Nezdružljivi in neodvisni dogodki. Teorem o množenju verjetnosti. Skupna verjetnost dogodka

Naučili smo se tudi reševati standardne probleme s samostojnimi dogodki, zdaj pa sledi veliko bolj zanimivo nadaljevanje, ki nam ne bo omogočilo le osvajanja nove snovi, ampak morda tudi praktično vsakodnevno pomoč.

Naj na kratko ponovimo, kaj je neodvisnost dogodkov: dogodki so NEODVISNI, če je verjetnost katerega od njih ni odvisno od pojava ali nenastopa drugega dogodka. Najenostavnejši primer je met dveh kovancev. Verjetnost glav ali repov na enem kovancu ni na noben način odvisna od rezultata meta drugega kovanca.

Pojem odvisnosti dogodkov vam je prav tako znan in čas je, da si ga podrobneje ogledate.

Najprej razmislite o tradicionalnem nizu, sestavljenem iz dveh dogodkov: dogodek je odvisen , če je poleg naključnih dejavnikov njegova verjetnost odvisna od pojava ali nenastopa dogodka. Verjetnost dogodka, izračunana ob predpostavki, da dogodek se je že zgodilo, poklical pogojna verjetnost pojav dogodka in je označen z . V tem primeru se dogodki kličejo odvisni dogodki (čeprav je strogo gledano le eden od njih odvisen).

Karte v roki:

Problem 1

Iz kompleta 36 kart se zaporedno izvlečeta 2 karti. Poiščite verjetnost, da bo druga karta srce, če prej:

a) izvlečen je bil črv;
b) je bila izvlečena karta druge barve.

rešitev: upoštevajte dogodek: – druga karta bo srce. Popolnoma jasno je, da je verjetnost tega dogodka odvisna od tega, ali je bil prej izvlečen črv ali ne.

a) Če je bilo najprej izvlečeno srce (dogodek), ostane v kompletu 35 kart, med katerimi je zdaj 8 kart srčka. Avtor: klasična definicija:
glede na to, da so pred tem izvlekli tudi črva.

b) Če je bila najprej izvlečena karta druge barve (dogodek), je vseh 9 srčkov ostalo v kompletu. Avtor: klasična definicija:
– verjetnost, da bo druga karta srce glede na to da je bila prej izvlečena karta druge barve.

Vse je logično - če je verjetnost črpanja src iz polnega krova , potem se bo ob izvlečenju naslednje karte podobna verjetnost spremenila: v prvem primeru se bo zmanjšala (ker je manj srčkov), v drugem pa se bo povečalo: (ker so vsa srca ostala v špilu).

Odgovori:

Seveda je lahko več odvisnih dogodkov. Dokler je problem še topel, dodajmo še to: – s tretjo karto bo izvlečen srček. Recimo, da se je zgodil dogodek in nato dogodek; potem je v kompletu še 34 kart, vključno s 7 srčki. Avtor: klasična definicija:
– verjetnost, da se dogodek zgodi glede na to da sta bila prej narisana dva srca.

Za samostojno usposabljanje:

Problem 2

V kuverti je 10 srečk, od tega 3 dobitne. Vstopnice se zaporedno odstranjujejo iz ovojnice. Poiščite verjetnosti, da:

a) zmagovalna bo 2. izžrebana srečka, če je bila zmagovalna prva;
b) 3. bo zmagovalna, če sta bila zmagovalna prejšnja dva listka;
c) 4. bo zmagovalni, če so bili prejšnji lističi zmagovalni.

Kratka rešitev s komentarji na koncu lekcije.

Zdaj pa bodimo pozorni na eno bistveno pomembno točko: v obravnavanih primerih je bilo treba najti le pogojne verjetnosti, medtem ko prejšnji dogodki veljajo za zanesljive. Toda v resnici so tudi naključni! Tako je v »greti« nalogi žrebanje srčkov iz polnega kompleta naključen dogodek, katerega verjetnost je enaka .

V praksi je veliko pogosteje treba najti verjetnost sočasno pojavljanje odvisni dogodki. Kako na primer najti verjetnost dogodka, sestavljenega iz polnega kompleta volja izvlečen črv in potem še srce? Odgovor na to vprašanje daje

izrek za množenje verjetnosti odvisnih dogodkov: verjetnost skupnega nastopa dveh odvisnih dogodkov je enaka zmnožku verjetnosti enega od njiju s pogojno verjetnostjo drugega, izračunano ob predpostavki, da se je prvi dogodek že zgodil:

V našem primeru:
– verjetnost, da bosta iz celotnega kompleta izžrebana 2 srčka zapored.

Enako:
– verjetnost, da bo prva izvlečena karta druge barve in potem srce.

Verjetnost dogodka se je izkazala za opazno večjo od verjetnosti dogodka, ki je bila na splošno očitna brez izračunov.

In seveda vam ni treba posebej upati, da bo od kuverte z desetimi srečkami (Naloga 2) izžrebali boste 3 dobitne lističe zapored:
vendar je to še vedno velikodušna priložnost.

Da, popolnoma drži - izrek o množenju verjetnosti odvisnih dogodkov se seveda razširi na večje število le-teh.

Gradivo utrdimo z več tipičnimi primeri:

Problem 3

V žari so 4 bele in 7 črnih kroglic. Iz žare se naključno izvlečeta dve krogli, ena za drugo, ne da bi ju zamenjali. Poiščite verjetnost, da:

a) obe žogi bosta beli;
b) obe žogi bosta črni;
c) najprej bo izžrebana bela krogla, nato pa črna.

Upoštevajte kvalifikator "ne da bi jih vrnili nazaj." Ta komentar dodatno poudarja dejstvo, da so dogodki odvisni. Kaj pa, če se izvlečene žoge vrnejo nazaj? V primeru povratnega vzorčenja se verjetnosti izvlečenja črno-bele krogle ne bodo spremenile in pri takem problemu je treba že voditi izrek množenja verjetnosti NEODVISNIH dogodkov.

rešitev: skupaj v žari: 4 + 7 = 11 kroglic. Pojdi:

a) Upoštevajte dogodke - prva krogla bo bela, - druga krogla bo bela in ugotovite verjetnost dogodka, da bo 1. krogla bela in 2. bela.

Po klasični definiciji verjetnosti: . Recimo, da je bela krogla odstranjena, potem bo v žari ostalo 10 kroglic, vključno s 3 belimi, torej:
– verjetnost izvlečenja bele kroglice v 2. poskusu, pod pogojem, da je bila bela kroglica izvlečena pred tem.

– verjetnost, da bosta obe žogi beli.

b) Poiščite verjetnost dogodka, da bo 1. krogla črna in 2. črna

Po klasični definiciji: – verjetnost, da bo v 1. poskusu izvlečena črna kroglica. Naj bo izvlečena črna krogla, potem bo v žari ostalo 10 kroglic, vključno s 6 črnimi, torej: – verjetnost, da bo v 2. poskusu izvlečena črna kroglica, pod pogojem, da je bila prej izvlečena črna kroglica.

Po izreku množenja verjetnosti odvisnih dogodkov:
– verjetnost, da bosta obe žogi črni.

c) Poiščite verjetnost dogodka (prva bo izžrebana bela kroglica in potem črna)

Po odstranitvi bele kroglice (z verjetnostjo ) bo v žari ostalo 10 žogic, vključno s 3 belimi in 7 črnimi, torej: – verjetnost, da bo v 2. poskusu izžrebana črna kroglica, če je bila izžrebana bela kroglica prej.

Po izreku množenja verjetnosti odvisnih dogodkov:
– želena verjetnost.

Odgovori:

To težavo je mogoče enostavno preveriti z uporabo izrek za seštevanje verjetnosti dogodkov, ki tvorijo popolno skupino. Da bi to naredili, najdemo verjetnost 4. manjkajočega dogodka: – da bo najprej izžrebana črna kroglica in nato belo.

Dogodki tvorijo popolno skupino, zato mora biti vsota njihovih verjetnosti enaka ena:
, kar je bilo treba preveriti.

In takoj predlagam, da preverite, kako dobro ste obvladali predstavljeno gradivo:

Problem 4

Kakšna je verjetnost, da bosta iz kompleta 36 kart izžrebana dva asa zapored?

Problem 5

V žari je 6 črnih, 5 rdečih in 4 bele kroglice. Zaporedoma se izžrebajo tri kroglice. Poiščite verjetnost, da

a) tretja krogla se bo izkazala za belo, če sta bili prej izžrebani črna in rdeča krogla;
b) prva žoga bo črna, druga rdeča in tretja bela.

Rešitve in odgovori na koncu lekcije.

Povedati je treba, da je veliko obravnavanih problemov mogoče rešiti drugače, a da ne bi prišlo do zmede, bom morda o tem povsem molčal.

Verjetno so vsi opazili, da se odvisni dogodki pojavijo v primerih, ko se izvaja določena veriga dejanj. Vendar zaporedje dejanj samo po sebi ne zagotavlja odvisnosti dogodkov. Recimo, da študent naključno odgovarja na vprašanja nekega testa - čeprav se ti dogodki vrstijo drug za drugim, vendar nepoznavanje odgovora na eno vprašanje nikakor ni odvisno od nepoznavanja drugih odgovorov =) Čeprav, seveda, tukaj so vzorci =) Potem povsem preprost primer z večkratnim metanjem kovanca - temu fascinantnemu procesu se celo reče: ponovljeni neodvisni testi.

Po svojih najboljših močeh sem poskušal odložiti ta trenutek in izbrati različne primere, a če bi imel težave naprej izrek množenja za neodvisne dogodke glavni so strelci, potem je tukaj prava invazija žar z žogicami =) Zato ni pobega - spet žara:

Problem 6

Iz žare, v kateri je 6 belih in 4 črne kroglice, so naključno izžrebane tri kroglice, ena za drugo. Poiščite verjetnost, da:

a) vse tri kroglice bodo črne;
b) tam bosta vsaj dve črni krogli.

rešitev:skupaj: 6 + 4 = 10 žogic v žari.

V tej nalogi bo veliko dogodkov in v zvezi s tem je bolj priporočljivo uporabiti mešani slog oblikovanja, ki z velikimi črkami označuje samo glavne dogodke. Upam, da že razumete princip, po katerem se izračunajo pogojne verjetnosti.

a) Razmislite o dogodku: – vse tri žoge bodo črne.

Po izreku množenja verjetnosti odvisnih dogodkov:

b) Druga točka je bolj zanimiva, upoštevajte dogodek: – tam bosta vsaj dve črni krogli. Ta dogodek je sestavljen iz 2 nezdružljivih rezultatov: ali bodo vse žoge črne (dogodek) ali pa bosta 2 žogi črni in 1 bela - zadnji dogodek označimo s črko .

Dogodek vključuje 3 nezdružljive rezultate:

v 1. testu je bila ekstrahirana bela in v 2 in v 3. testih - črne kroglice
oz
in v 2. – BS in v 3. – ChS
oz
v 1. testu je bil BS ekstrahiran in v 2. – ChS in v 3. – BS.

Zainteresirani se lahko seznanijo s težjimi primeri iz zbirka Chudesenko, v kateri se prenaša več žog. Za posebne ljubitelje ponujam naloge povečane kombinacijske zahtevnosti - z dvema zaporednima premikoma žog iz 1. v 2. žaro, iz 2. v 3. in končnim izvlekom žoge iz zadnje žare - poglejte najnovejše probleme v mapa Dodatne težave o izrekih o seštevanju in množenju verjetnosti. Mimogrede, tam je še veliko drugih zanimivih nalog.

In na koncu tega članka bomo analizirali najbolj zanimiv problem, s katerim sem vas privabil v prvi lekciji =) Ne bomo ga niti analizirali, ampak bomo izvedli majhno praktično študijo. Izračuni na splošno bodo preveč okorni, zato razmislimo o konkretnem primeru:

Petya opravlja izpit iz teorije verjetnosti in zna 20 vstopnic dobro in 10 slabo. Recimo, da prvi dan del skupine, na primer, 16 ljudi, vključno z našim junakom, opravlja izpit. Na splošno je situacija boleče znana: študenti drug za drugim vstopajo v učilnico in vlečejo listek.

Očitno je, da zaporedno pridobivanje vstopnic predstavlja verigo odvisnih dogodkov in nujno vprašanje: V katerem primeru je večja verjetnost, da bo Petja dobil "dober" listek - če gre "v prvi vrsti", ali če gre "na sredino", ali če je med zadnjimi, ki bodo izžrebali listek? Kdaj je najbolje priti?

Najprej razmislimo o "eksperimentalno čisti" situaciji, v kateri Petya ohranja svoje možnosti konstantne - ne prejme informacij o tem, katera vprašanja so njegovi sošolci že prejeli, ničesar se ne nauči na hodniku, čaka na vrsto itd.

Poglejmo dogodek: - Petya bo prvi vstopil v občinstvo in izvlekel "dobro" vstopnico. Po klasični definiciji verjetnosti: .

Kako se bo spremenila verjetnost uspešne vstopnice, če bo odlična učenka Nastja prestala? V tem primeru sta možni dve nedosledni hipotezi:

– Nastja bo izžrebala "dobro" (za Petjo) vozovnico;
– Nastja bo izžrebala "slab" listek, tj. bo povečal Petjine možnosti.

Dogodek (Petya bo prišel drugi in dobil "dobro" vstopnico) postane odvisen.

1) Recimo, da je Nastya z verjetnostjo Petji je »ukradel« eno srečno srečko. Nato bo na mizi ostalo 29 vstopnic, med katerimi je 19 »dobrih«. Po klasični definiciji verjetnosti:

2) Zdaj pa predpostavimo, da Nastja z verjetnostjo "rešil" Petjo iz 1. "slabe" vstopnice. Nato bo na mizi ostalo 29 vstopnic, med katerimi je še 20 “dobrih”. Po klasični definiciji:

Z uporabo izrekov seštevanja verjetnosti nezdružljivih dogodkov in množenja verjetnosti odvisnih dogodkov izračunamo verjetnost, da bo Petya izžrebal "dober" listek, ki bo drugi v vrsti:

Verjetnost... ostaja enaka! V redu, razmislimo o dogodku: - Petja bo šel tretji, pustil Nastji in Leni, da gresta naprej, in izvlekel "dobro" vstopnico.

Tukaj bo več hipotez: dame lahko gospoda "oropajo" 2 uspešnih vstopnic ali obratno - znebijo se 2 neuspešnih ali izvlečejo 1 "dobro" in 1 "slabo" vstopnico. Če izvedemo podobno sklepanje in uporabimo iste izreke, potem ... bomo dobili enako vrednost verjetnosti!

S povsem matematičnega vidika bodo torej začetne verjetnosti ostale nespremenjene, ne glede na to, kdaj naj gremo. AMPAK. To je le povprečna teoretična ocena, tako da, na primer, če bo Petya zadnji, to sploh ne pomeni, da bo imel na izbiro 10 "dobrih" in 5 "slabih" vstopnic glede na njegove začetne možnosti. To razmerje se lahko spreminja na bolje ali na slabše, a vseeno je malo verjetno, da bo med vstopnicami "ena brezplačna" ali obratno - "čista groza". Čeprav "edinstveni" primeri niso izključeni, še vedno ni 3 milijonov srečk s skoraj ničelno verjetnostjo velikega dobitka. Zato bi bili »neverjetna sreča« ali »zla usoda« preveč pretirani izjavi. Tudi če Petya pozna le 3 vstopnice od 30, potem so njegove možnosti 10%, kar je opazno višje od nič. In iz osebnih izkušenj vam povem nasprotni primer: med izpitom analitično geometrijo 24 vprašanj od 28 sem dobro poznal, zato sem na listeku naletel na dve »slabi« vprašanji; Verjetnost tega dogodka izračunajte sami :)

Matematika in »čisti eksperiment« sta dobra, toda kateri strategiji in taktiki je še bolj donosno slediti? v realnih pogojih? Seveda je treba upoštevati subjektivne dejavnike, na primer učiteljev »popust« za »pogumne« ali njegovo utrujenost ob koncu izpita. Pogosto so lahko ti dejavniki celo odločilni, vendar v končnih razpravah ne bom zanemaril dodatnih verjetnostnih vidikov:

Če ste na izpit dobro pripravljeni, potem je verjetno bolje iti »v ospredje«. Medtem ko je na voljo celoten nabor vstopnic, postulat " malo verjetni dogodki se ne zgodijo"deluje za vas v veliko večji meri. Strinjam se, da je veliko bolj prijetno imeti razmerje "30 vstopnic, vključno z 2 slabima" kot "15 vstopnic, vključno z 2 slabima." In dejstvo, da dve neuspešni vstopnici na ločenem izpitu (in ne po povprečni teoretični oceni!) bodo ostali na mizi - čisto možno je.

Zdaj pa razmislimo o "situaciji Petya" - ko je študent precej dobro pripravljen na izpit, po drugi strani pa tudi dobro "plava". Z drugimi besedami, "ve več kot ne ve." V tem primeru je priporočljivo pustiti 5-6 ljudi naprej in počakati na pravi trenutek zunaj občinstva. Delujte v skladu s situacijo. Kmalu bodo začele prihajati informacije o tem, kakšne vstopnice so potegnili sošolci. (spet odvisni dogodki!) , in vam ni treba več izgubljati energije za "odigrana" vprašanja - naučite se in ponovite druge lističe, s čimer povečate začetno verjetnost vašega uspeha. Če vas je "prva serija" izpitnikov "rešila" pred 3-4 težkimi (za vas osebno) vstopnicami naenkrat, potem je bolj donosno priti na izpit čim hitreje - trenutno so se možnosti znatno povečale. Poskusite, da ne zamudite trenutka - le nekaj ljudi pustite naprej in prednost se bo najverjetneje stopila. Če je, nasprotno, malo "slabih" vstopnic, počakajte. Po nekaj ljudeh se ta "anomalija" spet pojavi, z veliko verjetnostjo, če ne izgine, se bo zgladila na bolje. V »običajnem« in najpogostejšem primeru obstaja tudi prednost: razmerje »24 vstopnic/8 slabih« bo boljše od razmerja »30 vstopnic/10 slabih«. Zakaj? Težkih vstopnic ni več deset, ampak osem! Snov preučujemo s podvojeno energijo!

Če ste pripravljeni vseeno ali slabo, potem je seveda bolje iti v “zadnje vrste” (čeprav so možne tudi izvirne rešitve, sploh če ni kaj izgubiti). Obstaja majhna, a še vedno neničelna verjetnost, da boste ostali z razmeroma preprostimi vprašanji + dodatnim nabijanjem + špurami, ki vam jih bodo dajali sošolci, ki so streljali =) In ja - v zelo kritični situaciji je še vedno naslednji dan, ko drugi del skupine opravlja izpit;-)

Obstajajo odvisni in neodvisni dogodki. Dva dogodka imenujemo neodvisna, če pojav enega od njiju ne spremeni verjetnosti pojava drugega. Na primer, če v delavnici obratujeta dve avtomatski liniji, ki zaradi proizvodnih pogojev nista med seboj povezani, so zaustavitve teh linij neodvisni dogodki.

Pokliče se več dogodkov kolektivno neodvisni, če kateri od njih ni odvisen od katerega koli drugega dogodka in od katere koli kombinacije drugih.

Dogodki se imenujejo odvisen, če eden od njih vpliva na verjetnost drugega. Dva proizvodna obrata sta na primer povezana z enim tehnološkim ciklom. Potem je verjetnost okvare enega od njih odvisna od stanja drugega. Imenuje se verjetnost enega dogodka B, izračunana ob predpostavki pojava drugega dogodka A pogojna verjetnost dogodki B in so označeni s P(A|B).

Pogoj za neodvisnost dogodka B od dogodka A zapišemo kot P(B|A)=P(B), pogoj za njegovo odvisnost pa kot P(B|A)≠P(B).

Verjetnost dogodka v Bernoullijevih testih. Poissonova formula.

Ponavljajoči se neodvisni testi, Bernoullijevi testi ali Bernoullijevo vezje takšni testi se razpišejo, če sta za vsak test samo dva izida - pojav dogodka A ali in verjetnost teh dogodkov ostane nespremenjena za vse teste. Ta preprosta zasnova naključnega testa je zelo pomembna v teoriji verjetnosti.

Najbolj znan primer Bernoullijevih testov je eksperiment z zaporednim metanjem poštenega (simetričnega in enakomernega) kovanca, kjer je dogodek A izguba na primer »grba« (»repa«).

Naj bo v nekem poskusu verjetnost dogodka A enaka P(A)=p, potem , kjer je p+q=1. Izvedimo poskus n-krat, pri čemer predpostavimo, da so posamezni poskusi neodvisni, kar pomeni, da izid katerega koli od njih ni povezan z rezultati prejšnjih (ali naslednjih) poskusov. Poiščimo verjetnost pojava dogodkov A točno k-krat, recimo samo v prvih k poskusih. Naj bo dogodek, da se bo v n poskusih dogodek A pojavil natanko k-krat v prvih poskusih. Dogodek lahko predstavljamo kot

Ker smo domnevali, da so poskusi neodvisni, torej

41)[stran2]Če postavimo vprašanje o pojavu dogodka A k-krat v n poskusih v naključnem vrstnem redu, potem lahko dogodek predstavimo v obliki

Število različnih členov na desni strani te enakosti je enako številu poskusov od n do k, zato je verjetnost dogodkov, ki jih bomo označili, enaka

Zaporedje dogodkov tvori popolno skupino neodvisnih dogodkov . Dejansko iz neodvisnosti dogodkov dobimo

Malo verjetno je, da veliko ljudi razmišlja o tem, ali je mogoče izračunati dogodke, ki so bolj ali manj naključni. Preprosto povedano, ali je mogoče vedeti, katera stran kocke bo naslednja? To vprašanje sta si zastavila dva velika znanstvenika, ki sta postavila temelje znanosti, kot je teorija verjetnosti, v kateri se verjetnost dogodka preučuje precej obširno.

Izvor

Če poskusite tak koncept definirati kot teorijo verjetnosti, boste dobili naslednje: to je ena od vej matematike, ki preučuje stalnost naključnih dogodkov. Seveda ta koncept v resnici ne razkriva celotnega bistva, zato ga je treba podrobneje obravnavati.

Rad bi začel z ustvarjalci teorije. Kot že omenjeno, sta bila dva in sta bila ena prvih, ki sta poskušala izračunati izid tega ali onega dogodka s pomočjo formul in matematičnih izračunov. Na splošno so se začetki te vede pojavili v srednjem veku. Takrat so različni misleci in znanstveniki poskušali analizirati igre na srečo, kot so ruleta, craps ipd., ter tako ugotoviti vzorec in odstotek izpada določene številke. Temelje so v sedemnajstem stoletju postavili zgoraj omenjeni znanstveniki.

Njihovih del sprva ni bilo mogoče šteti za velike dosežke na tem področju, saj so bila vse, kar so počeli, le empirična dejstva, poskusi pa so bili izvedeni vizualno, brez uporabe formul. Sčasoma je bilo mogoče doseči odlične rezultate, ki so se pojavili kot posledica opazovanja metanja kock. Prav to orodje je pomagalo izpeljati prve razumljive formule.

Enako misleči ljudje

Nemogoče je ne omeniti takšne osebe, kot je Christiaan Huygens, v procesu preučevanja teme, imenovane "teorija verjetnosti" (verjetnost dogodka je zajeta ravno v tej znanosti). Ta oseba je zelo zanimiva. Tako kot zgoraj predstavljeni znanstveniki je poskušal izpeljati vzorec naključnih dogodkov v obliki matematičnih formul. Omeniti velja, da tega ni storil skupaj s Pascalom in Fermatom, torej se vsa njegova dela niso križala s temi umi. Huygens sklepal

Zanimivo dejstvo je, da je njegovo delo izšlo veliko pred rezultati dela odkriteljev, bolje rečeno, dvajset let prej. Med identificiranimi koncepti so najbolj znani:

koncept verjetnosti kot vrednosti naključja;
matematično pričakovanje za diskretne primere;
izreki množenja in seštevanja verjetnosti.

Nemogoče se je tudi ne spomniti, kdo je prav tako pomembno prispeval k preučevanju problematike. Z izvajanjem lastnih testov, neodvisno od kogar koli, je lahko predložil dokaz zakona velikih števil. Po drugi strani sta znanstvenika Poisson in Laplace, ki sta delala na začetku devetnajstega stoletja, uspela dokazati prvotne izreke. Od tega trenutka se je teorija verjetnosti začela uporabljati za analizo napak v opazovanjih. Ruski znanstveniki oziroma Markov, Čebišev in Djapunov te znanosti niso mogli prezreti. Na podlagi dela velikih genijev so ta predmet uveljavili kot vejo matematike. Te številke so delovale že ob koncu devetnajstega stoletja in zahvaljujoč njihovemu prispevku so bili dokazani naslednji pojavi:

zakon velikih števil;
Markovljeva teorija verige;
centralni mejni izrek.

Torej, z zgodovino rojstva znanosti in z glavnimi ljudmi, ki so nanjo vplivali, je vse bolj ali manj jasno. Zdaj je prišel čas, da se razjasnijo vsa dejstva.

Osnovni pojmi

Preden se dotaknemo zakonov in izrekov, je vredno preučiti osnovne koncepte teorije verjetnosti. Prireditev ima pri tem vodilno vlogo. Ta tema je precej obsežna, vendar brez nje ne bo mogoče razumeti vsega drugega.

Dogodek v teoriji verjetnosti je kateri koli niz rezultatov poskusa. Konceptov tega pojava je kar nekaj. Tako je znanstvenik Lotman, ki dela na tem področju, dejal, da v tem primeru govorimo o tem, kaj se je "zgodilo, čeprav se morda ne bi zgodilo."

Naključni dogodki (teorija verjetnosti jim posveča posebno pozornost) je koncept, ki pomeni absolutno vsak pojav, ki ima možnost, da se zgodi. Ali pa nasprotno, ta scenarij se morda ne bo zgodil, če bo izpolnjenih veliko pogojev. Prav tako je vredno vedeti, da so naključni dogodki tisti, ki zajemajo celoten obseg pojavov, ki so se zgodili. Teorija verjetnosti kaže, da se lahko vsi pogoji nenehno ponavljajo. Njihovo vedenje se imenuje "izkušnja" ali "test".

Zanesljiv dogodek je pojav, za katerega obstaja stoodstotna verjetnost, da se bo zgodil v danem testu. V skladu s tem je nemogoč dogodek tisti, ki se ne bo zgodil.

Kombinacija para dejanj (pogojno primera A in primera B) je pojav, ki se zgodi sočasno. Označeni so kot AB.

Vsota parov dogodkov A in B je C, z drugimi besedami, če se zgodi vsaj eden od njih (A ali B), dobimo C. Formula za opisani pojav je zapisana na naslednji način: C = A + B.

Neskladni dogodki v teoriji verjetnosti pomenijo, da se dva primera med seboj izključujeta. V nobenem primeru se ne morejo zgoditi hkrati. Skupni dogodki so v teoriji verjetnosti njihov antipod. Tukaj je mišljeno, da če se je zgodil A, to na noben način ne prepreči B.

Nasprotne dogodke (teorija verjetnosti jih obravnava zelo podrobno) je enostavno razumeti. Najboljši način za njihovo razumevanje je primerjava. So skoraj enaki nekompatibilnim dogodkom v teoriji verjetnosti. Toda njihova razlika je v tem, da se eden od mnogih pojavov mora zgoditi v vsakem primeru.

Enako verjetni dogodki so tista dejanja, katerih ponavljanje je enako. Da bi bilo bolj jasno, si lahko predstavljate met kovanca: izguba ene njegove strani je enako verjetno, da bo padla iz druge.

Ugoden dogodek je lažje obravnavati s primerom. Recimo, da obstajata epizoda B in epizoda A. Prva je met kocke z lihim številom, druga pa je pojav številke pet na kocki. Potem se izkaže, da A daje prednost B-ju.

Neodvisni dogodki v teoriji verjetnosti so projicirani le na dva ali več primerov in pomenijo neodvisnost katerega koli dejanja od drugega. Na primer, A je izguba glav pri metanju kovanca, B pa vlečenje fanta iz krova. V teoriji verjetnosti so neodvisni dogodki. Na tej točki je postalo bolj jasno.

Tudi odvisni dogodki v teoriji verjetnosti so dopustni samo za množico njih. Predstavljajo odvisnost enega od drugega, to pomeni, da se pojav B lahko pojavi le, če se je A že zgodil ali se, nasprotno, ni zgodil, ko je to glavni pogoj za B.

Rezultat naključnega poskusa, sestavljenega iz ene komponente, so elementarni dogodki. Teorija verjetnosti pojasnjuje, da je to pojav, ki se je zgodil le enkrat.

Osnovne formule

Tako smo zgoraj obravnavali pojma "dogodek" in "teorija verjetnosti", podana je bila tudi definicija osnovnih pojmov te znanosti. Zdaj je čas, da se neposredno seznanimo s pomembnimi formulami. Ti izrazi matematično potrjujejo vse glavne koncepte tako zapletene teme, kot je teorija verjetnosti. Tudi tukaj igra verjetnost dogodka veliko vlogo.

Bolje je začeti z osnovnimi. In preden začnete z njimi, je vredno razmisliti, kaj so.

Kombinatorika je predvsem veja matematike, ukvarja se s preučevanjem ogromnega števila celih števil, pa tudi z različnimi permutacijami samih števil in njihovih elementov, različnih podatkov itd., Kar vodi do pojava številnih kombinacij. Poleg teorije verjetnosti je ta veja pomembna za statistiko, računalništvo in kriptografijo.

Torej, zdaj lahko nadaljujemo s predstavitvijo samih formul in njihove definicije.

Prvi od njih bo izraz za število permutacij, izgleda takole:

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

Enačba se uporabi le, če se elementi razlikujejo le po vrstnem redu njihove razporeditve.

Zdaj bo obravnavana formula umestitve, izgleda takole:

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

Ta izraz velja ne samo za vrstni red postavitve elementa, ampak tudi za njegovo sestavo.

Tretja enačba iz kombinatorike in je tudi zadnja, se imenuje formula za število kombinacij:

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

Kombinacija se nanaša na izbore, ki niso urejeni, zato zanje velja to pravilo.

Kombinatorične formule je bilo enostavno razumeti; zdaj lahko preidete na klasično definicijo verjetnosti. Ta izraz izgleda takole:

V tej formuli je m število ugodnih pogojev za dogodek A, n pa število absolutno vseh enako možnih in osnovnih izidov.

Obstaja veliko število izrazov, članek ne bo zajel vseh, vendar se bomo dotaknili najpomembnejših, kot je na primer verjetnost vsote dogodkov:

P(A + B) = P(A) + P(B) - ta izrek je za seštevanje samo nekompatibilnih dogodkov;

P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB) - in ta je za dodajanje samo združljivih.

Verjetnost dogodkov:

P(A ⋅ B) = P(A) ⋅ P(B) - ta izrek velja za neodvisne dogodke;

(P(A ⋅ B) = P(A) ⋅ P(B∣A); P(A ⋅ B) = P(A) ⋅ P(A∣B)) - in ta je za vzdrževane.

Seznam dogodkov bo dopolnila formula dogodkov. Teorija verjetnosti nam pove o Bayesovem izreku, ki izgleda takole:

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

V tej formuli je H 1, H 2, ..., H n popolna skupina hipotez.

Primeri

Če natančno preučite kateri koli del matematike, ni popoln brez vaj in vzorčnih rešitev. Prav tako teorija verjetnosti: dogodki in primeri so tu sestavni del, ki potrjuje znanstvene izračune.

Formula za število permutacij

Recimo, da je v kompletu kart trideset kart, začenši z vrednostjo ena. Naslednje vprašanje. Na koliko načinov je mogoče zložiti komplet tako, da karte z vrednostjo ena in dve ne bodo ena poleg druge?

Naloga je postavljena, zdaj pa preidimo na njeno rešitev. Najprej morate določiti število permutacij tridesetih elementov, za to vzamemo zgoraj predstavljeno formulo, izkaže se, da je P_30 = 30!.

Na podlagi tega pravila ugotovimo, koliko možnosti je za zlaganje krova na različne načine, vendar moramo od njih odšteti tiste, pri katerih sta prva in druga karta ena poleg druge. Če želite to narediti, začnimo z možnostjo, ko je prvi nad drugim. Izkazalo se je, da lahko prva karta zavzame devetindvajset mest – od prvega do devetindvajsetega, druga karta pa od drugega do tridesetega, kar pomeni skupaj devetindvajset mest za par kart. Ostali lahko sprejmejo osemindvajset mest in v poljubnem vrstnem redu. To pomeni, da je za preurejanje osemindvajsetih kart na voljo osemindvajset možnosti P_28 = 28!

Kot rezultat se izkaže, da če upoštevamo rešitev, ko je prva karta nad drugo, bo 29 ⋅ 28 dodatnih možnosti! = 29!

Z isto metodo morate izračunati število odvečnih možnosti za primer, ko je prva kartica pod drugo. Izkazalo se je tudi, da je 29 ⋅ 28! = 29!

Iz tega sledi, da sta dodatni možnosti 2 ⋅ 29!, medtem ko je potrebnih načinov sestavljanja špila 30! - 2 ⋅ 29!. Ostane le še štetje.

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

Zdaj morate pomnožiti vsa števila od ena do devetindvajset in nato končno vse pomnožiti z 28. Odgovor je 2,4757335 ⋅〖10〗^32

Primer rešitve. Formula za številko umestitve

V tej nalogi morate ugotoviti, na koliko načinov lahko na eno polico postavite petnajst zvezkov, vendar pod pogojem, da je skupaj trideset zvezkov.

Rešitev te težave je nekoliko preprostejša od prejšnje. Po že znani formuli je treba izračunati skupno število priredb tridesetih zvezkov od petnajstih.

A_30^15 = 30 ⋅ 29 ⋅ 28⋅... ⋅ (30 - 15 + 1) = 30 ⋅ 29 ⋅ 28 ⋅ ... ⋅ 16 = 202 843 204 931 727 360 000

Odgovor bo torej enak 202.843.204.931.727.360.000.

Sedaj pa se lotimo malo težje naloge. Ugotoviti morate, na koliko načinov lahko razporedite trideset knjig na dve knjižni polici, glede na to, da je na eni polici le petnajst zvezkov.

Preden se lotim reševanja, bi rad pojasnil, da je nekatere težave mogoče rešiti na več načinov, ta pa ima dva načina, vendar oba uporabljata isto formulo.

V tej nalogi lahko vzamete odgovor iz prejšnje, saj smo tam izračunali, kolikokrat lahko na različne načine napolnite polico s petnajstimi knjigami. Izkazalo se je A_30^15 = 30 ⋅ 29 ⋅ 28 ⋅ ... ⋅ (30 - 15 + 1) = 30 ⋅ 29 ⋅ 28 ⋅ ...⋅ 16.

Drugo polico bomo izračunali s permutacijsko formulo, saj lahko vanjo postavimo petnajst knjig, ostane pa le petnajst. Uporabimo formulo P_15 = 15!.

Izkazalo se je, da bo vsota A_30^15 ⋅ P_15 načinov, vendar bo treba poleg tega zmnožek vseh števil od trideset do šestnajst pomnožiti z zmnožkom števil od ena do petnajst, na koncu boste bo dobil zmnožek vseh števil od ena do trideset, torej je odgovor enak 30!

Toda ta problem je mogoče rešiti drugače - lažje. Če želite to narediti, si lahko predstavljate, da je ena polica za trideset knjig. Vsi so postavljeni na tej ravnini, a ker pogoj zahteva, da sta polici dve, smo eno dolgo razpolovili, tako da dobimo dve od petnajstih. Iz tega se izkaže, da je lahko P_30 = 30 možnosti za ureditev!.

Primer rešitve. Formula za številko kombinacije

Zdaj bomo razmislili o različici tretjega problema iz kombinatorike. Ugotoviti je treba, na koliko načinov je mogoče urediti petnajst knjig, pod pogojem, da morate izbrati med tridesetimi popolnoma enakimi.

Za rešitev bo seveda uporabljena formula za število kombinacij. Iz pogoja postane jasno, da vrstni red enakih petnajstih knjig ni pomemben. Zato morate najprej ugotoviti skupno število kombinacij tridesetih petnajstih knjig.

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

To je vse. S to formulo smo lahko rešili ta problem v najkrajšem možnem času, odgovor je torej 155.117.520.

Primer rešitve. Klasična definicija verjetnosti

Z zgornjo formulo lahko najdete odgovor na preprosto težavo. Toda to bo pomagalo jasno videti in spremljati napredek dejanj.

Problem navaja, da je v žari deset popolnoma enakih kroglic. Od tega so štiri rumene in šest modrih. Iz žare se vzame ena krogla. Ugotoviti morate verjetnost, da postanete modri.

Za rešitev problema je potrebno označiti pridobitev modre krogle kot dogodek A. Ta poskus ima lahko deset izidov, ki pa so elementarni in enako možni. Hkrati jih je od desetih šest ugodnih za dogodek A. Rešujemo po formuli:

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

Z uporabo te formule smo ugotovili, da je verjetnost, da dobimo modro kroglico, 0,6.

Primer rešitve. Verjetnost vsote dogodkov

Zdaj bo predstavljena možnost, ki je rešena s formulo verjetnosti vsote dogodkov. Torej, podan je pogoj, da sta dve škatli, prva vsebuje eno sivo in pet belih kroglic, druga pa osem sivih in štiri bele kroglice. Posledično so enega od njih vzeli iz prve in druge škatle. Ugotoviti morate, kakšna je možnost, da bodo žoge, ki jih dobite, sive in bele.

Za rešitev tega problema je potrebno identificirati dogodke.

Torej, A - je vzel sivo kroglico iz prve škatle: P(A) = 1/6.
A’ - vzel belo kroglico tudi iz prvega polja: P(A") = 5/6.
B - siva krogla je bila odstranjena iz drugega polja: P(B) = 2/3.
B’ - vzel sivo kroglico iz druge škatle: P(B") = 1/3.

Glede na pogoje problema je nujno, da se zgodi eden od pojavov: AB’ ali A’B. Z uporabo formule dobimo: P(AB") = 1/18, P(A"B) = 10/18.

Zdaj je bila uporabljena formula za množenje verjetnosti. Nato, če želite izvedeti odgovor, morate uporabiti enačbo njihovega dodajanja:

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

Tako lahko s formulo rešite podobne probleme.

Spodnja črta

Članek je predstavil informacije o temi "Teorija verjetnosti", v kateri ima verjetnost dogodka ključno vlogo. Seveda ni bilo upoštevano vse, vendar se lahko na podlagi predstavljenega besedila teoretično seznanite s tem delom matematike. Zadevna znanost je lahko uporabna ne le v poklicnih zadevah, ampak tudi v vsakdanjem življenju. Z njegovo pomočjo lahko izračunate vsako možnost katerega koli dogodka.

Besedilo se je dotaknilo tudi pomembnih datumov v zgodovini oblikovanja teorije verjetnosti kot znanosti in imen ljudi, katerih delo je bilo vloženo vanjo. Tako je človeška radovednost privedla do tega, da so se ljudje naučili izračunati tudi naključne dogodke. Nekoč jih je to preprosto zanimalo, danes pa za to vedo že vsi. In nihče ne bo povedal, kaj nas čaka v prihodnosti, katera druga briljantna odkritja, povezana z obravnavano teorijo, bodo narejena. Nekaj pa je gotovo - raziskave ne mirujejo!

Definicije verjetnosti

Klasična definicija

Klasična "definicija" verjetnosti izhaja iz koncepta enaka možnost kot objektivna lastnost preučevanih pojavov. Enaka možnost je nedefiniran koncept in je vzpostavljen iz splošnih premislekov o simetriji pojavov, ki se proučujejo. Na primer, pri metanju kovanca se domneva, da zaradi domnevne simetrije kovanca, homogenosti materiala in naključnosti (nepristranskosti) meta ni razloga, da bi imeli raje “repe” kot “glave” oz. obratno, to pomeni, da se pojav teh strani lahko šteje za enako možen (enako verjeten) .

Klasična definicija poleg koncepta enake možnosti v splošnem primeru zahteva tudi koncept elementarnega dogodka (izida), ne glede na to, ali je ugoden ali ne za preučevani dogodek A. Govorimo o izidih, katerih nastop izključuje možnost pojava drugih izidov. To so nezdružljivi elementarni dogodki. Na primer, ko mečete kocko, zadetek določene številke izključi prikaz drugih številk.

Klasično definicijo verjetnosti je mogoče formulirati na naslednji način:

Verjetnost naključnega dogodka A se imenuje številčno razmerje n nezdružljivi enako verjetni elementarni dogodki, ki sestavljajo dogodek A , na število vseh možnih elementarnih dogodkov n :

Recimo, da sta vrženi dve kocki. Skupno število enako možnih izidov (elementarnih dogodkov) je očitno 36 (6 možnosti na vsaki kocki). Ocenimo verjetnost, da dobimo 7 točk. Pridobivanje 7 točk je možno na naslednje načine: 1+6, 2+5, 3+4, 4+3, 5+2, 6+1. To pomeni, da je samo 6 enako možnih izidov, ki dajejo prednost dogodku A - pridobitev 7 točk. Zato bo verjetnost enaka 6/36=1/6. Za primerjavo, verjetnost, da dobite 12 točk ali 2 točki, je le 1/36 – 6-krat manj.

Geometrijska definicija

Kljub temu, da je klasična definicija intuitivna in izhaja iz prakse, je vsaj ni mogoče neposredno uporabiti v primeru, ko je število enako možnih rezultatov neskončno. Osupljiv primer neskončnega števila možnih izidov je omejeno geometrijsko območje G, na primer na ravnini s površino S. Naključno "vržena" "točka" z enako verjetnostjo lahko konča na kateri koli točki v tem območju. Težava je določiti verjetnost, da točka pade v določeno podobmočje g s površino s. V tem primeru lahko s posploševanjem klasične definicije pridemo do geometrijske definicije verjetnosti vstopa v poddomeno:

Zaradi enakovrednosti ta verjetnost ni odvisna od oblike območja g, temveč le od njegove površine. To definicijo je seveda mogoče posplošiti na prostor katere koli dimenzije, kjer lahko namesto površine uporabimo koncept "prostornine". Še več, prav ta definicija vodi do sodobne aksiomatske definicije verjetnosti. Koncept prostornine se posploši na koncept "mere" nekega abstraktnega niza, za katerega veljajo iste zahteve, kot jih ima "prostornina" v geometrijski interpretaciji - najprej sta to nenegativnost in aditivnost.

Frekvenčna (statistična) definicija

Klasična definicija se pri obravnavi kompleksnih problemov srečuje s težavami nepremostljive narave. Zlasti v nekaterih primerih morda ne bo mogoče identificirati enako verjetnih primerov. Tudi pri kovancu, kot vemo, obstaja očitno ne enako verjetna možnost izpada »roba«, ki je iz teoretičnih razmislekov ni mogoče oceniti (lahko rečemo le, da je malo verjetna in da je ta razmislek precej praktično). Zato je bila že ob zori oblikovanja teorije verjetnosti predlagana alternativna "frekvenčna" definicija verjetnosti. Formalno lahko namreč verjetnost definiramo kot mejo pogostosti opazovanj dogodka A, ob predpostavki homogenosti opazovanj (torej enakosti vseh pogojev opazovanja) in njihove medsebojne neodvisnosti:

kjer je število opazovanj in je število pojavitev dogodka.

Kljub dejstvu, da ta definicija bolj nakazuje način za ocenjevanje neznane verjetnosti - z velikim številom homogenih in neodvisnih opazovanj - vseeno ta definicija odraža vsebino koncepta verjetnosti. Namreč, če je dogodku pripisana določena verjetnost kot objektivno merilo njegove možnosti, potem to pomeni, da bi ob določenih pogojih in ponavljajočih se ponovitvah morali dobiti pogostost njegovega pojavljanja blizu (bližje kot je več opazovanj). Pravzaprav je to prvotni pomen koncepta verjetnosti. Temelji na objektivističnem pogledu na naravne pojave. V nadaljevanju bomo obravnavali tako imenovane zakone velikih števil, ki zagotavljajo teoretično osnovo (v okviru sodobnega aksiomatskega pristopa, ki je opisan spodaj), tudi za frekvenčno oceno verjetnosti.

Aksiomatska definicija

V sodobnem matematičnem pristopu je verjetnost podana Kolmogorova aksiomatika. Predvideva se, da nekateri prostor elementarnega dogajanja. Podmnožice tega prostora se razlagajo kot naključni dogodki. Združitev (vsota) nekaterih podmnožic (dogodkov) se razlaga kot dogodek, sestavljen iz pojava vsaj en od teh dogodkov. Presek (produkt) podmnožic (dogodkov) se razlaga kot dogodek, ki je sestavljen iz pojava vsi teh dogodkov. Disjunktne množice se razlagajo kot nezdružljivo dogodkov (njihova skupna ofenziva je nemogoča). V skladu s tem prazna množica pomeni nemogoče dogodek.

Verjetnost ( verjetnostna mera) je poklican ukrep(numerična funkcija), definirana na nizu dogodkov, ki ima naslednje lastnosti:

Če je prostor elementarnih dogodkov X Vsekakor, potem zadostuje podani pogoj aditivnosti za poljubna dva nekompatibilna dogodka, iz katerega bo sledila aditivnost za kateri koli dokončnoštevilo nezdružljivih dogodkov. Vendar v primeru neskončnega (štetega ali neštetega) prostora elementarnih dogodkov ta pogoj ni zadosten. Tako imenovani števna ali sigma aditivnost, to je izpolnitev lastnosti aditivnosti za katero koli nič več kot prešteti družine parno nezdružljivih dogodkov. To je potrebno za zagotovitev "kontinuitete" verjetnostne mere.

Verjetnostna mera morda ni definirana za vse podmnožice niza. Predvideva se, da je opredeljena pri nekaterih sigma algebra podmnožice . Te podmnožice se imenujejo merljivo glede na dano verjetnostno mero so ravno naključni dogodki. Množica - to je množica elementarnih dogodkov, sigma algebra njenih podmnožic in verjetnostna mera - se imenuje verjetnostni prostor.

Zvezne naključne spremenljivke. Poleg diskretnih naključnih spremenljivk, katerih možne vrednosti tvorijo končno ali neskončno zaporedje števil, ki v celoti ne zapolnijo nobenega intervala, pogosto obstajajo naključne spremenljivke, katerih možne vrednosti tvorijo določen interval. Primer takšne naključne spremenljivke je odstopanje od nazivne vrednosti določene velikosti dela ob ustrezno prilagojenem tehnološkem procesu. Tovrstnih naključnih spremenljivk ni mogoče določiti z zakonom porazdelitve verjetnosti p(x). Vendar jih je mogoče določiti s funkcijo porazdelitve verjetnosti F(x). Ta funkcija je definirana na povsem enak način kot v primeru diskretne naključne spremenljivke:

Tako je tudi tukaj funkcija F(x) definirana na celotni številski premici, njena vrednost pa v točki X je enaka verjetnosti, da bo naključna spremenljivka zavzela vrednost manjšo od X. Formula (19) ter lastnosti 1° in 2° veljajo za porazdelitveno funkcijo poljubne naključne spremenljivke. Dokaz izvedemo podobno kot v primeru diskretne količine. Naključna spremenljivka se imenuje neprekinjeno, če zanj obstaja nenegativna delno zvezna funkcija*, ki izpolnjuje za poljubne vrednosti x enakost

Na podlagi geometrijskega pomena integrala kot ploščine lahko rečemo, da je verjetnost izpolnitve neenakosti enaka ploščini krivokotnega trapeza z osnovo , ki je zgoraj omejena s krivuljo (slika 6).

Ker in na podlagi formule (22)

Upoštevajte, da je za zvezno naključno spremenljivko porazdelitvena funkcija F(x) neprekinjeno na kateri koli točki X, kjer je funkcija zvezna. To izhaja iz dejstva, da F(x) se na teh točkah razlikuje. Na podlagi formule (23) ob predpostavki x 1 =x, , imamo

Zaradi kontinuitete funkcije F(x) to razumemo

Zato

torej verjetnost, da zvezna naključna spremenljivka lahko prevzame katero koli posamezno vrednost x, je enaka nič. Iz tega sledi, da so dogodki, sestavljeni iz izpolnitve vsake od neenakosti

Imajo enako verjetnost, tj.

Pravzaprav je npr.

Ker Komentiraj. Kot vemo, če je dogodek nemogoč, potem je verjetnost njegovega pojava enaka nič. Pri klasični definiciji verjetnosti, ko je število izidov testa končno, velja tudi obratna trditev: če je verjetnost dogodka enaka nič, potem je dogodek nemogoč, saj mu v tem primeru noben izid testa ne daje prednosti. V primeru zvezne naključne spremenljivke je število njenih možnih vrednosti neskončno. Verjetnost, da bo ta količina prevzela določeno vrednost x 1 kot smo videli, je enako nič. Vendar iz tega ne sledi, da je ta dogodek nemogoč, saj lahko kot rezultat testa naključna spremenljivka prevzame zlasti vrednost x 1 . Zato je v primeru zvezne naključne spremenljivke smiselno govoriti o verjetnosti, da naključna spremenljivka pade v interval, in ne o verjetnosti, da bo zavzela neko določeno vrednost. Tako nas na primer pri izdelavi valja ne zanima verjetnost, da bo njegov premer enak nazivni vrednosti. Pomembna nam je verjetnost, da je premer valja znotraj tolerančnega območja. Primer. Gostota porazdelitve zvezne naključne spremenljivke je podana kot sledi:

Funkcijski graf je prikazan na sl. 7. Določite verjetnost, da bo naključna spremenljivka zavzela vrednost, ki zadostuje neenačbam Poiščite porazdelitveno funkcijo dane naključne spremenljivke. ( rešitev)

Naslednja dva odstavka sta posvečena porazdelitvam zveznih naključnih spremenljivk, ki jih v praksi pogosto srečamo – enakomerni in normalni porazdelitvi.

* Funkcijo imenujemo delno zvezna na celotni številski premici, če je zvezna na katerem koli segmentu ali ima končno število diskontinuitetnih točk prve vrste. ** Pravilo za razlikovanje integrala s spremenljivo zgornjo mejo, izpeljano v primeru končne spodnje meje, ostaja v veljavi za integrale z neskončno spodnjo mejo. Prav zares,

Ker je integral

obstaja konstantna vrednost.

Odvisni in neodvisni dogodki. Pogojna verjetnost

Primer 3. Kovanec se vrže dvakrat. Verjetnost, da se »grb« pojavi v prvem poskusu (dogodek ), ni odvisna od pojava ali nepojavitve »grba« v drugem poskusu (dogodek ). Po drugi strani pa verjetnost, da se "grb" pojavi v drugem testu, ni odvisna od rezultata prvega testa. Tako sta oba dogodka neodvisna.

Pokliče se več dogodkov kolektivno neodvisni , če kateri od njih ni odvisen od katerega koli drugega dogodka in od katere koli kombinacije drugih.

Dogodki se imenujejo odvisen , če eden od njih vpliva na verjetnost drugega. Dva proizvodna obrata sta na primer povezana z enim tehnološkim ciklom. Potem je verjetnost okvare enega od njih odvisna od stanja drugega. Imenuje se verjetnost enega dogodka, izračunana ob predpostavki pojava drugega dogodka pogojna verjetnost dogodkov in je označena z .

Pogoj neodvisnosti dogodka od dogodka je zapisan v obliki , pogoj njegove odvisnosti pa v obliki . Oglejmo si primer izračuna pogojne verjetnosti dogodka.

Primer 4. V škatli je 5 rezalnikov: dva nošena in trije novi. Izvedemo dve zaporedni ekstrakciji sekalcev. Določite pogojno verjetnost, da se obrabljen rezilo pojavi med drugim izvlekom, pod pogojem, da se rezilo, odstranjeno prvič, ne vrne v škatlo.

rešitev. Označimo ekstrakcijo obrabljenega rezalnika v prvem primeru in - ekstrakcijo novega. Potem. Ker odstranjenega rezkarja ne vrnemo v škatlo, se spremeni razmerje med količino obrabljenih in novih rezilcev. Posledično je verjetnost odstranitve obrabljenega rezila v drugem primeru odvisna od tega, kateri dogodek se je zgodil prej.

Označimo dogodek, ki pomeni odstranitev obrabljenega rezila v drugem primeru. Verjetnosti tega dogodka so lahko:

Zato je verjetnost dogodka odvisna od tega, ali se je dogodek zgodil ali ne.

Gostota verjetnosti- eden od načinov podajanja verjetnostne mere na evklidskem prostoru. V primeru, ko je verjetnostna mera porazdelitev naključne spremenljivke, govorimo o gostotanaključna spremenljivka.

Gostota verjetnosti Naj je verjetnostna mera na, kar pomeni, da je definiran verjetnostni prostor, kjer označuje Borelovo σ-algebro na. Označimo Lebesguevo mero na.

Definicija 1. Za verjetnost pravimo, da je absolutno zvezna (glede na Lebesguevo mero) (), če ima katera koli Borelova množica Lebesgueove mere nič tudi verjetnost nič:

Če je verjetnost absolutno zvezna, potem v skladu z Radon-Nikodymovim izrekom obstaja nenegativna Borelova funkcija,

kjer se uporablja običajna okrajšava , integral pa razumemo v Lebesgueovem smislu.

Definicija 2. V splošnejši obliki naj bo poljubno merljiv prostor in in dve meri na tem prostoru. Če obstaja nenegativen, ki omogoča izražanje mere v obliki

potem se taka funkcija pokliče merilo gostote kot , oz Radon-Nikodym derivat mere glede na mero , in označujejo

Nezdružljivi in ​​neodvisni dogodki. Teorem o množenju verjetnosti. Skupna verjetnost dogodka