítástechnika és a kriptográfia számára is fontos.

Tehát most áttérhetünk maguknak a képleteknek és azok meghatározásának bemutatására.

Az első a permutációk számának kifejezése, így néz ki:

P_n = n ⋅ (n - 1) ⋅ (n - 2)…3 ⋅ 2 ⋅ 1 = n!

Az egyenletet csak akkor alkalmazzuk, ha az elemek csak az elrendezésük sorrendjében térnek el egymástól.

Most az elhelyezési képletet veszik figyelembe, így néz ki:

A_n^m = n ⋅ (n - 1) ⋅ (n-2) ⋅ ... ⋅ (n - m + 1) = n! : (n - m)!

Ez a kifejezés nemcsak az elem elhelyezési sorrendjére vonatkozik, hanem az összetételére is.

A kombinatorika harmadik egyenletét, és ez egyben az utolsó is, a kombinációk számának képletének nevezik:

C_n^m = n ! : ((n - m))! :m!

A kombináció azokra a kijelölésekre vonatkozik, amelyek nincsenek rendezve, ennek megfelelően ez a szabály vonatkozik rájuk.

Könnyű volt megérteni a kombinatorikai képleteket, most már áttérhet a valószínűségek klasszikus definíciójára. Ez a kifejezés így néz ki:

Ebben a képletben m az A esemény számára kedvező feltételek száma, n pedig az abszolút valamennyi egyformán lehetséges és elemi kimenetel száma.

Nagyon sok kifejezés létezik, a cikk nem terjed ki mindegyikre, de a legfontosabbakat érintjük, mint például az események összegének valószínűségét:

P(A + B) = P(A) + P(B) - ez a tétel csak inkompatibilis események összeadására szolgál;

P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB) - és ez csak a kompatibilisek hozzáadására szolgál.

Az események bekövetkezésének valószínűsége:

P(A ⋅ B) = P(A) ⋅ P(B) - ez a tétel független eseményekre vonatkozik;

(P(A ⋅ B) = P(A) ⋅ P(B∣A); P(A ⋅ B) = P(A) ⋅ P(A∣B)) - és ez a függőre vonatkozik.

Az események listáját az események képlete teszi teljessé. A valószínűségszámítás elmondja nekünk a Bayes-tételt, amely így néz ki:

P(H_m∣A) = (P(H_m)P(A∣H_m)) : (∑_(k=1)^n P(H_k)P(A∣H_k)),m = 1,..., n

Ebben a képletben H 1, H 2, ..., H n a hipotézisek teljes csoportja.

Példák

Ha figyelmesen áttanulmányozza a matematika bármely részét, az nem teljes gyakorlatok és mintamegoldások nélkül. Ugyanígy a valószínűségelmélet is: az események és a példák itt szerves részét képezik, amely megerősíti a tudományos számításokat.

A permutációk számának képlete

Tegyük fel, hogy harminc kártya van egy pakliban, egy értékkel kezdve. Következő kérdés. Hányféleképpen lehet egymásra rakni a paklit úgy, hogy az egyes és kettes értékű kártyák ne legyenek egymás mellett?

A feladat kitűzve, most térjünk rá a megoldására. Először meg kell határoznia harminc elem permutációinak számát, ehhez a fent bemutatott képletet vesszük, kiderül, hogy P_30 = 30!.

E szabály alapján megtudjuk, hány lehetőség van a pakli különböző módon történő behajtására, de ki kell vonnunk belőlük azokat, amelyekben az első és a második lap egymás mellett van. Ehhez kezdjük azzal az opcióval, amikor az első a második felett van. Kiderült, hogy az első kártya huszonkilenc helyet foglalhat el - az elsőtől a huszonkilencedikig, a második pedig a másodiktól a harmincadikig, így összesen huszonkilenc helyet tesz ki egy pár kártya. A többiek viszont huszonnyolc helyet fogadhatnak el, méghozzá tetszőleges sorrendben. Vagyis huszonnyolc kártya átrendezéséhez huszonnyolc lehetőség van P_28 = 28!

Ennek eredményeként kiderül, hogy ha azt a megoldást vesszük figyelembe, amikor az első kártya a második felett van, akkor 29 ⋅ 28 extra lehetőség adódik! = 29!

Ugyanezzel a módszerrel ki kell számítania a redundáns opciók számát abban az esetben, ha az első kártya a második alatt van. Ebből is kiderül, hogy 29 ⋅ 28! = 29!

Ebből következik, hogy 2 ⋅ 29 extra lehetőség van!, míg a pakli összeállításához szükséges módok 30! - 2 ⋅ 29!. Már csak számolni kell.

30! = 29! ⋅ 30; 30!- 2 ⋅ 29! = 29! ⋅ (30 - 2) = 29! ⋅ 28

Most meg kell szoroznia az összes számot egytől huszonkilencig, majd végül mindent 28-cal. A válasz: 2,4757335 ⋅〖10〗^32

Példa megoldás. Képlet az elhelyezési számhoz

Ebben a feladatban azt kell kideríteni, hogy hányféleképpen lehet tizenöt kötetet feltenni egy polcra, de feltéve, hogy összesen harminc kötet van.

A probléma megoldása egy kicsit egyszerűbb, mint az előző. A már ismert képlet segítségével ki kell számítani a harminc, tizenöt kötetes elrendezések teljes számát.

A_30^15 = 30 ⋅ 29 ⋅ 28⋅... ⋅ (30 - 15 + 1) = 30 ⋅ 29 ⋅ 28 ⋅ ... ⋅ 16 = 202 843 204 931 727 30

A válasz ennek megfelelően 202 843 204 931 727 360 000 lesz.

Most vegyünk egy kicsit nehezebb feladatot. Ki kell deríteni, hányféleképpen lehet harminc könyvet elhelyezni két könyvespolcon, tekintve, hogy egy polcon csak tizenöt kötet fér el.

Mielőtt elkezdené a megoldást, szeretném tisztázni, hogy bizonyos problémák többféleképpen is megoldhatók, és ennek két módszere van, de mindkettő ugyanazt a képletet használja.

Ebben a feladatban átveheti a választ az előzőből, mert ott kiszámoltuk, hogy hányszor lehet tizenöt könyvvel megtölteni egy polcot különböző módokon. Kiderült, hogy A_30^15 = 30 ⋅ 29 ⋅ 28 ⋅ ... ⋅ (30 - 15 + 1) = 30 ⋅ 29 ⋅ 28 ⋅ ...⋅ 16.

A második polcot a permutációs képlet segítségével számoljuk ki, mert arra tizenöt könyv helyezhető el, míg csak tizenöt marad. A P_15 = 15! képletet használjuk.

Kiderül, hogy a végösszeg A_30^15 ⋅ P_15 féle lesz, de ezen felül a harminctól tizenhatig terjedő összes szám szorzatát meg kell szorozni az egytől tizenötig terjedő számok szorzatával, végül minden szám szorzatát kapja egytől harmincig, vagyis a válasz 30!

De ez a probléma más módon is megoldható - könnyebben. Ehhez elképzelheti, hogy van egy polc harminc könyv számára. Mindegyik ezen a síkon van elhelyezve, de mivel a feltétel megköveteli, hogy két polc legyen, egy hosszút láttunk félbe, így tizenötből kettőt kapunk. Ebből kiderül, hogy lehet P_30 = 30 lehetőség az elrendezésre!.

Példa megoldás. A szám kombinációjának képlete

Most megvizsgáljuk a kombinatorika harmadik problémájának egy változatát. Ki kell deríteni, hogy hányféleképpen lehet elrendezni tizenöt könyvet, feltéve, hogy harminc teljesen egyforma közül kell választani.

A megoldáshoz természetesen a kombinációk számának képletét kell alkalmazni. A feltételből kiderül, hogy az egyforma tizenöt könyv sorrendje nem lényeges. Ezért először meg kell találnia a harminc, tizenöt könyv kombinációinak teljes számát.

C_30^15 = 30 ! : ((30-15)) ! : 15! = 155 117 520

Ez minden. Ezzel a képlettel a lehető legrövidebb időn belül meg tudtuk oldani ezt a problémát, a válasz ennek megfelelően 155 117 520.

Példa megoldás. A valószínűség klasszikus meghatározása

A fenti képlet segítségével megtalálhatja a választ egy egyszerű problémára. De ez segít abban, hogy világosan lássák és nyomon kövessék a cselekvések előrehaladását.

A probléma kimondja, hogy tíz teljesen egyforma golyó van az urnában. Ebből négy sárga és hat kék. Egy golyót vesznek ki az urnából. Meg kell találnia a kékedés valószínűségét.

A probléma megoldásához meg kell jelölni a kék golyó megszerzését, mint A eseményt. Ennek a kísérletnek tíz kimenetele lehet, amelyek viszont elemiek és egyformán lehetségesek. Ugyanakkor tízből hat az A eseménynek kedvez. A következő képlettel oldjuk meg:

P(A)=6:10=0,6

Ezt a képletet alkalmazva megtanultuk, hogy a kék golyó megszerzésének valószínűsége 0,6.

Példa megoldás. Az események összegének valószínűsége

Ekkor megjelenik egy lehetőség, amelyet az események összegének valószínűségi képletével lehet megoldani. Tehát a feltétel adott, hogy két doboz legyen, az elsőben egy szürke és öt fehér golyó, a másodikban nyolc szürke és négy fehér golyó. Ennek eredményeként az első és a második dobozból vették el az egyiket. Meg kell találnia, mekkora az esélye annak, hogy a kapott golyók szürkék és fehérek lesznek.

A probléma megoldásához azonosítani kell az eseményeket.

Tehát A - vett egy szürke golyót az első dobozból: P(A) = 1/6.
A’ - az első dobozból is vett egy fehér labdát: P(A") = 5/6.
B - a második dobozból egy szürke golyót távolítottak el: P(B) = 2/3.
B’ - kivett egy szürke labdát a második dobozból: P(B") = 1/3.

A probléma feltételei szerint szükséges, hogy az egyik jelenség megtörténjen: AB’ vagy A’B. A képlet segítségével a következőt kapjuk: P(AB") = 1/18, P(A"B) = 10/18.

Most a valószínűség szorzásának képletét használták. Ezután, hogy megtudja a választ, alkalmaznia kell az összeadás egyenletét:

P = P(AB" + A"B) = P(AB") + P(A"B) = 11/18.

Így oldhat meg hasonló problémákat a képlet segítségével.

A lényeg

A cikk a "valószínűségelmélet" témával kapcsolatos információkat közölt, amelyben az esemény valószínűsége létfontosságú szerepet játszik. Természetesen nem mindent vettek figyelembe, de a bemutatott szöveg alapján elméletileg megismerkedhet a matematika ezen részével. A szóban forgó tudomány nemcsak szakmai kérdésekben, hanem a mindennapi életben is hasznos lehet. Segítségével bármilyen esemény lehetőségét kiszámíthatja.

A szöveg kitért a valószínűségelmélet, mint tudomány kialakulásának történetének jelentős dátumaira, illetve azon személyek nevére is, akiknek munkáját ebbe fektették. Az emberi kíváncsiság így vezetett oda, hogy az emberek megtanulták kiszámítani a véletlenszerű eseményeket is. Valaha egyszerűen ez érdekelte őket, de ma már mindenki tud róla. És senki sem fogja megmondani, mi vár ránk a jövőben, milyen ragyogó felfedezések születnek még a vizsgált elmélettel kapcsolatban. De egy biztos: a kutatás nem áll meg!

A valószínűség definíciói

Klasszikus meghatározás

A valószínűség klasszikus "definíciója" a fogalomból származik esélyegyenlőség mint a vizsgált jelenségek objektív tulajdonsága. Az esélyegyenlőség egy meghatározatlan fogalom, és a vizsgált jelenségek szimmetriájának általános megfontolások alapján jön létre. Például egy érme feldobásakor azt feltételezik, hogy az érme feltételezett szimmetriája, az anyag homogenitása és a feldobás véletlenszerűsége (pártatlansága) miatt nincs ok a „farkat” előnyben részesíteni a „fejekkel”, ill. fordítva, vagyis ezeknek az oldalaknak az előfordulása egyformán lehetségesnek (egyformán valószínűnek) tekinthető.

Az általános esetben az esélyegyenlőség fogalma mellett a klasszikus definíció megköveteli az elemi esemény (eredmény) fogalmát is, függetlenül attól, hogy az kedvező-e az A vizsgált eseménynek, vagy sem. Olyan kimenetelekről beszélünk, amelyek bekövetkezése kizárja más kimenetelek előfordulásának lehetőségét. Ezek összeférhetetlen elemi események. Például egy kockával dobáskor egy adott szám eltalálása kizárja a többi szám megjelenését.

A valószínűség klasszikus definíciója a következőképpen fogalmazható meg:

Egy véletlenszerű esemény valószínűsége A számaránynak nevezzük n az eseményt alkotó összeférhetetlen, egyformán valószínű elemi események A , az összes lehetséges elemi esemény számához N :

Tegyük fel például, hogy két dobókockával dobunk fel. Az egyformán lehetséges kimenetelek (elemi események) teljes száma nyilvánvalóan 36 (6 lehetőség minden kockán). Becsüljük meg a 7 pont megszerzésének valószínűségét. 7 pont a következő módokon szerezhető: 1+6, 2+5, 3+4, 4+3, 5+2, 6+1. Vagyis csak 6 egyformán lehetséges kimenetel van, amely kedvez az A eseménynek – 7 pont megszerzése. Ezért a valószínűség 6/36=1/6 lesz. Összehasonlításképpen a 12 vagy 2 pont megszerzésének valószínűsége csak 1/36-6-szor kisebb.

Geometriai meghatározás

Annak ellenére, hogy a klasszikus definíció intuitív és gyakorlatból származik, legalábbis nem alkalmazható közvetlenül abban az esetben, ha az egyformán lehetséges kimenetelek száma végtelen. A végtelen számú lehetséges kimenet szembetűnő példája egy korlátozott G geometriai tartomány, például egy síkon, S területtel. Egy véletlenszerűen „eldobott” „pont” azonos valószínűséggel a tartomány bármely pontjára kerülhet. A feladat az, hogy meghatározzuk annak valószínűségét, hogy egy pont egy s területű g alrégióba esik. Ebben az esetben a klasszikus definíciót általánosítva az aldomainbe jutás valószínűségének geometriai definíciójához juthatunk:

Ez a valószínűség a kiegyenlíthetőség miatt nem a g tartomány alakjától, csak a területétől függ. Ez a meghatározás természetesen általánosítható bármilyen dimenziójú térre, ahol a terület helyett a „térfogat” fogalma is használható. Ráadásul éppen ez a meghatározás vezet a valószínűség modern axiomatikus definíciójához. A térfogat fogalmát valamilyen absztrakt halmaz „mértéke” fogalmára általánosítják, amelyre ugyanazok a követelmények vonatkoznak, mint a „térfogat” geometriai értelmezésben - mindenekelőtt ezek a nem-negativitás és az additivitás.

Gyakoriság (statisztikai) definíció

A klasszikus definíció összetett problémák mérlegelésekor leküzdhetetlen természetű nehézségekbe ütközik. Különösen bizonyos esetekben előfordulhat, hogy nem lehet azonosan valószínű eseteket azonosítani. Mint tudjuk, még egy érme esetében is egyértelműen nem egyformán valószínű az „él” kiesésének lehetősége, ami elméleti megfontolásból nem értékelhető (csak azt mondhatjuk, hogy nem valószínű, és ez a megfontolás inkább gyakorlati). Ezért még a valószínűségelmélet kialakulásának hajnalán javasoltak a valószínűség alternatív „gyakorisági” definícióját. Formálisan ugyanis a valószínűség úgy definiálható, mint az A esemény megfigyelési gyakoriságának határa, feltételezve a megfigyelések homogenitását (vagyis az összes megfigyelési feltétel azonosságát) és egymástól való függetlenségét:

ahol a megfigyelések száma, és az esemény előfordulásának száma.

Annak ellenére, hogy ez a definíció inkább egy ismeretlen valószínűség becslésének módját jelöli - nagyszámú homogén és független megfigyelés révén -, ez a definíció mégis tükrözi a valószínűség fogalmának tartalmát. Ugyanis, ha egy eseményhez egy bizonyos valószínűséget rendelünk, mint annak lehetőségének objektív mércéjét, akkor ez azt jelenti, hogy rögzített feltételek és ismétlődő ismétlődések esetén közeli előfordulási gyakoriságot kell kapnunk (minél közelebb van, annál több megfigyelés van). Valójában ez a valószínűség fogalmának eredeti jelentése. A természeti jelenségek objektivista szemléletén alapul. Az alábbiakban az ún. nagy számok törvényeit fogjuk megvizsgálni, amelyek elméleti alapot adnak (az alábbiakban vázolt modern axiomatikus megközelítés keretein belül), beleértve a valószínűség gyakorisági becslését is.

Axiomatikus definíció

A modern matematikai megközelítésben a valószínűség adott Kolmogorov axiomatikája. Feltételezhető, hogy néhány elemi események tere. Ennek a térnek a részhalmazait úgy értelmezzük véletlenszerű események. Egyes részhalmazok (események) egyesülése (összege) az eseményből álló eseményként értelmezhető legalább egy ezektől az eseményektől. A részhalmazok (események) metszéspontja (szorzata) olyan eseményként értelmezendő, amely az előfordulásból áll. mindenki ezeket az eseményeket. A diszjunkt halmazokat úgy értelmezzük összeegyeztethetetlen események (közös offenzívájuk lehetetlen). Ennek megfelelően az üres halmaz azt jelenti lehetetlen esemény.

Valószínűség ( valószínűségi mérték) nak, nek hívják intézkedés(numerikus függvény), amely események halmazán van definiálva, és a következő tulajdonságokkal rendelkezik:

Ha az elemi események tere X Biztosan, akkor tetszőleges két inkompatibilis eseményre elegendő a megadott additív feltétel, amelyből az additivitás következik bármely végső nem kompatibilis események száma. Az elemi események végtelen (megszámlálható vagy megszámlálhatatlan) tere esetén azonban ez a feltétel nem elegendő. Az úgynevezett megszámlálható vagy szigma additív, vagyis az additív tulajdonság teljesülése bármely nem több, mint megszámlálható páronként összeférhetetlen események családjai. Erre azért van szükség, hogy biztosítsuk a valószínűségi mérték „folytonosságát”.

Előfordulhat, hogy a valószínűségi mérték nem definiálható a halmaz összes részhalmazához. Feltételezhető, hogy bizonyos esetekben meg van határozva szigma algebra részhalmazok . Ezeket a részhalmazokat ún mérhető adott valószínűségi mérték szerint pontosan véletlenszerű események. Egy halmazt - azaz elemi események halmazát, részhalmazainak szigma-algebráját és egy valószínűségi mértéket - ún. valószínűségi tér.

Folyamatos valószínűségi változók. A diszkrét valószínűségi változókon kívül, amelyek lehetséges értékei véges vagy végtelen számsort alkotnak, amelyek nem töltenek ki teljesen egyetlen intervallumot sem, gyakran vannak olyan valószínűségi változók, amelyek lehetséges értékei egy bizonyos intervallumot alkotnak. Ilyen valószínűségi változó például egy adott méretű alkatrész névleges értékétől való eltérése megfelelően beállított technológiai folyamat mellett. Ez a fajta valószínűségi változó nem adható meg a valószínűségi eloszlás törvényével p(x). Ezek azonban megadhatók a valószínűségi eloszlásfüggvénnyel F(x). Ez a függvény pontosan ugyanúgy definiálható, mint egy diszkrét valószínűségi változó esetében:

Így itt is a függvény F(x) a teljes számegyenesen definiált, és az értéke a pontban x egyenlő annak a valószínűségével, hogy a valószínűségi változó kisebb értéket vesz fel, mint x. A (19) képlet és az 1° és 2° tulajdonságok bármely valószínűségi változó eloszlásfüggvényére érvényesek. A bizonyítást a diszkrét mennyiséghez hasonlóan hajtjuk végre. A valószínűségi változót ún folyamatos, ha erre van nemnegatív darabonkénti folytonos függvény*, amely bármely értékre kielégítő x egyenlőség

Az integrál mint terület geometriai jelentése alapján azt mondhatjuk, hogy az egyenlőtlenségek teljesülésének valószínűsége megegyezik egy görbe vonalú trapéz alapterületével. , amelyet fent a görbe határol (6. ábra).

óta, és a (22) képlet alapján

Figyeljük meg, hogy folytonos valószínűségi változó esetén az eloszlásfüggvény F(x) bármely ponton folyamatos x, ahol a függvény folytonos. Ez abból következik, hogy F(x) ezeken a pontokon differenciálható. A (23) képlet alapján, feltételezve x 1 =x, , nekünk van

A funkció folytonossága miatt F(x) azt kapjuk

Ennélfogva

És így, nulla annak a valószínűsége, hogy egy folytonos valószínűségi változó bármilyen egyetlen x értéket felvehet. Ebből következik, hogy az egyes egyenlőtlenségek beteljesüléséből álló események

Ugyanolyan valószínűségűek, pl.

Valójában pl.

mert Megjegyzés. Mint tudjuk, ha egy esemény lehetetlen, akkor bekövetkezésének valószínűsége nulla. A valószínűség klasszikus definíciójával, amikor a teszteredmények száma véges, a fordított állítás is érvényes: ha egy esemény valószínűsége nulla, akkor az esemény lehetetlen, mivel ebben az esetben egyik teszteredmény sem kedvez neki. Folytonos valószínűségi változó esetén a lehetséges értékeinek száma végtelen. Annak a valószínűsége, hogy ez a mennyiség egy meghatározott értéket vesz fel x 1 mint láttuk, egyenlő nullával. Ebből azonban nem következik, hogy ez az esemény lehetetlen, hiszen a teszt eredményeként a valószínűségi változó különösen felveheti az értéket. x 1 . Ezért egy folytonos valószínűségi változó esetén érdemes arról beszélni, hogy a valószínűségi változó milyen valószínűséggel esik az intervallumba, és nem arról, hogy milyen valószínűséggel vesz fel valamilyen meghatározott értéket. Így például egy henger készítésénél nem érdekel bennünket, hogy az átmérője megegyezik-e a névleges értékkel. Számunkra az a fontos, hogy a görgő átmérője a tűréshatáron belül legyen. Példa. A folytonos valószínűségi változó eloszlássűrűsége a következő:

A függvénygrafikon a ábrán látható. 7. Határozza meg annak valószínűségét, hogy egy valószínűségi változó olyan értéket vesz fel, amely kielégíti az egyenlőtlenségeket, Határozza meg egy adott valószínűségi változó eloszlásfüggvényét! ( Megoldás)

A következő két bekezdés a gyakorlatban gyakran előforduló folytonos valószínűségi változók eloszlásainak – egységes és normál eloszlásoknak – szentelődik.

* Egy függvényt szakaszonként folytonosnak nevezünk a teljes számegyenesen, ha bármely szakaszon folytonos, vagy véges számú első típusú szakadási pontja van. ** A véges alsó korlát esetén levezetett változó felső határú integrál differenciálására vonatkozó szabály a végtelen alsó határú integrálokra is érvényben marad. Valóban,

Mivel az integrál

állandó érték van.

Függő és független események. Feltételes valószínűség

3. példa Az érmét kétszer dobják fel. A „címer” megjelenésének valószínűsége az első tárgyalásban (esemény ) nem függ a „címer” megjelenésétől vagy meg nem jelenésétől a második tárgyalásban (esemény ). Az viszont, hogy a második tesztben milyen valószínűséggel jelenik meg a „címer”, nem függ az első teszt eredményétől. Így az események mindketten függetlenek.

Számos rendezvényt hívnak kollektíven független , ha ezek közül bármelyik nem függ semmilyen más eseménytől és a többiek kombinációjától.

Az eseményeket ún függő , ha az egyik befolyásolja a másik valószínűségét. Például két gyártóüzemet egyetlen technológiai ciklus köt össze. Ekkor az egyik meghibásodásának valószínűsége a másik állapotától függ. Egy esemény valószínűségét, amelyet egy másik esemény bekövetkezését feltételezve számítjuk, ún feltételes valószínűség eseményeket, és jelöli.

Egy esemény eseménytől való függetlenségének feltétele az alakba, a függésének feltétele pedig az alakba van írva. Nézzünk egy példát egy esemény feltételes valószínűségének kiszámítására.

4. példa A doboz 5 darab vágót tartalmaz: kettő kopott és három új. A metszőfogak két egymást követő kihúzását végezzük. Határozza meg annak feltételes valószínűségét, hogy a második kihúzás során elhasználódott vágószerszám jelenik meg, feltéve, hogy az első alkalommal eltávolított vágó nem kerül vissza a dobozba.

Megoldás. Jelöljük az első esetben egy elhasználódott vágó kihúzását, és - egy új kihúzását. Akkor . Mivel az eltávolított maró nem kerül vissza a dobozba, megváltozik a kopott és az új marók mennyisége közötti arány. Következésképpen az elhasználódott vágószerszám eltávolításának valószínűsége a második esetben attól függ, hogy milyen esemény történt korábban.

Jelöljük azt az eseményt, amely a második esetben egy elhasználódott maró eltávolítását jelenti. Ennek az eseménynek a valószínűsége a következő lehet:

Ezért egy esemény valószínűsége attól függ, hogy az esemény megtörtént-e vagy sem.

Valószínűségi sűrűség- Valószínűségi mérték megadásának egyik módja az euklideszi térben. Abban az esetben, ha a valószínűségi mérték egy valószínűségi változó eloszlása, akkor beszélünk sűrűségvalószínűségi változó.

Valószínűségi sűrűség Legyen egy valószínűségi mérték on, azaz egy valószínűségi tér van definiálva, ahol jelöli a Borel σ-algebrát on. Jelölje a Lebesgue mértéket on.

1. definíció. Egy valószínűséget abszolút folytonosnak mondunk (a Lebesgue-mértékhez képest) (), ha bármely nulla Lebesgue-mérték Borel-halmazának valószínűsége is nulla:

Ha a valószínűség abszolút folytonos, akkor a Radon-Nikodym-tétel szerint létezik olyan nemnegatív Borel-függvény,

ahol a gyakori rövidítést használjuk , az integrál pedig Lebesgue-i értelemben értendő.

2. definíció.Általánosabb formában legyen tetszőleges mérhető tér, és és két mérték ezen a téren. Ha van nem negatív, amely lehetővé teszi, hogy a mértéket a formában lévő mérték szerint fejezzük ki

akkor olyan függvényt nevezünk sűrűség mértéke mint , vagy Radon-Nikodym származék mérték a mértékhez viszonyítva , és jelölje