Često nas zanima vjerovatnoća da se nekoliko događaja dogodi istovremeno, kao što su dvije glave na dva bacanja novčića ili barem jedna šestica na dva bacanja kockica. Takve situacije se nazivaju situacije sa više mogućih ishoda.

Korištenje dijagrama stabla

Iako je prilično lako razumjeti da je vjerovatnoća dobijanja glave pri jednom bacanju poštenog novčića ?, nešto je teže intuitivno odrediti vjerovatnoću četiri glave pri četiri bacanja poštenog novčića. Iako se primjer novčića može činiti umjetnim, on je vrlo prikladan za objašnjenje kombinacije vjerovatnoća u više pokušaja. Hajde da uradimo proračune. (Slijedite moje rezonovanje, čak i ako se užasno bojite matematike. Ako proradite kroz primjere, proračuni i matematičko razmišljanje će vam se činiti prilično jednostavnima. Nema potrebe da uzviknete nakon što pogledate sljedećih nekoliko brojeva: „Ne, nema šanse , samo ću to preskočiti. Važno je znati razmišljati o brojevima i o brojevima.)

Na prvom bacanju može se desiti samo jedan od dva moguća ishoda; glave (O) ili repove (P). Šta se dešava ako se novčić baci dvaput? Postoje četiri moguća ishoda: glava oba puta (OO), glava prvi put i rep drugi put (OR), rep prvi put i glava drugi put (RO), i rep oba puta (RR). Budući da postoje četiri moguća ishoda i samo jedan način da se dobiju dvije glave, vjerovatnoća ovog događaja je 1/4 (opet, pretpostavljamo da je novčić "fer", tj. glava i rep su podjednako vjerovatni). Postoji opće pravilo za izračunavanje vjerovatnoće zajedničkog nastupa nekoliko događaja u bilo kojoj situaciji - pravilo "i". Ako želite pronaći vjerovatnoću istovremene pojave prvog i drugi događaj (orao na prvom i pri drugom bacanju), moramo odvojeno pomnožiti vjerovatnoće ovih događaja. Primjenjujući pravilo “i”, nalazimo da je vjerovatnoća da dobijemo dva repa kada se novčić baci dva puta jednaka? x? = 1/4 . Intuitivno se čini da bi vjerovatnoća zajedničkog nastupa dva događaja trebala biti manja od vjerovatnoće svakog od njih zasebno; tako ispada.

Jednostavan način za izračunavanje ove vjerovatnoće se dobija predstavljanjem svih mogućih događaja sa dijagram stabla. Dijagrami stabla su korišteni u poglavlju 4 kada smo testirali valjanost iskaza "ako... onda...". U ovom poglavlju dodijelit ćemo vjerovatnoće vrijednosti granama stabla kako bismo odredili vjerovatnoće različitih kombinacija ishoda. U kasnijim poglavljima vratit ću se dijagramima stabla kada pogledam načine za pronalaženje kreativnih rješenja za probleme.

Kada se prvi put baci novčić, on će pasti ili glavom ili repom. Za "fer" novčić, glava i rep imaju istu vjerovatnoću od 0,5. Zamislimo to ovako:

Kada bacite novčić po drugi put, ili će nakon prve glave slijediti druga glava ili rep, ili će nakon prvog repa slijediti druga glava ili rep. Verovatnoća dobijanja glave i repa pri drugom bacanju je i dalje 0,5. Rezultati drugog bacanja prikazani su na dijagramu kao dodatne grane stabla.

Kao što možete vidjeti iz dijagrama, postoje četiri moguća ishoda. Možete koristiti ovo stablo da pronađete vjerovatnoće drugih događaja. Kolika je vjerovatnoća da dobijete jednu glavu na dva bacanja novčića? Pošto postoje dva načina da se dobije jedan rep (ILI ili RO), odgovor je 2/4 ili ?. Ako želite pronaći vjerovatnoću dva ili više različitih ishoda, zbrojite vjerovatnoće svih ishoda. Ovo se zove pravilo "ili". Na drugi način, ovaj problem se može formulisati na sljedeći način: „Kolika je vjerovatnoća da dobijete ili prvo glava, pa rep (1/4), ili prvo repovi, a zatim glave (1/4)?" Ispravan postupak za pronalaženje odgovora je zbrajanje ovih vrijednosti zajedno, što rezultira ?. Intuitivno se čini da vjerovatnoća pojave jednog od nekoliko događaja mora biti veća od vjerovatnoće pojave svakog od njih; tako ispada.

Pravila "i" i "ili" mogu se koristiti samo kada su događaji od interesa za nas nezavisni. Dva događaja su nezavisna ako pojava jednog od njih ne utiče na pojavu drugog. U ovom primjeru, rezultat prvog bacanja novčića ne utječe na rezultat drugog bacanja. Osim toga, da bi se pravilo "ili" primijenilo, događaji moraju biti nekompatibilni, odnosno ne mogu se dogoditi u isto vrijeme. U ovom primjeru, ishodi su nekompatibilni jer ne možemo dobiti glavu i rep u istom bacanju.

Predstavljanje događaja kao dijagrama stabla korisno je u mnogim situacijama. Proširimo naš primjer. Pretpostavimo da vas muškarac u prugastom odijelu s dugim, uvijenim brkovima i pomaknutim malim očima zaustavi na ulici i ponudi vam da igrate za novac bacanjem novčića. Uvek se kladi na orla. Pri prvom bacanju novčić pada glavom prema gore. Ista stvar se dešava i na drugom kolutu. Prilikom trećeg bacanja, glave se ponovo podižu. Kada počinjete da sumnjate da ima "faul" novčić? Većina ljudi sumnja u treći ili četvrti pokušaj. Izračunajte vjerovatnoću da dobijete neke glave na tri i četiri poštena bacanja novčića (vjerovatnoća da dobijete glavu je 0,5).

Da biste izračunali vjerovatnoću da dobijete tri glave u tri pokušaja, potrebno je nacrtati stablo sa tri reda "čvorova", sa dvije "grane" koje izlaze iz svakog čvora.

U ovom primjeru nas zanima vjerovatnoća da dobijemo tri glave zaredom, pod uslovom da je novčić pošten. Pogledajte kolonu s oznakom "ishod" i pronađite rezultat LLC preduzeća. Pošto je ovo jedini ishod sa tri glave, pomnožite verovatnoće duž grane 000 (zaokruženo na dijagramu) i dobićete 0,5 x 0,5 x 0,5 = 0,125. Vjerovatnoća od 0,125 znači da ako je novčić "fer", onda će u prosjeku pasti glavom gore tri puta zaredom 12,5% vremena. Budući da je ta vjerovatnoća mala, kada ispadnu tri glave zaredom, većina ljudi počinje da sumnja da je novčić „sa tajnom“.

Da biste izračunali vjerovatnoću da dobijete četiri glave u četiri pokušaja, dodajte dodatne grane stablu.

Verovatnoća dobijanja četiri grla je 0,5 x 0,5 x 0,5 x 0,5 = 0,0625, odnosno 6,25%. Kao što već znate, matematički je jednako 0,5 4 ; to jest, množenje broja sam po sebi četiri puta je isto kao i podizanje broja na četvrti stepen. Ako računate na kalkulator gdje postoji operacija eksponencijalnosti, onda ćete dobiti isti odgovor - 0,0625. Iako je takav ishod moguć i da će se jednog dana dogoditi, malo je vjerojatan. U stvari, on je toliko nevjerojatan i neobičan da bi mnogi rekli da osoba s pomaknutim očima vjerovatno vara. Bez sumnje, na petoj glavi zaredom bilo bi razumno zaključiti da imate posla s prevarantom. Za većinu naučnih razloga, događaj se smatra "neobičnim" ako se očekuje da će se desiti sa verovatnoćom manjom od 5%. (U jeziku teorije vjerovatnoće, ovo se piše kao p ‹ 0,05.)

Ostavimo primjer umjetnog novčića i primijenimo istu logiku u korisnijem kontekstu. Siguran sam da je bilo koji učenik ikada naišao na testove sa višestrukim izborom u kojima treba izabrati tačne odgovore od predloženih opcija. U većini ovih testova svako pitanje ima pet mogućih odgovora, od kojih je samo jedan tačan. Pretpostavimo da su pitanja toliko teška da možete samo nasumično pogoditi tačan odgovor. Kolika je vjerovatnoća da ćete tačno pogoditi kada odgovorite na prvo pitanje? Ako nemate pojma koja od opcija je tačan odgovor, onda je jednako vjerovatno da ćete izabrati bilo koju od pet opcija, pod pretpostavkom da je bilo koja od njih tačna. Kako bi zbir vjerovatnoća izbora svih opcija trebao biti jednak jedan, onda je vjerovatnoća odabira svake od opcija sa jednakom vjerovatnoćom svih opcija 0,20. Jedna od opcija je tačna, a ostale su pogrešne, pa je vjerovatnoća odabira ispravne opcije 0,20. Dijagram stabla ove situacije prikazan je u nastavku.

Kolika je vjerovatnoća da ćete tačno pogoditi odgovore na prva dva pitanja testa? Morat ćemo dodati nove grane stablu, koje će uskoro postati vrlo gusto. Da biste uštedjeli prostor i pojednostavili proračune, možete predstaviti sve pogrešne opcije kao jednu granu, označenu kao "neispravno". Verovatnoća da ćete pogrešiti u odgovoru na jedno pitanje je 0,8.

Verovatnoća da ćete tačno pogoditi odgovore na dva pitanja je 0,2 x 0,2 = 0,04. Odnosno, slučajno se to može dogoditi samo u 4% pokušaja. Recimo da proširimo naš primjer na tri pitanja. Neću crtati drvo, ali već morate shvatiti da je vjerovatnoća 0,2 x 0,2 x 0,2 = 0,008. Ovo je toliko neobičan događaj da se može dogoditi slučajno u manje od 1% pokušaja. Šta mislite o osobi koja je uspjela tačno odgovoriti na sva tri pitanja? Većina ljudi (a i nastavnici su ljudi) će zaključiti da učenik nije nasumično birao odgovore, već je nešto znao. Naravno, moguće je da je samo imao sreće, ali to je krajnje malo vjerovatno. Dakle, dolazimo do zaključka da se dobijeni rezultat ne može objasniti samo srećom.

Želeo bih da ukažem na jedan zanimljiv aspekt takvog rezonovanja. Zamislite žalosnu situaciju u kojoj se Sarah našla. Odgovorila je na 15 test pitanja, pri čemu je na svako pitanje trebalo izabrati odgovor između pet opcija. Sara je netačno odgovorila na svih 15 pitanja. Možete li odrediti vjerovatnoću da se to dogodilo slučajno? Neću crtati dijagram stabla da bih ilustrovao ovu situaciju, ali je lako vidjeti da je vjerovatnoća pogrešnog odgovora na jedno pitanje 0,8; tako da je vjerovatnoća da ćete netačno odgovoriti na svih 15 pitanja 0,8 15 . Taj broj je 0,8 pomnožen sam sa sobom 15 puta, što rezultira 0,0352. Budući da je vjerovatnoća takve nesreće 3,52%, možda bi Sara trebala reći učitelju da se tako neobičan rezultat ne može objasniti slučajno? Sarah, naravno, može dati sličan argument, ali biste li joj vjerovali da ste učiteljica? Pretpostavimo da ona tvrdi da zna odgovore na sva pitanja. Kako inače ne bi izabrala tačan odgovor u 15 pitanja zaredom? Ne znam koliko bi nastavnika povjerovalo njenoj tvrdnji da 15 netačnih odgovora dokazuje da ima znanje, iako se u principu ova linija rasuđivanja koristi za dokazivanje znanja, jer je vjerovatnoća da se tačno pogode svi odgovori otprilike ista. (U ovom primjeru, vjerovatnoća da će nasumično tačno odgovoriti na svih 15 pitanja je 0,2015, što je broj znatno ispod 0,0001.) Da sam Sarin učitelj, dao bih joj visoke ocjene za njenu kreativnost i razumijevanje statističkih principa. Moguće je da je Sarah zaista znala nešto o ovoj temi, ali u tom „nečemu“ je bila sistematska greška. Takođe bih joj ukazao da se možda nije pripremila za test, a uz to nije imala i sreće, pa je napravila 15 pogrešnih pretpostavki. Na kraju, ponekad se desi i veoma neobični događaji.

Pre nego što pročitate sledeći odeljak, proverite da li razumete kako da koristite dijagrame stabla da biste izračunali verovatnoće i uračunali sve moguće ishode. Na takve dijagrame ću se vratiti kasnije u ovom poglavlju. Kada naučite kako ih koristiti, iznenadit ćete se u koliko situacija se mogu primijeniti.

Noć. Svjetlost punog mjeseca, koja je visila na zvjezdanom nebu, kroz vitraže na prozorima obasjavala je tmurne hodnike Zmiulana, iz čijih se zidova odbijao zvuk trčanja. - Pa kakva devojka! promrmlja Flash bez daha. - Bila je uplašena, znate... Samo uzalud izgubljeno vrijeme! Nadam se da ću ipak uspjeti pobjeći... ovaj put... Žureći prema Kamenoj dvorani, molio se da mu niko ne stane na put. Ali sve se dogodilo upravo suprotno. U mraku hodnika (gde se nisu potrudili da naprave prozore) Dragotsy se sudario sa nekim, čuvši poznati glas: „Ko tu trči kao lud?! "". Brineta je prizvala jednočasovnu strelu i upalila svetlo na njenom vrhu. U svjetlu improvizirane lampe pogodila ... Vasilisa ?! -Ti?! uzviknuše njih dvoje u isto vrijeme. Flash je istovremeno bio iznenađen i olakšan: na kraju krajeva, oni su u dobrim odnosima s Ognevom, a ona ga neće izdati... pa, nadao se. Momak je pomislio da je crvenokosa doživjela nešto slično. -Sta radis ovdje? Dragotsy je pružio ruku Vasilisi. Prihvativši pomoć, ustala je i odbrusila se: - I ja bih vas isto pitala. "Ja sam prvi pitao," Fleš je prekrstio ruke. -Nije bitno. Uopšte, to se tebe ne tiče - odbrusila je Vasilisa. „Pa, ​​to znači da se to što ja radim ne tiče tebe“, Dragotius je mirno slegnuo ramenima. Crvenokosa je stisnula usne i zamišljeno pogledala brinetu: - Reći ću ti tek posle tebe. "Pa... ja..." počeo je Flash, pokušavajući pronaći riječi, ali ništa nije izašlo. „U redu, želim da pobegnem“, izlanuo je Dragotius. Vasilisine oči su se raširile: -Jesi li luda? Fleš je zakolutao očima i razdraženo pogledao Ognevu: -Ne, ali ne želim da ostanem ovde. - Ako vas uhvate, bićete kažnjeni. Setite se šta se dogodilo prošli put, - crvenokosa žena je prekrstila ruke na grudima. Dragotius je napravio grimasu: -Slušaj, bolje je da mi ne smetaš. Vasilisa je zamišljeno pogledala brinetu: - Pa, neću da se mešam ... štaviše, danas sam tako ljubazan da te neću ni izdati - zakikota se Ogneva i, okrenuvši se, htede da ode, ali Bljesak ju je zaustavio uz tuču: - Vasilisa, - djevojka se okrenula i s iščekivanjem pogledala u brinetu, - hvala, - Dragotius se nasmiješio i pobjegao. Ogneva se nasmiješila i krenula prema njoj... *** - Bila je to velika greška, nećače, - Astragor se nadvio nad ležećim polugolim Fešom. Učenici su počeli tiho da šapuću. - Više puta ste pokušavali da pobegnete i uvek ste bili kažnjeni... - Shackle, koji je došao specijalno da izvrši masakr, izvadio je jedan štap i nekoliko puta mahnuo. Začulo se pucketanje. - Nadam se da ćete shvatiti da je beskorisno trčati, - veliki duh Osle okrenuo je leđa prestupniku, lice - ostalim učenicima: - Mislim da će i vama ovo poslužiti kao primjer. Štap je, presecajući vazduh, odmah prešao preko leđa Flasha, ostavljajući crvene, čak i krvave pruge. Udarac za udarcem. Crnka je stoički podnosila sve udarce, samo povremeno ispuštajući polujecanje-polu urlik. Učenici su to gledali sa nekom vrstom zlobe. Samo su Vasilisa i Zahara uzbuđeno gledale u brinetu... *** Bljesak je sjedio u tamnici i razmišljao. Ranije su ga jednostavno strpali u tamnicu, ostavljajući ga bez hrane, ali sada je, očigledno, njegovom ujaku dosadilo tako olako kažnjavanje njegovog nećaka. Crnka je slegnula ramenima, praveći grimasu od bola. Nije obraćao pažnju na hladnoću, vlagu, uronjen u svoje misli. Iz misli ga je trgnuo zvuk koraka koji su odjekivali hodnikom. Ubrzo je Vasilisa izašla pod svjetlo baklje. Flash je odmah otišao do lokala: -Šta radiš ovdje? - Stani, - Ogneva je stavila ruku između rešetki i dala Dragotsiju prilično pristojan komad topli hleb sa sjemenkama. Flash je uzeo hranu. - A kakvi su to napadi velikodušnosti? nasmijao se. - Ova Zakharra me je zamolila da prođem. Nisu je pustili - slegnula je ramenima Ogneva. - Odnosno, Zahari nije dozvoljeno da uđe, ali ti, onaj koji nije Astragorov rođak, tiho si pušten? Brineta se nasmijala. „Pa, ​​ja ne odlučujem“, Vasilisa je ponovo slegnula ramenima, međutim, Fleš je primetio uzbuđenje u njenim očima. „Pa, ​​pitaću Zaharu o tome kasnije“, rekao je Dragotius mirno, odgrizajući hleb. „Pitaj me, ali već moram da idem“, Ognjeva se okrenula i mirno otišla do ugla i okrenula se iza njega. Ubrzo je Fleš čuo zvuk trčanja i nasmejao se. Međutim, ovo je njena inicijativa. Vjerovatno je otrčala do sestre da pregovara za svaki slučaj "" ...

Vaš broj je dvanaesti, - reče jela, zapisujući nešto u knjižicu. Flash se zahvalio čovjeku i odletio u njegovu kabinu. , Sada je glavna stvar da se ne prilagođavate. Nadam se da vas vila neće izneveriti kada budemo nastupali..."" - sa ovim mislima brineta je sletela na granu pored vidikovca, gde su ga već čekale dve osobe. „Konačno, došao si“, sa osmehom mu je mahnuo jedan od onih koji su čekali, Nik. Sivooka djevojka sa tamnim bobom, koja je druga osoba, samo je klimnula glavom u znak pozdrava, prešavši pravo na stvar: - A pod kojim brojem nastupamo? upitala je, stavljajući šolje aromatične kafe na sto. - Dvanaest, - sjedajući za sto, odgovori momak. - Moramo da uvežbamo: moramo da znamo kako nas troje zvučimo. - Ne moramo da igramo baš dobro, Dragotijuse, - odmah ga je ohladila devojka, - ovo je omot. Jednostavno ćete dobiti ključ od naše ljubavnice nakon nastupa, kao što je obećano, - na ove riječi, Fash je napravio grimasu kao da je pojeo limun, - i Nick će biti iniciran. “Ne želim da izgubim obraz pred cijelim sudom”, odgovorio je Dragotius. „Fash, Diana“, preklinjao je Nik, gledajući redom u njih dvoje, „molim te, prestani. Mislim da bi zaista trebali probati. - Raspoloženje nije pesma - promrmljao je Faš i, čak ni ne pojevši, otišao u svoju sobu. *pre nekoliko dana* - Dakle, - rekao je Konstantin uz radosni osmeh, okupivši Faša i Nika u radionici, - imam dve vesti. Prvo, dogovorio sam se sa Bijelom kraljicom za tvoju inicijaciju, Nick. - Kako si to uradio? Fleš je iznenađeno pogledao Lazareva. „Reći ću ti kasnije“, osmehnuo se Nikov otac. - sine, možeš li nas ostaviti? Plavuša je izašla iz sobe, zatvorivši vrata za sobom. Konstantin se uozbilji, prebacivši pogled na brinetu: -Feš, Astarijus me zamolio da ti kažem da mu je Bela kraljica obećala Srebrni ključ. Morate otići u Charodol, učestvovati u Čarolijama i uzeti Srebrni ključ od kraljice, - Dragotius se začudio što mu je Astarius povjerio da nosi ovaj ključ, iako je za to čuo drugi put. Učitelj ga je već upozorio, objašnjavajući da je brineta pobegla iz Astrogora... *** Njihov nastup je odjeknuo u kraljevstvu vila: šestokrila stvorenja su podizala strelice na satu, aplaudirala i oduševljeno vikala. Flešov strah je bio neosnovan, što mu je bilo drago. Ubrzo je dobio pismo na listi za posmatranje, u kojem piše da on, kao dobitnik Čari, treba da dođe u ponoć u White Castle . Brineta je prišla sjenici, u kojoj su već sedeli Nik i Dajana, kojima je takođe bilo drago što je nastup uspeo. „Pa“, okrenuo se Frejzeru na razigran način, „hoćete li da nas otpratite do Belog zamka, gospođo deveruše?“ - Nick je frknuo u šolju, a Dajana se samo nasmešila. Zašto nisi rekao da si dama na čekanju? - Faš je seo za sto - Osećao sam se kao budala kada su mi prišli i rekli da je moj nastup sa gospođom Dajanom Frejzer, deverušicom Njenog Veličanstva, odjeknuo! - ni Nik ni Dajana nisu mogli da se suzdrže od smeha... *ponoć* -Fashiar Dragotsiy, - Bela kraljica, koja je ustala sa trona, ukrašena na leđima zlatnim grančicama sa smaragdnim listovima, mahnula je rukom jednoj od devojaka , - za pobjedu u čarolijama i obećanja Astariju, dat ću ti Srebrni ključ. Mislim da znate da je to ogromna odgovornost. Čuvajte ga, čuvajte ga kao zjenicu oka. "Obećavam", klimnuo je Fleš, samouvereno gledajući u Kraljicu vila. Vrata su se otvorila i djevojka je unijela Srebrni ključ na jastuku od crvene svile. Vila mu je prišla i zastala u naklonu, pružajući jastuk sa ključem. Fleš je pažljivo uzeo ključ i poklonio se kraljici: - Ponizno vam zahvaljujem na ukazanoj časti. Vladarica vila je klimnula glavom i odmahnula rukom, dozvoljavajući Fašu da ode do kuće za odmor. Nik je na početku odveden kako bi prošao inicijaciju. *** -...i dali su mi nekakav napitak vremena. Pa, popio sam ga. Kao rezultat, treći sat stepena, - Nick se radosno osmehnuo, pričajući svom prijatelju šta mu se dogodilo u Belom dvorcu. Diana je sjedila s njima i mirno pila kafu, jedući lepinju. - Uzgred, imam i neke novosti.. Odloživši šoljicu na stranu, Diana se nasmešila i stavila mali gvozdeni ključ na sto. Na trenutak su Fleš i Nik iznenađeno gledali u ključ, a zatim u devojku, ali sledećeg trenutka Dragotsy je skočio sa svog mesta i pojurio da zagrli Dajanu, radosno se smešeći. -Znao sam! uzviknuo je. jedva se zarumenjela vila iz naručja momka: -Prvo pusti, zadavićeš me! Drugo, kako ste znali? - -Pogodi, naravno, nije bilo teško - rekao je zadovoljan Fash. - Dvorska vila, najbolja učenica, pa čak i očajna... Pogodio sam da si i domaćica, čim sam te vidio. - Da, - provukao je Nik, koji se oporavio od iznenađenja, - susret s tobom u šumi bio je pomalo neočekivan. - Šta je bilo tako neočekivano? Diana je sa zanimanjem pogledala svoju prijateljicu. „Na primjer, činjenica da si iznenada skočio iz mraka na nas“, ubacio je Flash. - Da, - klimnu mlađi-sada već-časovnik Lazarev, - Naravno, znali smo da ćemo te sresti u šumi, ali nije vredelo tako neočekivano skočiti iz mraka na nas. „Ali dobro je da smo odmah otišli u Čarodol“, nasmijao se Dragotius. Momci su klimnuli u znak slaganja i nastavili doručak...

Da biste izgradili stablo vjerovatnoće, prije svega, trebate nacrtati samo stablo, zatim zapisati sve informacije koje su poznate za ovaj problem na slici i, na kraju, pomoću osnovnih pravila izračunati brojeve koji nedostaju i dovršiti stablo.

1. Vjerojatnosti su označene na svakoj od krajnjih tačaka i zaokružene. Na svakom nivou stabla, zbir ovih vjerovatnoća mora biti jednak 1 (ili 100%). Tako, na primjer, na sl. 6.5.1 Zbir vjerovatnoća na prvom nivou je 0,20 + 0,80 = 1,00, a na drugom nivou - 0,03 + 0,17 + 0,56 + 0,24 = 1,00. Ovo pravilo pomaže da se popuni jedan prazan krug u koloni ako su poznate vrijednosti svih ostalih vjerovatnoća ovog nivoa.

Rice. 6.5.1

2. Uslovne vjerovatnoće su naznačene pored svake od grana (osim,
moguće grane prvog nivoa). Za svaku od grupa grana koje izlaze iz jedne tačke, zbir ovih vjerovatnoća je također jednak 1 (ili 100%).
Na primjer, na sl. 6.5.1 za prvu grupu grana dobijamo 0,15 + 0,85 =
1,00 a za drugu grupu - 0,70 + 0,30 = 1,00. Ovo pravilo dozvoljava
izračunati jednu nepoznatu vrijednost uslovne vjerovatnoće u grupi grana koje izlaze iz jedne tačke.

3. Zaokružena vjerovatnoća na početku grane pomnožena sa uslovom
vjerovatnoća pored ove grane daje vjerovatnoću upisanu u krug
kraj grane. Na primjer, na sl. 6.5.1 za gornju granu koja vodi udesno
imamo 0,20 x 0,15 = 0,03, za sljedeću granu - 0,20 x 0,85 = 0,17; slični odnosi vrijede i za druge dvije grane. Ovo pravilo se može koristiti za izračunavanje jedne nepoznate vrijednosti
vjerovatnoće od tri koje odgovaraju nekoj grani.

4. Vrijednost vjerovatnoće zapisane u krug jednaka je zbroju zaokruženih vjerovatnoća na krajevima svih grana koje izlaze iz ovog kruga
nadesno. Tako, na primjer, za Sl. 6.5.1 izaći iz kruga sa vrijednošću 0,20
dvije grane, na čijim krajevima su zaokružene vjerovatnoće, čiji je zbir jednak ovoj vrijednosti: 0,03 + 0,17 = 0,20. Ovo pravilo vam omogućava da pronađete jednu nepoznatu vrijednost vjerovatnoće u grupi,
uključujući ovu vjerovatnoću i sve vjerovatnoće na krajevima grana drveta,
izlazi iz odgovarajućeg kruga.

Koristeći ova pravila, moguće je, znajući sve osim jedne vrijednosti vjerovatnoće za neku granu ili na nekom nivou, pronaći ovu nepoznatu vrijednost.

37. Koji uzorak se naziva reprezentativnim? Kako se može uzeti reprezentativan uzorak?

Reprezentativnost je sposobnost uzorka da predstavlja populaciju koja se proučava. Što tačnije sastav uzorka predstavlja populaciju po pitanjima koja se proučavaju, to je veća njegova reprezentativnost.

Reprezentativni uzorak je jedan od ključnih koncepata analize podataka. Reprezentativni uzorak je uzorak iz populacije sa distribucijom F(x) koji predstavljaju glavne karakteristike opšte populacije. Na primjer, ako u gradu ima 100.000 ljudi, od kojih su polovina muškarci, a polovina žene, onda uzorak od 1.000 ljudi, od čega 10 muškaraca i 990 žena, sigurno neće biti reprezentativan. Istraživanje javnog mnjenja koje je napravljeno na osnovu njega će, naravno, sadržati pristrasnost u procjenama i dovesti do lažnih rezultata.

Neophodan uslov za izgradnju reprezentativni uzorak je jednaka vjerovatnoća uključivanja u njega svakog elementa opće populacije.

Funkcija distribucije uzorka (empirijska) daje, uz veliku veličinu uzorka, prilično dobru ideju o funkciji distribucije F(x) izvorne opće populacije.

Vodeći princip koji leži u osnovi takvog postupka je princip slučajnosti, slučajnosti. Za uzorak se kaže da je slučajan (ponekad ćemo reći jednostavno slučajan ili čisto slučajan) ako su ispunjena dva uslova. Prvo, uzorak mora biti dizajniran tako da ga ima svaka osoba ili predmet unutar populacije jednake mogućnosti biti odabrani za analizu. Drugo, uzorak mora biti dizajniran tako da bilo koja kombinacija od n stavki (gdje je n jednostavno broj stavki ili slučajeva u uzorku) ima jednaku šansu da bude odabrana za analizu.

Prilikom ispitivanja populacija koje su prevelike za izvođenje prave lutrije, često se koriste jednostavni nasumični uzorci. Zapisivanje imena nekoliko stotina hiljada objekata, stavljanje u bubanj i odabir nekoliko hiljada još uvijek nije lak posao. U takvim slučajevima se koristi drugačija, ali jednako pouzdana metoda. Svakom objektu u kolekciji je dodijeljen broj. Redoslijed brojeva u takvim tablicama obično daje kompjuterski program koji se zove generator slučajnih brojeva, koji u suštini stavlja veliki broj brojeva u bubanj, nasumično ih izvlači i ispisuje po redu. Drugim riječima, odvija se isti proces koji je karakterističan za lutriju, ali kompjuter, koristeći brojeve umjesto imena, čini univerzalni izbor. Ovaj izbor se može koristiti jednostavnim dodjeljivanjem broja svakom od naših objekata.

Ovakva tabela slučajnih brojeva može se koristiti na nekoliko različitih načina, a u svakom slučaju se moraju donijeti tri Odluke. Prvo, moramo odlučiti koliko ćemo cifara koristiti, a drugo, moramo razviti pravilo odluke za njihovu upotrebu; treće, potrebno je da izaberete početnu tačku i način prolaska kroz tabelu.

Kada se to uradi, moramo razviti pravilo koje povezuje brojeve u tabeli sa brojevima naših objekata. Ovdje postoje dvije mogućnosti. Najlakši način (iako ne nužno i najispravniji) je korištenje samo onih brojeva koji spadaju u broj brojeva dodijeljenih našim objektima. Dakle, ako imamo populaciju od 250 karakteristika (i stoga koristimo trocifrene brojeve) i odlučimo da počnemo u gornjem lijevom uglu tabele i da se pomerimo niz kolone, uključićemo brojeve obeležja 100, 084 i 128 u naš uzorak , a preskočimo brojeve 375 i 990, koji ne odgovaraju našim objektima. Ovaj proces će se nastaviti sve dok se ne odredi broj objekata potrebnih za naš uzorak.

Dugotrajniji, ali metodološki ispravniji postupak zasniva se na premisi da se za očuvanje karakteristike slučajnosti tabele mora koristiti svaki broj date dimenzije (npr. svaki trocifreni broj). Slijedeći ovu logiku, a opet se bavimo kolekcijom od 250 objekata, moramo podijeliti područje trocifrenih brojeva od 000 do 999 na 250 jednakih intervala. Pošto takvih brojeva ima 1000, podijelimo 1000 sa 250 i nađemo da svaki dio sadrži četiri broja. Dakle, brojevi tablica od 000 do 003 će odgovarati objektu 004 do 007 - objektu 2, i tako dalje. Sada, da biste odredili koji broj objekta odgovara broju u tabeli, trebalo bi da podelite trocifreni broj iz tabele i zaokružite na najbliži ceo broj.

I na kraju, u tabeli moramo izabrati početnu tačku i način prolaska. Početna tačka može biti gornji lijevi ugao (kao u prethodnom primjeru), donji desni kut, lijevi rub druge linije ili bilo gdje drugdje. Ovaj izbor je potpuno proizvoljan. Međutim, kada radimo sa stolom, moramo djelovati sistematski. Mogli bismo uzeti prve tri cifre svakog petocifrenog niza, srednje tri cifre, poslednje tri cifre, ili čak prvu, drugu i četvrtu cifru. (Iz prvog petocifrenog niza, ove različite procedure daju 100, 009, 097 i 109, redom.) Mogli bismo primijeniti ove procedure s desna na lijevo, dobijajući 790, 900, 001 i 791. Mogli bismo ići duž redova, uzimajući u obzir svaku sljedeću cifru redom i zanemarujući podjelu na petice (za prvi red će se dobiti brojevi 100, 973, 253, 376 i 520). Mogli bismo se baviti samo svakom trećom grupom cifara (npr. 10097, 99019, 04805, 99970). Postoji mnogo različitih mogućnosti, a svaka sljedeća nije ništa lošija od prethodne. Međutim, nakon što smo doneli odluku o ovom ili onom načinu, moramo je sistematski pratiti kako bismo što više poštovali slučajnost elemenata u tabeli.

38. Koji interval nazivamo intervalom povjerenja?

Interval pouzdanosti je dozvoljeno odstupanje posmatranih vrijednosti od pravih vrijednosti. Veličinu ove pretpostavke određuje istraživač, uzimajući u obzir zahtjeve za tačnost informacija. Ako se margina greške poveća, veličina uzorka se smanjuje čak i ako nivo pouzdanosti ostane na 95%.

Interval pouzdanosti pokazuje u kom rasponu će se nalaziti rezultati opservacija (istraživanja) uzorka. Ako izvršimo 100 identičnih istraživanja u identičnim uzorcima iz jedne populacije (na primjer, 100 uzoraka od 1000 ljudi svaki u gradu sa populacijom od 5 miliona), tada će na nivou pouzdanosti od 95% 95 od 100 rezultata biti unutar interval pouzdanosti (na primjer, od 28% do 32% sa pravom vrijednošću od 30%).

Na primjer, pravi broj stanovnika grada koji puše je 30%. Ako odaberemo 1000 ljudi 100 puta za redom i u ovim uzorcima postavimo pitanje "pušite li?", u 95 od ovih 100 uzoraka sa intervalom povjerenja od 2% vrijednost će biti od 28% do 32%.

39 Šta se naziva nivoom samopouzdanja (nivo poverenja)?

Nivo pouzdanosti odražava količinu podataka potrebnih evaluatoru da bi potvrdio da program koji se ispituje ima željeni efekat. AT društvene znanosti Tradicionalno se koristi nivo pouzdanosti od 95%. Međutim, za većinu programa u zajednici, 95% je pretjerano. Nivo povjerenja u rasponu od 80-90% je dovoljan za adekvatnu procjenu programa. Na ovaj način se može smanjiti veličina reprezentativne grupe, a samim tim i troškovi evaluacije.

Proces statističke evaluacije testira nultu hipotezu da program nije imao željeni učinak. Ako se dobijeni rezultati značajno razlikuju od početnih pretpostavki o ispravnosti nulte hipoteze, onda se ova potonja odbacuje.

40. Koji je od dva intervala povjerenja veći: dvostrani 99% ili dvostrani 95%? Objasni.

Dvostrani interval pouzdanosti od 99% veći je od 95% jer u njega ulazi više vrijednosti. Doc-in:

Koristeći z-rezultate, možete preciznije procijeniti interval pouzdanosti i odrediti ukupni oblik intervala povjerenja. Tačna formulacija intervala povjerenja za srednju vrijednost uzorka je kako slijedi:

Dakle, za slučajni uzorak od 25 opservacija koje zadovoljavaju normalnu distribuciju, interval povjerenja srednje vrijednosti uzorka ima sljedeći oblik:

Dakle, možete biti 95% sigurni da se vrijednost nalazi unutar ±1.568 jedinica srednje vrijednosti uzorka. Koristeći istu metodu, može se utvrditi da se interval pouzdanosti od 99% nalazi unutar ±2,0608 jedinica srednje vrijednosti uzorka

vrijednost Dakle, imamo i odavde , Slično, dobivamo donju granicu, koja je jednaka

1. Ω = (11,12,13,14,15,16, 21, 22,..., 66),

2. Ω = (2,3,4,5,6, 7,8,9,10,11,12)

3. ● A = (16,61,34, 43, 25, 52);

● B = (11.12, 21.13, 31.14, 41.15, 51.16, 61)

● C = (12, 21.36, 63.45, 54.33.15, 51, 24.42.66).

● D= (ZBIR BOOVA JE 2 ILI 3);

● E= (UKUPAN BODOVI JE 10).

Opišite događaj: OD= (KRUG ZATVORENO) za svaki slučaj.

Rješenje. Hajde da uvedemo notaciju: događaj A- kontakt 1 je zatvoren; događaj AT- kontakt 2 je zatvoren; događaj OD- krug je zatvoren, lampica je upaljena.

1. Za paralelnu vezu, kolo je zatvoreno kada je barem jedan od kontakata zatvoren, dakle C = A + B;

2. Za serijsku vezu, kolo je zatvoreno kada su oba kontakta zatvorena, dakle C \u003d A B.

Zadatak. 1.1.4 Izrađena su dva električna kola:

Događaj A - krug je zatvoren, događaj A i - I-ti kontakt je zatvoren. Za koji od njih je omjer

A1 (A2 + A3 A4) A5 = A?

Rješenje. Za prvo kolo, A = A1 · (A2 · A3 + A4 · A5), pošto zbir događaja odgovara paralelnoj vezi, a proizvod događaja serijskoj vezi. Za drugu šemu A = A1 (A2+A3 A4 A5). Dakle, ova relacija vrijedi za drugu shemu.

Zadatak. 1.1.5 Pojednostavite izraz (A + B)(B + C)(C + A).

Rješenje. Koristimo svojstva operacija sabiranja i množenja događaja.

(A+ B)(B + C)(A + C) =

(AB+ AC + B B + BC)(A + C) =

= (AB+ AC + B + BC)(A + C) =

(AB + AC + B)(A + C) = (B + AC)(A + C) =

= BA + BC + ACA + ACC = B A + BC + AC.

Zadatak. 1.1.6Dokazati da su događaji A, AB i A+B formiraju kompletnu grupu.

Rješenje. Prilikom rješavanja problema koristit ćemo svojstva operacija nad događajima. Prvo, pokazujemo da su ovi događaji u parovima nekompatibilni.

Pokažimo sada da zbir ovih događaja daje prostor elementarnih događaja.

Zadatak. 1.1.7Koristeći Euler-Venn shemu, provjerite de Morganovo pravilo:

A) Događaj AB je osenčen.

B) Događaj A - vertikalno šrafiranje; događaj B - horizontalno šrafiranje. Događaj

(A+B) - zasjenjeno područje.

Iz poređenja slika a) i c) slijedi:

Zadatak. 1.2.1Na koliko načina se može sjesti 8 osoba?

1. U jednom redu?

2. Per okrugli stol?

Rješenje.

1. Željeni broj načina jednak je broju permutacija od 8, tj.

P8 = 8! = 1 2 3 4 5 6 7 8 = 40320

2. S obzirom da izbor prve osobe za okruglim stolom ne utiče na izmjenu elemenata, onda se bilo ko može prvi uzeti, a ostali će biti poređani u odnosu na izabranog. Ova akcija se može izvesti na 8!/8 = 5040 načina.

Zadatak. 1.2.2Kurs obuhvata 5 predmeta. Na koliko načina možete napraviti raspored za subotu ako će tog dana biti dva različita para?

Rješenje. Željeni broj načina je broj plasmana

Od 5 do 2, pošto morate voditi računa o redosledu parova:

Zadatak. 1.2.3Kako ispitne komisije, koji se sastoji od 7 ljudi, može biti sastavljeno od 15 nastavnika?

Rješenje. Željeni broj provizija (bez obzira na redosled) je broj kombinacija od 15 do 7:

Zadatak. 1.2.4 Iz korpe koja sadrži dvadeset numerisanih loptica bira se 5 lopti za sreću. Odredite broj elemenata u prostoru elementarnih događaja ovog iskustva ako:

Kuglice se biraju uzastopno jedna za drugom s povratkom nakon svakog vađenja;

Kuglice se biraju jedna po jedna bez vraćanja;

5 loptica se bira odjednom.

Rješenje.

Broj načina da se izvuče prva lopta iz koša je 20. Pošto se izvučena loptica vraća u koš, broj načina da se izvuče i druga loptica je takođe 20 itd. Zatim broj načina da se izvuče 5 loptice u ovom slučaju je 20 20 20 20 20 = 3200000.

Broj načina da se izvuče prva lopta iz koša je 20. Pošto se izvučena loptica nije vratila u koš nakon vađenja, broj načina da se izvuče druga loptica je postao 19, itd. Zatim broj načina za izvlačenje loptice. 5 loptica bez zamjene je 20 19 18 17 16 = A52 0

Broj načina da se odjednom izvuče 5 lopti iz korpe jednak je broju kombinacija 20 puta 5:

Zadatak. 1.2.5 Bacaju se dvije kocke. Nađite vjerovatnoću događaja A da će barem jedan 1 biti izbačen.

Rješenje. Na svaku kockicu može pasti bilo koji broj bodova od 1 do 6. Dakle, prostor elementarnih događaja sadrži 36 jednako mogućih ishoda. Događaju A favorizira 11 ishoda: (1.1), (1.2), (2.1), (1.3), (3.1), (1.4), (4.1), (1.5), (5.1), (1.6), (6.1), dakle

Zadatak. 1.2.6 Slova y, i, i, k, c, f, n su ispisana na crvenim kartonima, slova a, a, o, t, t, s, h su ispisana na plavim kartonima. Nakon temeljitog miješanja, što je vjerovatnije : od prvog puta od slova koristiti crvene karte da se napravi riječ "funkcija" ili slova na plavim kartama da se napravi riječ "frekvencija"?

Rješenje. Neka događaj A bude riječ "funkcija" nasumično sastavljena od 7 slova, događaj B - riječ "frekvencija" nasumično sastavljena od 7 slova. Pošto su dva skupa od po 7 slova poredana, broj svih ishoda za događaje A i B je n = 7!. Događaju A favorizuje jedan ishod m = 1, pošto su sva slova na crvenim kartonima različita. Događaj B favorizuje m = 2! · 2! ishoda, jer se slova "a" i "t" pojavljuju dva puta. Tada je P(A) = 1/7! , P(B) = 2! 2! /7! , P(B) > P(A).

Zadatak. 1.2.7 Na ispitu se studentu nudi 30 karata; Svaka karta ima dva pitanja. Od 60 pitanja uključenih u ulaznice, učenik zna samo 40. Nađite vjerovatnoću da će se karta koju je student uzeo sastojati od

1. od pitanja koja su mu poznata;

2. od njemu nepoznatih pitanja;

3. od jednog poznatog i jednog nepoznatog pitanja.

Rješenje. Neka je A događaj da učenik zna odgovor na oba pitanja; B - ne zna odgovor na oba pitanja; C - zna odgovor na jedno pitanje, ne zna odgovor na drugo. Izbor dva pitanja od 60 može se izvršiti na n = C260 = 60 2 59 = 1770 načina.

1. Postoji m = C240 ​​= 40 2 39 = 780 izbora pitanja poznatih učeniku. Tada je P(A) = M N = 17 78 70 0 = 0,44

2. Izbor dva nepoznata pitanja od 20 može se izvršiti na m = C220 = 20 2 19 = 190 načina. U ovom slučaju

P(B) = M N = 11 79 70 0 = 0,11

3. Postoji m = C14 0 C21 0 = 40 20 = 800 načina da odaberete kartu sa jednim poznatim i jednim nepoznatim pitanjem. Tada je P(C) = 18 70 70 0 = 0,45.

Zadatak. 1.2.8Neke informacije su poslane kroz tri kanala. Kanali rade nezavisno jedan od drugog. Pronađite vjerovatnoću da će informacija doći do cilja

1. Samo na jednom kanalu;

2. Najmanje jedan kanal.

Rješenje. Neka je A događaj koji se sastoji u činjenici da informacija stiže do cilja samo jednim kanalom; B - najmanje jedan kanal. Iskustvo je prijenos informacija kroz tri kanala. Ishod iskustva - informacija je dostigla cilj. Označiti Ai - informacija stiže do cilja kroz i-ti kanal. Prostor elementarnih događaja ima oblik:

Događaju B favorizuje 7 ishoda: svi ishodi osim Tada n = 8; mA = 3; mB = 7; P(A) = 3 8 ; P(B) = 7 8.

Zadatak. 1.2.9Tačka se nasumično pojavljuje na segmentu jedinične dužine. Nađite vjerovatnoću da je udaljenost od tačke do krajeva segmenta veća od 1/8.

Rješenje. Prema uslovu zadatka, željeni događaj zadovoljavaju sve tačke koje se pojavljuju na intervalu (a; b).

Pošto je njegova dužina s = 1 - 1 8 + 1 8 = 3 4, a dužina cijelog segmenta S = 1, tražena vjerovatnoća je P = s/S = 3/14 = 0,75.

Zadatak. 1.2.10U seriji odNproizvodiKproizvodi su neispravni. Za kontrolu se bira m proizvoda. Pronađite vjerovatnoću da od M Proizvodi L Ispostavilo se da su neispravni (događaj A).

Rješenje. Izbor m proizvoda iz n može se izvršiti na načine i izbor L defektan od k neispravan - na načine. Nakon selekcije L neispravni proizvodi će ostati (m - L) fit, koji se nalazi među (n - k) proizvodima. Tada je broj ishoda koji favorizuju događaj A

I željenu vjerovatnoću

Zadatak. 1.3.1BUrna sadrži 30 kuglica: 15 crvenih, 10 plavih i 5 bijelih. Pronađite vjerovatnoću da je nasumično izvučena lopta obojena.

Rješenje. Neka događaj A - izvučena je crvena lopta, događaj B - izvučena je plava lopta. Zatim događaji (A + B) - izvlači se kuglica u boji. Imamo P(A) = 1 3 5 0 = 1 2 , P(B) = 1 3 0 0 = 1 3.

Događaji A i B su nekompatibilni, tada je P(A + B) = P(A) + P(B) = 1 2 + 1 3 = 5 6 = 0,83.

Zadatak. 1.3.2Vjerovatnoća da će pasti snijeg (događaj A ), je jednako 0.6, I činjenica da će padati kiša (događaj B ), je jednako 0.45. Pronađite vjerovatnoću lošeg vremena ako je vjerovatnoća kiše i snijega (događaj AB ) je jednako 0.25.

Rješenje. Događaji A i B su zajednički, pa je P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0,6 + 0,45 - 0,25 = 0,8

Zadatak. 1.3.3BPrva kutija sadrži 2 bijele i 10 crnih loptica, druga - 3 bijele i 9 crnih lopti, a treća - 6 bijelih i 6 crnih lopti. Iz svake kutije je uzeta po jedna lopta. Odrediti vjerovatnoću da su sve izvučene kuglice bijele.

Rješenje. Događaj A - iz prve kutije se izvlači bijela lopta, B - iz druge kutije, C - iz treće. Tada je P(A) = 12 2 = 1 6; P(B) = 13 2 = 1 4; P(C) = 16 2 = 1 2. Događaj ABC - sve izvađeno

Lopte su bele. Dakle, događaji A, B, C su nezavisni

P(ABC) = P(A) P(B) P(C) = 1 6 1 4 1 2 = 41 8 = 0,02

Zadatak. 1.3.4Belektrično kolo spojeno u seriju 5 Elementi koji rade nezavisno jedan od drugog. Verovatnoća kvarova prvog, drugog, trećeg, četvrtog, petog elementa je 0.1; 0.2; 0.3; 0.2; 0.1. Pronađite vjerovatnoću da u strujnom kolu neće biti struje (događaj A ).

Rješenje. Budući da su elementi povezani serijski, neće biti struje u kolu ako barem jedan element pokvari. Događaj Ai(i =1...5) - neće uspjeti I-th element. Razvoj

Zadatak. 1.3.5Kolo se sastoji od nezavisnih blokova povezanih u sistem sa jednim ulazom i jednim izlazom.

Neuspjeh u vremenu T razni elementi lanci - nezavisnih događaja ima sledeće verovatnoćeP 1 = 0,1; P 2 = 0,2; P 3 = 0,3; P 4 = 0,4. Kvar bilo kojeg od elemenata dovodi do prekida signala u grani kola u kojoj se ovaj element nalazi. Pronađite pouzdanost sistema.

Rješenje. Ako je događaj A - (SISTEM JE POUZDAN), Ai - (i - TA JEDINICA RADI KVAR), onda je A = (A1 + A2)(A3 + A4). Događaji A1+A2, A3+A4 su nezavisni, događaji A1 i A2, A3 i A4 su zajednički. Prema formulama za množenje i sabiranje vjerovatnoća

Zadatak. 1.3.6Radnik opslužuje 3 mašine. Verovatnoća da u roku od sat vremena mašina ne zahteva pažnju radnika je 0,9 za prvu mašinu, 0,8 za drugu mašinu i 0,7 za treću mašinu.

Odrediti vjerovatnoću da u toku nekog sata

1. Druga mašina će zahtijevati pažnju;

2. Dvije mašine će zahtijevati pažnju;

3. Najmanje dve mašine će zahtevati pažnju.

Rješenje. Neka Ai - i-ta mašina zahteva pažnju radnika, - i-ta mašina neće zahtevati pažnju radnika. Onda

Prostor elementarnih događaja:

1. Događaj A - zahtijevat će pažnju druge mašine: Zatim

Pošto su događaji nespojivi i nezavisni. P(A) = 0,9 0,8 0,7 + 0,1 0,8 0,7 + 0,9 0,8 0,3 + 0,1 0,8 0,3 = 0,8

2. Događaj B - dvije mašine će zahtijevati pažnju:

3. Događaj C - najmanje dva omamljenja će zahtijevati pažnju
cov:

Zadatak. 1.3.7Buvedena mašina "Examiner". 50 pitanja. Student je ponuđen 5 Pitanja i ocjena “odličan” se daje ako se na sva pitanja odgovori tačno. Pronađite vjerovatnoću da dobijete "odličan" ako se učenik samo pripremi 40 pitanja.

Rješenje. A - (PRIMLJENO "ODLIČNO"), Ai - (ODGOVORIO NA i-to PITANJE). Tada je A = A1A2A3A4A5, imamo:

Ili, na drugi način - koristeći klasičnu formulu vjerovatnoće: I

Zadatak. 1.3.8Vjerojatnosti u kojima se nalazi dio koji je potreban asembleruI, II, III, IVkutije su, respektivno, jednake 0.6; 0.7; 0.8; 0.9. Pronađite vjerovatnoću da će sakupljač morati provjeriti sva 4 polja (događajA).

Rješenje. Neka Ai - (Dio potreban asembleru je u i-tom polju.) Zatim

Pošto su događaji nespojivi i nezavisni, onda

Zadatak. 1.4.1 Ispitana je grupa od 10.000 ljudi starijih od 60 godina. Ispostavilo se da je 4000 ljudi stalnih pušača. 1800 pušača pokazalo je ozbiljne promjene na plućima. Među nepušačima, 1500 ljudi imalo je promjene na plućima. Kolika je vjerovatnoća da je slučajno pregledana osoba sa promjenama na plućima pušač?

Rješenje. Hajde da uvedemo hipoteze: H1 - ispitanik je stalni pušač, H2 - je nepušač. Zatim uslovom problema

P(H1)= -------=0,4, P(H2)=--------=0,6

Sa A označiti događaj da ispitana osoba ima promjene na plućima. Zatim uslovom problema

Formulom (1.15) nalazimo

Željena vjerovatnoća da je ispitana osoba pušač, prema Bayesovoj formuli, jednaka je

Zadatak. 1.4.2U prodaju su televizori iz tri fabrike: 30% iz prve fabrike, 20% iz druge, 50% iz treće. Proizvodi prve fabrike sadrže 20% televizora sa skrivenim nedostatkom, druge - 10%, treće - 5%. Kolika je vjerovatnoća da dobijete ispravan TV?

Rješenje. Razmotrimo sljedeće događaje: A - kupljen je servisni TV; hipoteze H1, H2, H3 - televizor je pušten u prodaju iz prve, druge, odnosno treće fabrike. Prema zadatku

Formulom (1.15) nalazimo

Zadatak. 1.4.3Postoje tri identične kutije. Prvi ima 20 bijelih lopti, drugi 10 bijelih i 10 crnih lopti, a treći 20 crnih lopti. Bijela kugla se izvlači iz nasumično odabrane kutije. Nađite vjerovatnoću da je ova lopta iz druge kutije.

Rješenje. Neka događaj A - vađena bela lopta, hipoteze H1, H2, H3 - vađenje lopte iz prve, druge, treće kutije. Iz stanja problema nalazimo

Onda
Formulom (1.15) nalazimo

Formulom (1.16) nalazimo

Zadatak. 1.4.4Telegrafska poruka se sastoji od signala tačke i crtice. Statistička svojstva interferencije su takva da su u prosjeku iskrivljena 2/5 Dot poruke i 1/3 Dash poruke. Poznato je da se među emitovanim signalima u omjeru pojavljuju "tačka" i "crtica". 5: 3. Odredite vjerovatnoću da će se poslati signal primljen ako:

A) primljen je signal "tačke";

B)primljen signal na pločici.

Rješenje. Neka se primi događaj A - signal "tačka", a događaj B - signal "crtica".

Mogu se postaviti dvije hipoteze: H1 - signal "tačka" se prenosi, H2 - signal "crtica" se prenosi. Po uslovu P(H1) : P(H2) =5: 3. Osim toga, P(H1 ) + P(H2)= 1. Dakle P( H1 ) = 5/8, P(H2 ) = 3/8. To je poznato

Vjerovatnoće događaja A I B Pronalazimo po formuli ukupne vjerovatnoće:

Željene vjerovatnoće će biti:

Zadatak. 1.4.5Od 10 radio kanala, 6 kanala je zaštićeno od smetnji. Vjerovatnoća da je siguran kanal tokom vremenaTneće otkazati je 0,95, za nezaštićeni kanal - 0,8. Pronađite vjerovatnoću da dva nasumično odabrana kanala neće otkazati na vrijemeT, a oba kanala nisu zaštićena od smetnji.

Rješenje. Neka događaj A - oba kanala neće otkazati tokom vremena t, događaja A1- Odabran je siguran kanal A2- Odabran je nezaštićeni kanal.

Napišimo prostor elementarnih događaja za eksperiment - (odabrana su dva kanala):

Ω = (A1A1, A1A2, A2A1, A2A2)

hipoteze:

H1 - oba kanala su zaštićena od smetnji;

H2 - prvi odabrani kanal je zaštićen, drugi odabrani kanal nije zaštićen od smetnji;

H3 - prvi odabrani kanal nije zaštićen, drugi odabrani kanal je zaštićen od smetnji;

H4 - oba odabrana kanala nisu zaštićena od smetnji. Onda

I

Zadatak. 1.5.1Prenosi se komunikacijskim kanalom 6 Poruke. Svaka od poruka može biti izobličena bukom sa vjerovatnoćom 0.2 Bez obzira na druge. Pronađite vjerovatnoću da

1. 4 poruke od 6 nisu iskrivljene;

2. Najmanje 3 od 6 su prenesene iskrivljeno;

3. Najmanje jedna poruka od 6 je iskrivljena;

4. Ne više od 2 od 6 nije izobličeno;

5. Sve poruke se prenose bez izobličenja.

Rješenje. Budući da je vjerovatnoća izobličenja 0,2, vjerovatnoća prenošenja poruke bez smetnji je 0,8.

1. Koristeći Bernoullijevu formulu (1.17), nalazimo vjerovatnoću
brzina prijenosa 4 od 6 poruka bez smetnji:

2. najmanje 3 od 6 se prenose iskrivljeno:

3. barem jedna poruka od 6 je iskrivljena:

4. barem jedna poruka od 6 je iskrivljena:

5. sve poruke se prenose bez izobličenja:

Zadatak. 1.5.2Vjerovatnoća da će dan biti vedar ljeti je 0,42; vjerovatnoća oblačnog dana je 0,36, a promjenjive oblačnosti 0,22. Koliko dana od 59 se može očekivati ​​da bude vedro i oblačno?

Rješenje. Iz stanja zadatka se vidi da je potrebno tražiti najvjerovatniji broj vedrih i oblačnih dana.

Za vedrih dana P= 0.42, N= 59. Sastavljamo nejednačine (1.20):

59 0.42 + 0.42 - 1 < m0 < 59 0.42 + 0.42.

24.2 ≤ Mo≤ 25.2 → Mo= 25.

Za oblačne dane P= 0.36, N= 59 i

0.36 59 + 0.36 - 1 ≤ M0 ≤ 0.36 59 + 0.36;

Dakle 20.16 ≤ M0 ≤ 21.60; → M0 = 21.

Dakle, najvjerovatniji broj vedrih dana Mo= 25, oblačni dani - M0 = 21. Tada možemo očekivati ​​ljeto Mo+ M0 =46 vedrih i oblačnih dana.

Zadatak. 1.5.3Na predavanju iz teorije vjerovatnoće pohađa 110 studenata predmeta. Pronađite vjerovatnoću da

1. k učenika (k = 0,1,2) prisutnih rođeno je 1. septembra;

2. najmanje jedan polaznik predmeta rođen je 1. septembra.

P=1/365 je vrlo mala, pa koristimo Poissonovu formulu (1.22). Nađimo Poissonov parametar. Jer

N= 110, tada je λ = np = 110 1 /365 = 0,3.

Zatim po Poissonovoj formuli

Zadatak. 1.5.4Vjerovatnoća da dio nije standardan je 0.1. Koliko detalja treba odabrati tako da sa vjerovatnoćom P = 0.964228 Moglo bi se tvrditi da relativna učestalost pojavljivanja nestandardnih dijelova odstupa od konstantne vjerovatnoće p = 0.1 U apsolutnom smislu, ne više od 0.01 ?

Rješenje.

Potreban broj N Nalazimo po formuli (1.25). Imamo:

P = 1,1; q = 0,9; P= 0,96428. Zamijenite podatke u formuli:

Gde da nađemo

Prema tabeli vrijednosti funkcije Φ( X) nalazimo to

Zadatak. 1.5.5Vjerovatnoća kvara u vremenu T jednog kondenzatora je 0,2. Odrediti vjerovatnoću da će u vremenu T od 100 kondenzatora otkazati.

1. Tačno 10 kondenzatora;

2. Najmanje 20 kondenzatora;

3. Manje od 28 kondenzatora;

4. Od 14 do 26 kondenzatora.

Rješenje. Imamo P = 100, P= 0.2, Q = 1 - P= 0.8.

1. Tačno 10 kondenzatora.

Jer P Veliko, upotrijebimo lokalnu de Moivre-Laplaceovu teoremu:

Compute

Od funkcije φ(x)- paran, tada je φ (-2,5) = φ (2,50) = 0,0175 (nalazimo iz tabele vrijednosti funkcije φ(x).Željena vjerovatnoća

2. Najmanje 20 kondenzatora;

Zahtjev da najmanje 20 od 100 kondenzatora pokvari znači da će ili 20, ili 21, ... ili 100 otkazati. T1 = 20, T 2=100. Onda

Prema tablici vrijednosti funkcije Φ(x) Nađimo Φ(x1) = Φ(0) = 0, Φ(x2) = Φ(20) = 0,5. Potrebna vjerovatnoća:

3. Manje od 28 kondenzatora;

(ovdje je uzeto u obzir da je Laplaceova funkcija F(x) neparna).

4. Od 14 do 26 kondenzatora. Po stanju M1= 14, m2 = 26.
Izračunaj x 1,x2:

Zadatak. 1.5.6Vjerovatnoća pojave nekog događaja u jednom eksperimentu jednaka je 0,6. Kolika je vjerovatnoća da će se ovaj događaj dogoditi u većini od 60 ispitivanja?

Rješenje. Količina M Pojava događaja u nizu testova je u intervalu. "U većini eksperimenata" to znači M Pripada intervalu Po stanju N= 60, P= 0.6, Q = 0.4, M1 = 30, m2 = 60. Izračunajte x1 i x2:

Slučajne varijable i njihove distribucije

Zadatak. 2.1.1Data je tabela u kojoj gornja linija označava moguće vrijednosti slučajne varijable X , a na dnu - njihove vjerovatnoće.

Može li ova tabela biti distributivna serija X ?

Odgovor: Da, pošto je p1 + p2 + p3 + p4 + p5 = 1

Zadatak. 2.1.2Oslobođen 500 Lutrija, i 40 Ulaznice će svojim vlasnicima donijeti nagradu za 10000 rub., 20 Ulaznice - do 50000 rub., 10 Ulaznice - do 100000 rub., 5 Ulaznice - do 200000 rub., 1 Ulaznica - 500000 Rub., ostalo - bez pobjede. Pronađite pobjednički zakon o raspodjeli za vlasnika jedne karte.

Rješenje.

Moguće vrijednosti X: x5 = 10000, x4 = 50000, x3 = 100000, x2 = 200000, x1 = 500000, x6 = 0. Vjerovatnoće ovih mogućih vrijednosti su:

Željeni zakon distribucije:

Zadatak. 2.1.3strijelac, imajući 5 Patrone, puca do prvog pogotka u metu. Vjerovatnoća da ćete pogoditi svaki hitac je 0.7. Konstruirajte zakon raspodjele broja upotrijebljenih patrona, pronađite funkciju raspodjeleF(X) i nacrtajte njegov graf, pronađite P(2< x < 5).

Rješenje.

Prostor elementarnih događaja iskustva

Ω = {1, 01, 001, 0001, 00001, 11111},

Gdje je događaj (1) - pogodio metu, događaj (0) - nije pogodio metu. Elementarni ishodi odgovaraju sledećim vrednostima slučajne vrednosti broja upotrebljenih metaka: 1, 2, 3, 4, 5. Pošto rezultat svakog sledećeg hica ne zavisi od prethodnog, verovatnoće mogućih vrednosti su:

P1 = P(x1= 1) = P(1)= 0.7; P2 = P(x2= 2) = P(01)= 0,3 0,7 = 0,21;

P3 = P(x3= 3) = P(001) = 0,32 0,7 = 0,063;

P4 = P(x4= 4) = P(0001) = 0,33 0,7 = 0,0189;

P5 = P(x5= 5) = P(00001 + 00000) = 0,34 0,7 + 0,35 = 0,0081.

Željeni zakon distribucije:

Pronađite funkciju distribucije F(X), Korištenje formule (2.5)

X≤1, F(x)= P(X< x) = 0

1 < x ≤2, F(x)= P(X< x) = P1(X1 = 1) = 0.7

2 < x ≤ 3, F(x) = P1(X= 1) + P2(x = 2) = 0,91

3 < x ≤ 4, F(x) = P1 (x = 1) + P2(x = 2) + P3(x = 3) =

= 0.7 + 0.21 + 0.063 = 0.973

4 < x ≤ 5, F(x) = P1(x = 1) + P2(x = 2) + P3(x = 3) +

+ P4(x = 4) = 0,973 + 0,0189 = 0,9919

X >5, F(x) = 1

Nađi P(2< x < 5). Применим формулу (2.4): P(2 < X< 5) = F(5) - F(2) = 0.9919 - 0.91 = 0.0819

Zadatak. 2.1.4DanaF(X) neke slučajne varijable:

Zapišite seriju distribucije za X.

Rješenje.

Od nekretnina F(X) Iz toga slijedi da su moguće vrijednosti slučajne varijable X - Tačke prekida funkcije F(X), A odgovarajuće vjerovatnoće su skokovi funkcije F(X). Pronađite moguće vrijednosti slučajne varijable X=(0,1,2,3,4).

Zadatak. 2.1.5Podesite koju funkciju

Je funkcija distribucije neke slučajne varijable.

Ako je odgovor potvrdan, pronađite vjerovatnoću da odgovara slučajna vrijednost preuzima vrijednosti[-3,2].

Rješenje. Nacrtajmo funkcije F1(x) i F2(x):

Funkcija F2(x) nije funkcija distribucije, jer nije neopadajuća. Funkcija F1(x) je

Funkcija raspodjele neke slučajne varijable, budući da nije opadajuća i zadovoljava uvjet (2.3). Nađimo vjerovatnoću da ćemo pogoditi interval:

Zadatak. 2.1.6S obzirom na gustinu vjerovatnoće kontinuirane slučajne varijable X :

Pronađite:

1. Koeficijent C ;

2. funkcija distribucije F(x) ;

3. Vjerovatnoća da slučajna varijabla padne u interval(1, 3).

Rješenje. Iz uslova normalizacije (2.9) nalazimo

shodno tome,

Formulom (2.10) nalazimo:

Na ovaj način,

Formulom (2.4) nalazimo

Zadatak. 2.1.7Nasumični prekid rada elektronske opreme u nekim slučajevima ima gustinu vjerovatnoće

Gdje M = lge = 0,4343...

Pronađite funkciju distribucije F(x) .

Rješenje. Formulom (2.10) nalazimo

Gdje

Zadatak. 2.2.1Dat je niz distribucije diskretne slučajne varijable X :

Nađi očekivanu vrijednost, varijansa, standardna devijacija, M, D[-3X + 2].

Rješenje.

Prema formuli (2.12) nalazimo matematičko očekivanje:

M[X] = x1p1 + x2p2 + x3p3 + x4p4 = 10 0,2 + 20 0,15 + 30 0,25 + 40 0,4 = 28,5

M = 2M[X] + M = 2M[X] + 5 = 2 28,5 + 5 = 62. Koristeći formulu (2.19), nalazimo disperziju:

Zadatak. 2.2.2Pronađite matematičko očekivanje, varijansu i standardnu ​​devijaciju kontinuirane slučajne varijable X , čija funkcija distribucije

.

Rješenje. Pronađite gustinu vjerovatnoće:

Matematičko očekivanje se nalazi po formuli (2.13):

Disperziju nalazimo po formuli (2.19):

Nađimo prvo matematičko očekivanje kvadrata slučajne varijable:

Standardna devijacija

Zadatak. 2.2.3Xima nekoliko distribucija:

Pronađite matematičko očekivanje i varijansu slučajne varijableY = EX .

Rješenje. M[ Y] = M[ EX ] = e-- 1 0,2 + e0 0,3 + e1 0,4 + e2 0,1 =

0,2 0,3679 + 1 0,3 + 2,71828 0,4 + 7,389 0,1 = 2,2.

D[Y] = D = M[(eX)2 - M2[E X] =

[(e-1)2 0,2 ​​+ (e0)2 0,3 + (e1)2 0,4 + (e2)2 0,1] - (2,2)2 =

= (e--2 0,2 ​​+ 0,3 + e2 0,4 + e4 0,1) - 4,84 = 8,741 - 4,84 = 3,9.

Zadatak. 2.2.4Diskretna slučajna varijabla X Može uzeti samo dvije vrijednosti X1 I X2 , i X1< x2. Poznata verovatnoća P1 = 0,2 Moguća vrijednost X1 , očekivana vrijednost M[X] = 3,8 I disperzija D[X] = 0,16. Pronađite zakon raspodjele slučajne varijable.

Rješenje. Budući da slučajna varijabla X uzima samo dvije vrijednosti x1 i x2, tada je vjerovatnoća p2 = P(X = x2) = 1 - p1 = 1 - 0,2 = 0,8.

Po uslovu problema imamo:

M[X] = x1p1 + x2p2 = 0,2x1 + 0,8x2 = 3,8;

D[X] = (x21p1 + x22p2) - M2[X] = (0,2x21 + 0,8x22) - (0,38)2 = 0,16.

Tako smo dobili sistem jednačina:

Stanje x1

Zadatak. 2.2.5Slučajna varijabla X podliježe zakonu distribucije, čiji graf gustine ima oblik:

Pronađite matematičko očekivanje, varijansu i standardnu ​​devijaciju.

Rješenje. Nađimo funkciju diferencijalne distribucije f(x). Izvan intervala (0, 3) f(x) = 0. Na intervalu (0, 3) grafik gustine je prava linija sa nagibom k = 2/9 koja prolazi kroz ishodište. Na ovaj način,

Očekivana vrijednost:

Pronađite varijansu i standardnu ​​devijaciju:

Zadatak. 2.2.6Pronađite matematičko očekivanje i varijansu zbira bodova na četiri kocke u jednom bacanju.

Rješenje. Označimo A - broj bodova na jednoj kockici u jednom bacanju, B - broj bodova na drugoj kockici, C - na trećoj kockici, D - na četvrtoj kockici. Za slučajne varijable A, B, C, D, zakon raspodjele jedan.

Tada je M[A] = M[B] = M[C] = M[D] = (1+2+3+4+5+6) / 6 = 3,5

Zadatak. 2.3.1Vjerovatnoća da će čestica emitirana iz radioaktivnog izvora biti registrirana brojačem je jednaka 0.0001. Tokom perioda posmatranja, 30000 čestice. Pronađite vjerovatnoću da je brojač registrirao:

1. Tačno 3 čestice;

2. Niti jedne čestice;

3. Najmanje 10 čestica.

Rješenje. Po stanju P= 30000, P= 0,0001. Događaji koji se sastoje u činjenici da se registruju čestice emitovane iz radioaktivnog izvora su nezavisni; broj P Odlično, ali vjerovatnoća P Mala, pa koristimo Poissonovu distribuciju: Nađimo λ: λ = n P = 30000 0,0001 = 3 = M[X]. Željene vjerovatnoće:

Zadatak. 2.3.2U seriji ima 5% nestandardnih dijelova. 5 stavki je nasumično odabrano. Napišite zakon raspodjele diskretne slučajne varijable X - broj nestandardnih dijelova među pet odabranih; pronaći matematičko očekivanje i varijansu.

Rješenje. Diskretna slučajna varijabla X - broj nestandardnih dijelova - ima binomnu distribuciju i može imati sljedeće vrijednosti: x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 3, x5 = 4, x6 = 5. Vjerovatnoća nestandardni dio u seriji p = 5 /100 = 0,05. Nađimo vjerovatnoće ovih mogućih vrijednosti:

Napišimo željeni zakon distribucije:

Nađimo numeričke karakteristike:

0 0.7737809 + 1 0.2036267 + 2 0.0214343+

3 0.0011281 + 4 0.0000297 + 5 0.0000003 = 0.2499999 ≈ 0.250

M[X] = Np= 5 0.05 = 0.25.

D[X] = M– M2 [X]= 02 0.7737809 + 12 0.2036267+

22 0.0214343 + 32 0.0011281 + 42 0.0000297 + 52 0.0000003- 0.0625 =

0.2999995 - 0.0625 = 0.2374995 ≈ 0.2375

Or D[ X] = np (1 - P) = 5 0.05 0.95 = 0.2375.

Zadatak. 2.3.3Vrijeme otkrivanja radarskog cilja raspoređuje se prema eksponencijalnom zakonu

Gdje1/ λ = 10 Sec. - prosječno vrijeme detekcije cilja. Nađite vjerovatnoću da će se meta pronaći unutar vremena5 Prije15 Sec. nakon početka potrage.

Rješenje. Vjerovatnoća pogađanja slučajne varijable X U intervalu (5, 15) Nađimo po formuli (2.8):

At Dobijamo

0.6065(1 - 0.3679) = 0.6065 0.6321 = 0.3834

Zadatak. 2.3.4Slučajne greške mjerenja podliježu normalnom zakonu s parametrima a = 0, σ = 20 Mm. Napišite diferencijalnu distribucijsku funkcijuF(X) i pronađite vjerovatnoću da je mjerenje napravilo grešku u intervalu od 5 Prije 10 Mm.

Rješenje. Zamijenimo vrijednosti parametara a i σ u funkciju diferencijalne distribucije (2.35):

Koristeći formulu (2.42), nalazimo vjerovatnoću pogađanja slučajne varijable X U intervalu, tj. A= 0, B= 0.1. Zatim diferencijalna funkcija raspodjele F(x) Izgledaće kao