Često nas zanima vjerojatnost da se nekoliko događaja dogodi u isto vrijeme, kao što su dvije glave na dva bacanja novčića ili barem jedna šestica na dva bacanja kocke. Takve situacije su tzv situacije s više mogućih ishoda.

Korištenje dijagrama stabla

Iako je prilično lako razumjeti da je vjerojatnost dobivanja glava pri jednom bacanju poštenog novčića ?, nešto je teže intuitivno odrediti vjerojatnost četiri glave pri četiri bacanja poštenog novčića. Iako se primjer novčića može činiti umjetan, on je vrlo prikladan za objašnjenje kombinacije vjerojatnosti u više pokušaja. Idemo izračunati. (Slijedite moje razmišljanje, čak i ako se užasno bojite matematike. Ako prođete kroz primjere, izračuni i matematičko zaključivanje će vam se činiti prilično jednostavnim. Nema potrebe da uzviknete nakon što pogledate sljedećih nekoliko brojeva: "Ne, nema šanse , samo ću to preskočiti. Važno je moći razmišljati s brojevima i o brojevima.)

Pri prvom bacanju može se dogoditi samo jedan od dva moguća ishoda; glave (O) ili repa (P). Što se događa ako se novčić baci dvaput? Postoje četiri moguća ishoda: prednost oba puta (OO), prednost 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, vjerojatnost ovog događaja je 1/4 (ponovno, pretpostavljamo da je novčić "pošten", tj. glava i rep su jednako vjerojatni). Postoji opće pravilo za izračunavanje vjerojatnosti zajedničke pojave nekoliko događaja u bilo kojoj situaciji - pravilo "i". Ako želite pronaći vjerojatnost supojavljivanja prvog i drugi događaj (orao na prvi i kod drugog bacanja), moramo zasebno pomnožiti vjerojatnosti ovih događaja. Primjenom pravila "i" nalazimo da je vjerojatnost dobivanja dva repa kada se novčić baci dvaput jednaka? x? = 1/4. Intuitivno se čini da bi vjerojatnost zajedničkog događanja dvaju događaja trebala biti manja od vjerojatnosti svakog od njih zasebno; tako ispada.

Jednostavan način izračuna ove vjerojatnosti dobiva se predstavljanjem svih mogućih događaja s dijagram stabla. Dijagrami stabla korišteni su u 4. poglavlju kada smo testirali valjanost iskaza "ako... onda...". U ovom poglavlju dodijelit ćemo vjerojatnosne vrijednosti granama stabla kako bismo odredili vjerojatnosti različitih kombinacija ishoda. U kasnijim poglavljima vratit ću se na dijagrame stabla kada budem promatrao načine pronalaženja kreativnih rješenja problema.

Prvi put kada se novčić baci, on će pasti ili na glavu ili na rep. Za "fer" novčić, heads i tails imaju istu vjerojatnost od 0,5. Zamislimo to ovako:

Kad bacite novčić drugi put, ili će nakon prve oznake slijediti druga oznaka ili će nakon prve oznake slijediti druga vrijednost. Vjerojatnost dobivanja odgovora i odgovora u drugom bacanju i dalje je 0,5. Ishodi drugog bacanja prikazani su na dijagramu kao dodatne grane stabla.

Kao što možete vidjeti na dijagramu, četiri su moguća ishoda. Ovo stablo možete koristiti za pronalaženje vjerojatnosti drugih događaja. Koja je vjerojatnost da dobijete jednu glavu pri dva bacanja novčića? Budući da postoje dva načina za dobivanje jednog repa (OR ili RO), odgovor je 2/4 ili ?. Ako želite pronaći vjerojatnost dvaju ili više različitih ishoda, zbrojite vjerojatnosti svih ishoda. Ovo se zove pravilo "ili". Na drugi način, ovaj problem se može formulirati na sljedeći način: „Koja je vjerojatnost dobivanja ili prvo glave, zatim repovi (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 vjerojatnost pojave jednog od nekoliko događaja mora biti veća od vjerojatnosti pojave svakog od njih; tako ispada.

Pravila "i" i "ili" mogu se koristiti samo kada su događaji koji nas zanimaju nezavisna. Dva događaja su neovisna ako pojava jednog od njih ne utječe na pojavu drugog. U ovom primjeru, rezultat prvog bacanja novčića ne utječe na rezultat drugog bacanja. Osim toga, da bi se primijenilo pravilo "ili", 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 na ulici zaustavi muškarac u prugastom odijelu s dugim, zakovrčanim brkovima i pomaknutim očima i ponudi vam da igrate za novac bacanjem novčića. Uvijek se kladi na orla. Prilikom prvog bacanja, novčić pada glavom prema gore. Ista stvar se događa kod drugog bacanja. Pri trećem bacanju, glave se ponovno pojavljuju. Kada počinjete sumnjati da ima "faul" novčić? Većina ljudi posumnja u svoj treći ili četvrti pokušaj. Izračunajte vjerojatnost dobivanja nekoliko glava na tri i četiri pravedna bacanja novčića (vjerojatnost dobivanja glava je 0,5).

Da biste izračunali vjerojatnost dobivanja tri glave u tri pokušaja, trebate nacrtati stablo s tri reda "čvorova", s dvije "grane" koje izlaze iz svakog čvora.

U ovom primjeru, zanima nas vjerojatnost dobivanja tri glave za redom, pod uvjetom da je novčić pošten. Pogledajte stupac s oznakom "ishod" i pronađite ishod LLC-a. Budući da je ovo jedini ishod s tri glave, pomnožite vjerojatnosti duž grane 000 (zaokružene na dijagramu) i dobit ćete 0,5 x 0,5 x 0,5 = 0,125. Vjerojatnost od 0,125 znači da ako je novčić "pošten", tada će u prosjeku pasti jedan na drugoga tri puta zaredom u 12,5% slučajeva. Budući da je ta vjerojatnost mala, kada ispadnu tri glave zaredom, većina ljudi počinje sumnjati da je novčić "s tajnom".

Da biste izračunali vjerojatnost dobivanja četiri glave u četiri pokušaja, dodajte dodatne grane stablu.

Vjerojatnost da dobijete četiri glave je 0,5 x 0,5 x 0,5 x 0,5 = 0,0625, odnosno 6,25%. Kao što već znate, matematički je jednak 0,5 4 ; to jest, pomnožiti broj samim sobom četiri puta isto je kao podići ga na četvrtu potenciju. Ako računate na kalkulator gdje postoji operacija potenciranja, tada ćete dobiti isti odgovor - 0,0625. Iako je takav ishod moguć i kad-tad će se dogoditi, malo je vjerojatan. Zapravo, toliko je nevjerojatan i neobičan da bi mnogi rekli da osoba s pomaknutim očima vjerojatno vara. Nedvojbeno, po petoj glavi po redu, razumno bi bilo zaključiti da imate posla s prevarantom. Za većinu znanstvenih svrha, događaj se smatra "neuobičajenim" ako se očekuje da će se dogoditi s vjerojatnošću manjom od 5%. (U jeziku teorije vjerojatnosti, ovo je zapisano kao p ‹ 0,05.)

Ostavimo primjer umjetne kovanice i primijenimo istu logiku u korisnijem kontekstu. Siguran sam da se svaki učenik ikada susreo s testovima višestrukog izbora u kojima trebate odabrati točne odgovore iz predloženih opcija. U većini ovih testova svako pitanje ima pet mogućih odgovora od kojih je samo jedan točan. Pretpostavimo da su pitanja toliko teška da samo nasumično možete pogoditi točan odgovor. Kolika je vjerojatnost da ćete točno pogoditi prilikom odgovora na prvo pitanje? Ako nemate pojma koja je od opcija točan odgovor, onda ćete jednako vjerojatno izabrati bilo koju od pet opcija, pod pretpostavkom da bi bilo koja od njih mogla biti točna. Budući da bi zbroj vjerojatnosti izbora svih opcija trebao biti jednak jedan, tada je vjerojatnost izbora svake od opcija uz jednaku vjerojatnost svih opcija 0,20. Jedna od opcija je točna, a ostale su pogrešne, pa je vjerojatnost odabira točne opcije 0,20. Dolje je prikazan dijagram stabla ove situacije.

Kolika je vjerojatnost da ćete točno pogoditi odgovore na prva dva pitanja testa? Stablu ćemo morati dodati nove grane koje će uskoro postati vrlo guste. Kako biste uštedjeli prostor i pojednostavili izračune, možete prikazati sve netočne opcije kao jednu granu, označenu kao "netočno". Vjerojatnost da ćete pogriješiti u odgovoru na jedno pitanje je 0,8.

Vjerojatnost točnog pogađanja odgovora 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 trebali biste već shvatiti da je vjerojatnost 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. Što mislite o osobi koja je uspjela točno odgovoriti na sva tri pitanja? Većina ljudi (a i pedagozi su ljudi) će zaključiti da učenik nije nasumično birao odgovore, nego da je zapravo nešto znao. Naravno, moguće je da je samo imao sreće, ali to je vrlo malo vjerojatno. Dakle, dolazimo do zaključka da se dobiveni rezultat ne može objasniti samo srećom.

Želio bih istaknuti jedan zanimljiv aspekt takvog razmišljanja. Razmislite o žalosnoj situaciji u kojoj se Sarah našla. Odgovarala je na 15 testnih pitanja, pri čemu je odgovor na svako pitanje trebalo izabrati između pet ponuđenih. Sarah je netočno odgovorila na svih 15 pitanja. Možete li odrediti vjerojatnost da se to dogodilo slučajno? Neću crtati dijagram stabla da ilustriram ovu situaciju, ali lako je vidjeti da je vjerojatnost pogrešnog odgovora na jedno pitanje 0,8; pa je vjerojatnost netočnog odgovora 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 vjerojatnost takve nesreće 3,52%, možda bi Sarah trebala reći učiteljici da se tako neobičan rezultat ne može objasniti slučajnošću? Sarah, naravno, može iznijeti sličan argument, ali biste li joj vjerovali da ste učitelj? Pretpostavimo da ona tvrdi da zna odgovore na sva pitanja. Kako inače ne bi odabrala točan odgovor u 15 pitanja zaredom? Ne znam koliko bi učitelja povjerovalo njezinoj tvrdnji da 15 netočnih odgovora dokazuje da ona ima znanje, iako se u principu ovakvo rezoniranje koristi za dokazivanje znanja, jer je vjerojatnost da će svi odgovori točno pogoditi otprilike ista. (U ovom primjeru, vjerojatnost točnog odgovora na svih 15 nasumičnih 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 načela. Moguće je da je Sarah doista znala nešto o ovoj temi, ali je u tom “nečemu” postojala sustavna pogreška. Napomenuo bih joj i to da se možda nije pripremila za test, a osim toga nije imala ni sreće, te je 15 krivo pogodila. Na kraju, ponekad se dogodi i vrlo neobične događaje.

Prije čitanja sljedećeg odjeljka, provjerite razumijete li kako koristiti dijagrame stabla za izračunavanje vjerojatnosti i obračun svih mogućih ishoda. Vratit ću se takvim dijagramima kasnije u ovom poglavlju. Nakon što ih naučite koristiti, iznenadit ćete se u koliko se situacija mogu primijeniti.

Noć. Svjetlost punog mjeseca, koja je visila na zvjezdanom nebu, kroz vitraje na prozorima osvjetljavala je tmurne hodnike Zmiulana, od čijih se zidova odražavao odjekujući zvuk trčanja. - Pa kakva cura! promrmlja Flash bez daha. - Bila je prestrašena, znate ... Samo je vrijeme uzalud izgubljeno! Nadam se da ću ipak uspjeti pobjeći... ovaj put... Žureći prema Kamenoj dvorani, molio se da mu nitko ne stane na put. Ali sve se dogodilo upravo suprotno. U mraku hodnika (gdje se nisu trudili napraviti prozore) Dragotsy se sudario s nekim, čuvši poznati glas: “Tko tu trči kao lud?! "". Crnka je pozvala strelicu sata i upalila joj svjetlo na vrhu. U svjetlu improvizirane svjetiljke hit ... Vasilisa ?! -Vas?! uskliknu dvojica u isti mah. Bljesak je bio i iznenađen i odahnuo: ipak su s Ognjevom u dobrim odnosima i ona ga neće izdati... pa, nadao se. Tip je mislio da je crvenokosa doživjela nešto slično. -Što radiš ovdje? Dragotsy je pružio ruku Vasilisi. Prihvativši pomoć, ustala je i odbrusila: - I ja bih vas pitala isto. "Ja sam prvi pitao", Flash je prekrižio ruke. -Nije bitno. Općenito, to vas se ne tiče - odbrusila je Vasilisa. "Pa, to znači da se tebe ne tiče ono što ja radim", mirno je slegnuo ramenima Dragotius. Crvenokosa je napućila usne i zamišljeno pogledala brinetu: - Reći ću ti tek nakon tebe. "Pa... ja..." počeo je Flash pokušavajući pronaći riječi, ali ništa nije izlazilo. "U redu, želim pobjeći", izlanuo je Dragotius. Vasilisa je razrogačila oči: -Jesi li luda? Flash je zakolutao očima i razdraženo pogledao Ognjevu: -Ne, ali ne želim ostati ovdje. - Ako vas uhvate, bit ćete kažnjeni. Sjeti se što se dogodilo prošli put, - crvenokosa žena je prekrižila ruke na prsima. Dragotius iskrivi lice: -Slušaj, bolje da me ne gnjaviš. Vasilisa je zamišljeno pogledala crnku: - Pa, neću se miješati ... tim više, danas sam tako ljubazna da te neću čak ni izdati - Ogneva se zahihotala i, okrenuvši se, htjela otići, ali Bljesak ju je zaustavio viknuvši: - Vasilisa, - djevojka se okrenula i s iščekivanjem pogledala crnku, - hvala ti, - nasmiješio se Dragotius i pobjegao. Ogneva se nasmiješila i krenula prema njoj... *** -Bila je to velika pogreška, nećače, - Astragor se nadvio nad ležećeg polugolog Fesha. Učenici su počeli tiho šaputati. - Pokušao si pobjeći više puta i uvijek si bio kažnjen... - Okov, koji je došao posebno da izvrši masakr, izvadio je jednu šipku i nekoliko puta mahnuo. Čulo se pucketanje. - Nadam se da ćete shvatiti da je beskorisno bježati, - veliki duh Osla okrenuo je leđa prijestupniku, lice - ostalim učenicima: - Mislim da će ovo poslužiti i vama kao primjer. Šipka je, režući zrak, odmah prešla preko Flashovih leđa, ostavljajući crvene, čak i krvave pruge. Udarac za udarcem. Brineta je stoički podnosila sve udarce, tek povremeno ispuštajući polustenjanje – poluurlanje. Učenici su to gledali s nekom vrstom zlobe. Samo su Vasilisa i Zakharra uzbuđeno gledale u brinetu... *** Flash je sjedio u tamnici i razmišljao. Prethodno su ga jednostavno strpali u tamnicu, ostavljajući ga bez hrane, ali sada je, očito, njegovom ujaku dosadilo da se njegov nećak tako blago kažnjava. Brineta je slegnula ramenima, napravivši grimasu od boli. 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 svjetlom baklje. Flash je odmah otišao do rešetki: -Što ti radiš ovdje? - Stani - Ogneva je stavila ruku između rešetki i dala Dragotsyju prilično pristojan komad topli kruh sa sjemenkama. Flash je uzeo hranu. - A kakvi su to napadi velikodušnosti? nasmijao se. - Ovaj me Zakharra zamolio da prođem. Nisu je pustili - slegnula je ramenima Ognjeva. - Odnosno, Zakharru nije bilo dopušteno ući, ali ste vi, onaj koji niste Astragorov rođak, tiho pušteni? Brineta se nasmijala. "Pa, ne odlučujem ja", Vasilisa je opet slegnula ramenima, međutim, Flash je primijetio uzbuđenje u njezinim očima. "Pa, pitat ću Zaharu o tome kasnije", mirno je rekao Dragotius, zagrizavši malo kruha. “Pitaj me, ali već moram ići”, Ogneva se okrenula i mirno otišla do ugla i okrenula iza njega. Uskoro je Flash čuo zvuk trčanja i nasmijao se. No, ovo je njezina inicijativa. Vjerojatno je otrčala do svoje sestre da pregovara za svaki slučaj "" ...

Tvoj broj je dvanaesti - rekla je jela zapisujući nešto u knjižicu. Flash je zahvalio čovjeku i odletio u svoju kabinu. , Sada je glavna stvar ne prilagoditi se. Nadam se da vas vila neće iznevjeriti kada budemo nastupali..."" - s tim je mislima brineta sletjela na granu pored sjenice, gdje su ga već čekale dvije osobe. “Konačno si došao”, mahnuo mu je sa smiješkom jedan od onih koji su čekali, Nick. Sivooka djevojka s tamnim bobom, koja je druga osoba, samo je kimnula u znak pozdrava, prešavši odmah na stvar: - A pod kojim brojem nastupamo? upitala je stavljajući šalice aromatične kave na stol. - Dvanaest, - sjedajući za stol, odgovori tip. - Moramo vježbati: moramo znati kako zvučimo nas troje. -Ne moramo baš dobro nastupiti, Dragotius, - odmah ga ohladi djevojka, - ovo je naslovnica. Jednostavno ćete dobiti ključ od naše gospodarice nakon nastupa, kao što je obećano, - na ove riječi, Fash je napravio grimasu kao da je pojeo limun, - a Nick će biti iniciran. "Ne želim izgubiti obraz pred cijelim sudom", odgovorio je Dragotius. “Fash, Diana,” preklinjao je Nick, gledajući njih dvoje redom, “molim te prestani. Mislim da bismo stvarno trebali vježbati. - Raspoloženje nije pjesma - promrmlja Fash i, a da nije ni jeo, ode u svoju sobu. *prije nekoliko dana* - Dakle, - rekao je Konstantin s radosnim osmijehom, okupivši Fasha i Nicka u radionici, - imam dvije vijesti. Prvo, dogovorio sam s Bijelom Kraljicom tvoju inicijaciju, Nick. - Kako si to napravio? Flash je iznenađeno pogledao Lazareva. "Reći ću ti kasnije", nasmiješio se Nickov otac. - sine, možeš li nas ostaviti? Plavuša je izašla iz sobe, zatvorivši vrata za njim. Konstantin se uozbilji skrenuvši pogled na crnku: -Fesh, Astarius me je zamolio da ti kažem da mu je Bijela Kraljica obećala Srebrni ključ. Moraš ići u Charodol, sudjelovati 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. Učiteljica ga je već upozorila, objasnivši mu da je crnka pobjegla iz Astrogora... *** Njihova je izvedba izazvala veliku buku u kraljevstvu vila: šestokrila bića podigla su strelice sata, pljeskala i oduševljeno klicala. Flashovi strahovi bili su neutemeljeni, što mu je bilo drago. Ubrzo je dobio pismo na popisu za praćenje, u kojem je pisalo da on, kao pobjednik Čarolija, treba doći u ponoć u Bijeli dvorac . Brineta je prišla sjenici, gdje su već sjedili Nick i Diana, kojima je također bilo drago što je nastup uspio. “Pa,” okrenuo se Fraseru na šaljiv način, “biste li nas otpratili do Bijelog dvorca, gospođo deveruško?” - Nick je frknuo u šalicu, a Diana se samo nasmiješila. Zašto nisi rekao da si dvorska dama? - Fash je sjeo za stol - Osjećala sam se kao budala kad su mi prišli i rekli da je moj nastup s gđom Dianom Fraser, sluškinjom Njezina Veličanstva, napravio pravu pomutnju! - ni Nick ni Diana nisu mogli suspregnuti smijeh... *ponoć* -Fashiar Dragotsiy, - Bijela kraljica, koja je ustala s prijestolja, ukrašenog na leđima zlatnim grančicama sa smaragdnim lišćem, mahnula je rukom jednoj od djevojaka , - za pobjedu u čarolijama i obećanjima Astariju, dat ću ti srebrni ključ. Mislim da znaš da je to velika odgovornost. Čuvaj ga, čuvaj ga kao zjenicu oka. "Obećavam", Flash je kimnuo, samouvjereno gledajući Vilinsku kraljicu. Vrata su se otvorila i djevojka je unijela srebrni ključ koji je ležao na jastučiću od crvene svile. Priđe mu vila i zastane u naklonu, pružajući jastuk s ključem. Flash pažljivo uzme ključ i nakloni se kraljici: - Ponizno vam zahvaljujem na časti koja mi je ukazana. Vilinska Vladarica je kimnula i mahnula rukom, dopustivši Fashu da ode do toaleta. Nicka su na početku odveli kako bi prošao inicijaciju. *** -…i dali su mi neku vrstu napitka za vrijeme. Pa popio sam ga. Kao rezultat, stupanj trećeg sata, - Nick se radosno nasmiješio, govoreći prijatelju o tome što mu se dogodilo u Bijelom dvorcu. Diana je sjedila s njima i mirno pila kavu, jedući pecivo. - Usput, imam i ja novosti.Odloživši šalicu, nasmiješila se Diana, stavljajući mali željezni ključ na stol. Na trenutak su Flash i Nick iznenađeno pogledali u ključ, zatim u djevojku, no već je sljedeći trenutak Dragotsy skočio sa svog mjesta i pojurio u zagrljaj Diane, radosno se smiješeći. -Znao sam! - uzviknuo je. rumena vila jedva se otrgla iz momkovih ruku: -Prvo pusti, zadavit ćeš me! Drugo, kako ste znali? - -Pogodi, naravno, nije bilo teško - rekao je zadovoljni Fash. - Dvorska vila, najbolja učenica, pa još očajnica... Pretpostavio sam da si i kućna pomoćnica, čim sam te vidio. - Da, - otegnuto je Nick, koji se oporavio od iznenađenja, - susret s tobom u šumi bio je pomalo neočekivan. - Što je bilo tako neočekivano? Diana je sa zanimanjem pogledala prijateljicu. “Na primjer, činjenica da si iznenada skočio iz mraka na nas”, ubacio je Flash. - Da, - kimne mlađi-sada već-urar Lazarev, - naravno, znali smo da ćemo vas sresti u šumi, ali nije vrijedilo tako neočekivano iskočiti iz mraka na nas. "Ali dobro je da smo odmah otišli u Charodol", nasmijao se Dragotius. Dečki su kimnuli u znak slaganja i nastavili doručak...

Da biste izgradili stablo vjerojatnosti, prije svega morate nacrtati samo stablo, zatim na slici zapisati sve podatke poznate za ovaj problem i na kraju pomoću osnovnih pravila izračunati brojeve koji nedostaju i dovršiti stablo.

1. Vjerojatnosti su naznačene na svakoj od krajnjih točaka i zaokružene. Na svakoj razini stabla zbroj ovih vjerojatnosti mora biti jednak 1 (ili 100%). Tako, na primjer, na Sl. 6.5.1 Zbroj vjerojatnosti na prvoj razini je 0,20 + 0,80 = 1,00, a na drugoj razini - 0,03 + 0,17 + 0,56 + 0,24 = 1,00. Ovo pravilo pomaže ispuniti jedan prazan krug u stupcu ako su poznate vrijednosti svih ostalih vjerojatnosti ove razine.

Riža. 6.5.1

2. Uvjetne vjerojatnosti su naznačene pored svake od grana (osim,
eventualno podružnice prve razine). Za svaku od grupa grana koje izlaze iz jedne točke, zbroj ovih vjerojatnosti također je jednak 1 (ili 100%).
Na primjer, na sl. 6.5.1 za prvu grupu grana dobivamo 0,15 + 0,85 =
1,00 i za drugu grupu - 0,70 + 0,30 = 1,00. Ovo pravilo dopušta
izračunati jednu nepoznatu vrijednost uvjetne vjerojatnosti u skupini grana koje izlaze iz jedne točke.

3. Zaokružena vjerojatnost na početku grane pomnožena s uvjetom
vjerojatnost uz ovu granu daje vjerojatnost zapisanu u kružiću u
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 se pravilo može koristiti za izračunavanje jedne nepoznate vrijednosti
vjerojatnosti tri koje odgovaraju nekoj grani.

4. Vrijednost vjerojatnosti upisane u krug jednaka je zbroju zaokruženih vjerojatnosti na krajevima svih grana koje izlaze iz tog kruga
nadesno. Tako, na primjer, za Sl. 6.5.1 izlaz iz kruga s vrijednošću 0,20
dvije grane na čijim krajevima su zaokružene vjerojatnosti čiji je zbroj jednak ovoj vrijednosti: 0,03 + 0,17 = 0,20. Ovo pravilo vam omogućuje da pronađete jednu nepoznatu vrijednost vjerojatnosti u grupi,
uključujući ovu vjerojatnost i sve vjerojatnosti na krajevima grana drveta,
izlazeći iz odgovarajućeg kruga.

Koristeći ova pravila, moguće je, znajući sve osim jedne vrijednosti vjerojatnosti za neku granu ili na nekoj razini, pronaći tu nepoznatu vrijednost.

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

Reprezentativnost je sposobnost uzorka da predstavlja populaciju koja se proučava. Što točnije sastav uzorka predstavlja populaciju o temama koje se proučavaju, to je njegova reprezentativnost veća.

Reprezentativni uzorak jedan je od ključnih pojmova analize podataka. Reprezentativni uzorak je uzorak iz populacije s distribucijom F(x) predstavlja glavne značajke opće populacije. Primjerice, ako u nekom gradu živi 100.000 ljudi, od čega su polovica muškarci, a polovica žene, onda uzorak od 1000 ljudi, od čega 10 muškaraca i 990 žena, sigurno neće biti reprezentativan. Ispitivanje javnog mnijenja izgrađeno na njegovoj osnovi će, naravno, sadržavati pristranost u procjenama i dovesti do krivotvorenih rezultata.

Neophodan uvjet za izgradnju reprezentativni uzorak je jednaka vjerojatnost uključivanja u njega svakog elementa opće populacije.

Uzorkovana (empirijska) funkcija distribucije daje, s velikom veličinom uzorka, prilično dobru ideju funkcije distribucije F(x) izvorne opće populacije.

Vodeće načelo na kojem se temelji takav postupak je načelo randomizacije, slučajnosti. Za uzorak se kaže da je slučajan (ponekad ćemo reći jednostavno slučajan ili čisto slučajan) ako su ispunjena dva uvjeta. Prvo, uzorak mora biti dizajniran na takav način da ga ima svaka osoba ili predmet unutar populacije jednake prilike biti odabrani za analizu. Drugo, uzorak mora biti dizajniran tako da svaka kombinacija od n stavki (gdje je n jednostavno broj stavki ili slučajeva u uzorku) ima jednaku šansu da bude odabrana za analizu.

Kada se ispituju populacije koje su prevelike da bi se provela prava lutrija, često se koriste jednostavni nasumični uzorci. Zapisati nazive nekoliko stotina tisuća predmeta, staviti ih u bubanj i odabrati nekoliko tisuća još uvijek nije lak posao. U takvim slučajevima koristi se drugačija, ali jednako pouzdana metoda. Svakom predmetu u zbirci dodijeljen je broj. Redoslijed brojeva u takvim tablicama obično daje računalni program koji se naziva generator slučajnih brojeva, koji u biti stavlja veliki broj brojeva u bubanj, nasumično ih izvlači i ispisuje redom. Drugim riječima, odvija se isti proces koji je karakterističan za lutriju, ali računalo, koristeći brojeve, a ne imena, čini univerzalni izbor. Ovaj izbor se može koristiti jednostavnim dodjeljivanjem broja svakom našem objektu.

Tablica slučajnih brojeva poput ove može se koristiti na nekoliko različitih načina, au svakom slučaju moraju se donijeti tri Odluke. Prvo, moramo odlučiti koliko ćemo znamenki koristiti, i drugo, moramo se razvijati pravilo odlučivanja za njihovu upotrebu; treće, trebate odabrati početnu točku i način prolaska kroz tablicu.

Kada to učinimo, moramo razviti pravilo koje povezuje brojeve u tablici s brojevima naših objekata. Ovdje postoje dvije mogućnosti. Najlakši način (iako ne nužno i najispravniji) je koristiti samo one brojeve koji spadaju u broj brojeva dodijeljenih našim objektima. Dakle, ako imamo populaciju od 250 značajki (i stoga koristimo troznamenkaste brojeve) i odlučimo započeti u gornjem lijevom kutu tablice i pomaknuti se niz stupce, uključit ćemo značajke s brojevima 100, 084 i 128 u naš uzorak , a preskočimo brojeve 375 i 990 koji ne odgovaraju našim objektima. Ovaj proces će se nastaviti dok se ne odredi broj objekata potrebnih za naš uzorak.

Dugotrajniji, ali metodološki ispravniji postupak temelji se na premisi da se za očuvanje karakteristike slučajnosti tablice mora koristiti svaki broj zadane dimenzije (primjerice, svaki troznamenkasti broj). Slijedeći ovu logiku, a opet baveći se kolekcijom od 250 objekata, moramo podijeliti područje troznamenkastih brojeva od 000 do 999 u 250 jednakih intervala. Budući da takvih brojeva ima 1000, podijelimo 1000 s 250 i utvrdimo da svaki dio sadrži četiri broja. Tako će brojevi tablice od 000 do 003 odgovarati objektu 004 do 007 - objektu 2, i tako dalje. Sada, da biste odredili koji broj predmeta odgovara broju u tablici, trebate troznamenkasti broj iz tablice podijeliti i zaokružiti na najbliži cijeli broj.

I na kraju, u tablici moramo odabrati početnu točku i način prolaska. Početna točka može biti gornji lijevi kut (kao u prethodnom primjeru), donji desni kut, lijevi rub drugog retka ili bilo gdje drugdje. Ovaj izbor je potpuno proizvoljan. Međutim, kada radimo sa stolom, moramo djelovati sustavno. Mogli bismo uzeti prve tri znamenke svakog niza od pet znamenki, srednje tri znamenke, zadnje tri znamenke ili čak prvu, drugu i četvrtu znamenku. (Iz prvog niza od pet znamenki, ovi različiti postupci daju 100, 009, 097, odnosno 109.) Mogli bismo primijeniti ove postupke s desna na lijevo, dobivajući 790, 900, 001 i 791. Mogli bismo ići duž redaka , redom razmatrajući svaku sljedeću znamenku i zanemarujući dijeljenje na pet (za prvi red dobit će se brojevi 100, 973, 253, 376 i 520). Mogli bismo se nositi samo sa svakom trećom grupom znamenki (npr. 10097, 99019, 04805, 99970). Postoji mnogo različitih mogućnosti, a svaka sljedeća nije ništa gora od prethodne. No, nakon što smo donijeli odluku o ovom ili onom načinu, moramo je sustavno pratiti kako bismo što više poštivali slučajnost elemenata u tablici.

38. Koji interval nazivamo intervalom pouzdanosti?

Interval pouzdanosti je dopušteno odstupanje promatranih vrijednosti od stvarnih vrijednosti. Veličinu ove pretpostavke određuje istraživač, uzimajući u obzir zahtjeve točnosti informacija. Ako se granica pogreške poveća, veličina uzorka se smanjuje čak i ako razina pouzdanosti ostane na 95%.

Interval pouzdanosti pokazuje u kojem će se rasponu nalaziti rezultati promatranja uzorka (ispitivanja). Ako provedemo 100 identičnih istraživanja u identičnim uzorcima iz jedne populacije (na primjer, 100 uzoraka od po 1000 ljudi u gradu s 5 milijuna stanovnika), tada će na razini pouzdanosti od 95% 95 od 100 rezultata spadati u interval pouzdanosti (na primjer, od 28% do 32% sa stvarnom vrijednošću od 30%).

Na primjer, pravi broj stanovnika grada koji puše je 30%. Odaberemo li 1000 ljudi 100 puta za redom i u tim uzorcima postavimo pitanje "pušite li?", u 95 od tih 100 uzoraka na 2% intervalu pouzdanosti vrijednost će biti od 28% do 32%.

39 Što se zove razina povjerenja (razina povjerenja)?

Razina pouzdanosti odražava količinu podataka koja je potrebna evaluatoru kako bi potvrdio da program koji se ispituje ima željeni učinak. NA društvene znanosti Tradicionalno se koristi razina pouzdanosti od 95%. Međutim, za većinu programa zajednice, 95% je pretjerano. Za adekvatnu procjenu programa dovoljna je razina pouzdanosti u rasponu od 80-90%. Na taj se način može smanjiti veličina reprezentativne skupine, čime se smanjuju troškovi evaluacije.

Proces statističke evaluacije testira nultu hipotezu da program nije imao željeni učinak. Ako se dobiveni rezultati značajno razlikuju od početnih pretpostavki o točnosti nulte hipoteze, tada se potonja odbacuje.

40. Koji je od dva intervala pouzdanosti veći: dvostrani 99% ili dvostrani 95%? Objasniti.

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

Koristeći z-rezultate, možete točnije procijeniti interval pouzdanosti i odrediti ukupni oblik intervala pouzdanosti. Točna formulacija intervala pouzdanosti za srednju vrijednost uzorka je sljedeća:

Dakle, za slučajni uzorak od 25 opažanja koja zadovoljavaju normalnu distribuciju, interval pouzdanosti srednje vrijednosti uzorka ima sljedeći oblik:

Stoga možete biti 95% sigurni da se vrijednost nalazi unutar ±1,568 jedinica srednje vrijednosti uzorka. Koristeći istu metodu, može se odrediti da 99% interval pouzdanosti leži 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 BODOVA JE 2 ILI 3 );

● E= (UKUPNI BROJ BODOVA JE 10).

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

Riješenje. Uvedimo oznaku: događaj A- kontakt 1 je zatvoren; događaj NA- kontakt 2 je zatvoren; događaj IZ- krug je zatvoren, svjetlo je upaljeno.

1. Za paralelni spoj, krug je zatvoren kada je barem jedan od kontakata zatvoren, dakle C = A + B;

2. Za serijski spoj, krug je zatvoren kada su oba kontakta zatvorena, dakle C \u003d A B.

Zadatak. 1.1.4 Nacrtana su dva električna kruga:

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

A1 (A2 + A3 A4) A5 = A?

Riješenje. Za prvi krug je A = A1 · (A2 · A3 + A4 · A5), budući da zbroj događaja odgovara paralelnom spoju, a umnožak događaja odgovara serijskom spoju. Za drugu shemu 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).

Riješenje. Iskoristimo svojstva operacija zbrajanja 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. 1.1.6Dokažite da su događaji A, AB i A+B čine kompletnu grupu.

Riješenje. Prilikom rješavanja problema koristit ćemo se svojstvima operacija nad događajima. Prvo, pokazujemo da su ti događaji u paru nekompatibilni.

Pokažimo sada da zbroj tih događaja daje prostor elementarnih događaja.

Zadatak. 1.1.7Pomoću Euler-Vennove sheme provjerite de Morganovo pravilo:

A) Događaj AB je osjenčan.

B) Događaj A - okomito šrafiranje; događaj B - horizontalna šrafura. Događaj

(A+B) - osjenčana površina.

Iz usporedbe slika a) i c) slijedi:

Zadatak. 1.2.1Na koliko se načina može smjestiti 8 ljudi?

1. U jednom redu?

2. Po Okrugli stol?

Riješenje.

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

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

2. Budući da izbor prve osobe za okruglim stolom ne utječe na izmjenu elemenata, tada se bilo tko može uzeti prvi, a ostali će biti poredani u odnosu na odabranog. Ova akcija se može izvesti na 8!/8 = 5040 načina.

Zadatak. 1.2.2Tečaj pokriva 5 predmeta. Na koliko načina možete napraviti raspored za subotu ako tog dana budu dva različita para?

Riješenje. Željeni broj načina je broj plasmana

Od 5 do 2, jer morate uzeti u obzir redoslijed parova:

Zadatak. 1.2.3Kako ispitne komisije, koja se sastoji od 7 ljudi, može biti sastavljena od 15 učitelja?

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

Zadatak. 1.2.4 Iz košarice koja sadrži dvadeset numeriranih kuglica bira se 5 kuglica za sreću. Odredite broj elemenata u prostoru elementarnih događaja ovog iskustva ako:

Kuglice se odabiru sekvencijalno jedna za drugom s povratkom nakon svakog izvlačenja;

Kuglice se biraju jedna po jedna bez vraćanja;

Odabere se 5 loptica odjednom.

Riješenje.

Broj načina za izvlačenje prve lopte iz koša je 20. Budući da se izvađena lopta vraća u koš, broj načina za izvlačenje druge lopte je također 20, i tako dalje. Tada je broj načina za izvlačenje 5 loptica u ovom slučaju je 20 20 20 20 20 = 3200000.

Broj načina za izvlačenje prve lopte iz koša je 20. Kako se izvađena lopta nakon izvlačenja nije vratila u koš, broj načina za izvlačenje druge lopte postao je 19, itd. Tada je broj načina za izvlačenje 5 loptica bez zamjene je 20 19 18 17 16 = A52 0

Broj načina za izvlačenje 5 lopti iz koša odjednom jednak je broju kombinacija 20 puta 5:

Zadatak. 1.2.5 Bacaju se dvije kocke. Odredite vjerojatnost događaja A da će barem jedna 1 biti bačena.

Riješenje. Na svakoj kockici može pasti bilo koji broj bodova od 1 do 6. Dakle, prostor elementarnih događaja sadrži 36 jednako mogućih ishoda. Događaj 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 Na crvenim karticama ispisana su slova y, i, i, k, c, f, n, a na plavim slovima a, a, o, t, t, s, h. Nakon temeljitog miješanja, što je vjerojatnije : od prvog puta od slova koristiti crvene kartice da biste napravili riječ "funkcija" ili slova na plavim karticama da biste napravili riječ "frekvencija"?

Riješenje. Neka je događaj A riječ "funkcija" nasumično sastavljena od 7 slova, događaj B - riječ "frekvencija" nasumično sastavljena od 7 slova. Budući da su raspoređena dva skupa od 7 slova, broj svih ishoda za događaje A i B je n = 7!. Događaj A favorizira jedan ishod m = 1, budući da su sva slova na crvenim kartonima različita. Događaj B favorizira 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 ulaznica; Svaka ulaznica ima dva pitanja. Od 60 pitanja uključenih u karte, učenik zna samo 40. Nađite vjerojatnost da će se karta koju je uzeo učenik sastojati od

1. iz njemu poznatih pitanja;

2. iz njemu nepoznatih pitanja;

3. iz jednog poznatog i jednog nepoznatog pitanja.

Riješenje. Neka je A događaj da student zna odgovor na oba pitanja; B - ne zna odgovor na oba pitanja; C - na jedno pitanje zna odgovor, na drugo ne zna odgovor. Odabir 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 koja su poznata učeniku. Tada je P(A) = M N = 17 78 70 0 = 0,44

2. Odabir 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 za odabir listića s 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 neovisno jedan o drugom. Nađite vjerojatnost da će informacija doći do cilja

1. Samo na jednom kanalu;

2. Najmanje jedan kanal.

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

Događaj B favorizira 7 ishoda: svi ishodi osim Onda n = 8; mA = 3; mB = 7; P(A) = 3 8; P(B) = 7 8.

Zadatak. 1.2.9Točka se nasumično pojavljuje na segmentu jedinične duljine. Odredite vjerojatnost da je udaljenost od točke do krajeva segmenta veća od 1/8.

Riješenje. Prema uvjetu zadatka, željeni događaj zadovoljavaju sve točke koje se pojavljuju na intervalu (a; b).

Budući da je njegova duljina s = 1 - 1 8 + 1 8 = 3 4, a duljina cijelog segmenta S = 1, tražena vjerojatnost je P = s/S = 3/14 = 0,75.

Zadatak. 1.2.10U seriji odNproizvodaKproizvodi su neispravni. Za kontrolu je odabrano m proizvoda. Nađite vjerojatnost da iz M Proizvodi L Ispostavilo se da su neispravni (događaj A).

Riješenje. Izbor m proizvoda od n može se izvršiti na načine, a izbor L neispravan od k neispravan - na načine. Nakon selekcije L neispravni proizvodi će ostati (m - L) odgovara, nalazi se među (n - k) proizvodima. Tada je broj ishoda koji idu u prilog događaju A

I željenu vjerojatnost

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

Riješenje. Neka je događaj A - izvučena je crvena kuglica, događaj B - izvučena je plava kuglica. Zatim događaji (A + B) - izvučena je kuglica u boji. Imamo P(A) = 1 3 5 0 = 1 2 , P(B) = 1 3 0 0 = 1 3. Budući da

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

Zadatak. 1.3.2Vjerojatnost da će pasti snijeg (događaj A ), jednako je 0.6, A činjenica da će padati kiša (događaj B ), jednako je 0.45. Nađite vjerojatnost lošeg vremena ako je vjerojatnost kiše i snijega (događaj AB ) jednako je 0.25.

Riješenje. 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 kuglica, druga - 3 bijele i 9 crnih kuglica, a treća - 6 bijelih i 6 crnih kuglica. Iz svake kutije uzeta je kuglica. Odredite vjerojatnost da su sve izvučene kuglice bijele.

Riješenje. Događaj A - bijela kuglica je izvučena iz prve kutije, 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

Kuglice su bijele. Događaji A, B, C su neovisni, dakle

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

Zadatak. 1.3.4Belektrični krug spojen u seriju 5 Elementi koji rade neovisno jedan o drugom. Vjerojatnost kvarova prvog, drugog, trećeg, četvrtog, petog elementa je 0.1; 0.2; 0.3; 0.2; 0.1. Nađite vjerojatnost da neće biti struje u krugu (događaj A ).

Riješenje. Budući da su elementi spojeni u seriju, neće biti struje u krugu ako barem jedan element pokvari. Događaj Ai(i =1...5) - neće uspjeti ja-ti element. Razvoj događaja

Zadatak. 1.3.5Sklop se sastoji od neovisnih blokova povezanih u sustav s jednim ulazom i jednim izlazom.

Neuspjeh u vremenu T raznih elemenata lanci - nezavisni događaji ima sljedeće vjerojatnostiP 1 = 0,1; P 2 = 0,2; P 3 = 0,3; P 4 = 0,4. Kvar bilo kojeg elementa dovodi do prekida signala u grani strujnog kruga u kojoj se taj element nalazi. Pronađite pouzdanost sustava.

Riješenje. Ako je događaj A - (SUSTAV JE POUZDAN), Ai - (i - ta JEDINICA RADI NEISPRAVNO), tada 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 zbrajanje vjerojatnosti

Zadatak. 1.3.6Radnik opslužuje 3 stroja. Vjerojatnost da u roku od jednog sata stroj neće zahtijevati pažnju radnika je 0,9 za prvi stroj, 0,8 za drugi stroj i 0,7 za treći stroj.

Nađite vjerojatnost da tijekom nekog sata

1. Drugi stroj će zahtijevati pozornost;

2. Dva će stroja zahtijevati pozornost;

3. Trebat će pozornost na najmanje dva stroja.

Riješenje. Neka Ai - i-ti stroj zahtijeva pozornost radnika, - i-ti stroj neće zahtijevati pozornost radnika. Zatim

Prostor elementarnih događaja:

1. Događaj A - zahtijevat će pozornost drugog stroja: Zatim

Budući da su događaji nespojivi i neovisni. 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 - dva stroja će zahtijevati pozornost:

3. Događaj C - najmanje dva omamljivanja će zahtijevati pozornost
cov:

Zadatak. 1.3.7Buveden stroj "Examiner". 50 pitanja. Učenik se nudi 5 Pitanja i ocjena “odličan” dobiva se ako je na sva pitanja točno odgovoreno. Odredite vjerojatnost da dobijete "odličan" ako se učenik samo pripremio 40 pitanja.

Riješenje. A - (PRIMIJENO "ODLIČNO"), Ai - (ODGOVOR NA i-to PITANJE). Tada je A = A1A2A3A4A5, imamo:

Ili, na drugi način - korištenjem klasične formule vjerojatnosti: I

Zadatak. 1.3.8Vjerojatnosti da se nalazi dio koji je potreban sastavljačuja, II, III, IVkutije su jednake 0.6; 0.7; 0.8; 0.9. Nađite vjerojatnost da će sakupljač morati označiti sva 4 polja (događajA).

Riješenje. Neka Ai - (Dio koji je potreban asembleru nalazi se u i-toj kutiji.) Zatim

Budući da su događaji nespojivi i neovisni, dakle

Zadatak. 1.4.1 Ispitana je grupa od 10.000 ljudi starijih od 60 godina. Pokazalo se da su 4000 ljudi stalni pušači. 1800 pušača pokazalo je ozbiljne promjene na plućima. Kod nepušača 1500 ljudi imalo je promjene na plućima. Kolika je vjerojatnost da je slučajno ispitana osoba s promjenama na plućima pušač?

Riješenje. Uvodimo hipoteze: H1 - ispitanik je stalni pušač, H2 - nepušač. Zatim po uvjetu problema

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

Označimo sa A događaj da pregledana osoba ima promjene na plućima. Zatim po uvjetu problema

Po formuli (1.15) nalazimo

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

Zadatak. 1.4.2U prodaju idu televizori iz tri tvornice: 30% iz prve tvornice, 20% iz druge, 50% iz treće. Proizvodi prve tvornice sadrže 20% televizora sa skrivenim nedostatkom, drugi - 10%, treći - 5%. Koja je vjerojatnost da dobijete TV koji radi?

Riješenje. Razmotrimo sljedeće događaje: A - kupljen je ispravan televizor; hipoteze H1, H2, H3 - TV je išao u prodaju iz prve, druge, odnosno treće tvornice. Prema zadatku

Po formuli (1.15) nalazimo

Zadatak. 1.4.3Postoje tri identične kutije. Prvi ima 20 bijelih kuglica, drugi ima 10 bijelih i 10 crnih kuglica, a treći ima 20 crnih kuglica. Iz nasumično odabrane kutije izvlači se bijela kuglica. Odredite vjerojatnost da je ova kuglica iz druge kutije.

Riješenje. Neka je događaj A - izvađena bijela kuglica, hipoteze H1, H2, H3 - izvađena je kuglica iz prve, druge, odnosno treće kutije. Iz uvjeta problema nalazimo

Zatim
Po formuli (1.15) nalazimo

Po formuli (1.16) nalazimo

Zadatak. 1.4.4Telegrafska poruka sastoji se od signala točke i crtice. Statistička svojstva interferencije su takva da su u prosjeku iskrivljena 2/5 Dot poruke i 1/3 Crtice poruke. Poznato je da se među emitiranim signalima u omjeru pojavljuju "točka" i "crtica". 5: 3. Odredite vjerojatnost da je odaslani signal primljen ako:

A) primljen je signal "točka";

B)signal crtice primljen.

Riješenje. Neka je događaj A - primljen signal "točka" i događaj B - primljen signal "crtica".

Mogu se postaviti dvije hipoteze: H1 - prenosi se signal "točka", H2 - prenosi se signal "crtica". Prema uvjetu P(H1) : P(H2) =5 : 3. Osim toga, P(H1 ) + P(H2)= 1. Prema tome P( H1 ) = 5/8, P(H2 ) = 3/8. Poznato je da

Vjerojatnosti događaja A I B Nalazimo formulom ukupne vjerojatnosti:

Željene vjerojatnosti će biti:

Zadatak. 1.4.5Od 10 radijskih kanala, 6 kanala je zaštićeno od smetnji. Vjerojatnost sigurnog kanala tijekom vremenaTneće uspjeti je 0,95, za nezaštićeni kanal - 0,8. Nađite vjerojatnost da dva nasumično odabrana kanala neće otkazati na vrijemeT, a oba kanala nisu zaštićena od smetnji.

Riješenje. Neka događaj A - oba kanala neće pasti tijekom vremena t, događaj 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. Zatim

I

Zadatak. 1.5.1Prenosi se komunikacijskim kanalom 6 Poruke. Svaka od poruka može biti iskrivljena šumom s vjerojatnošću 0.2 Bez obzira na druge. Nađite vjerojatnost da

1. 4 poruke od 6 nisu iskrivljene;

2. Najmanje 3 od 6 preneseno je iskrivljeno;

3. Najmanje jedna poruka od 6 je iskrivljena;

4. Ne više od 2 od 6 nisu iskrivljena;

5. Sve se poruke prenose bez izobličenja.

Riješenje. Budući da je vjerojatnost izobličenja 0,2, vjerojatnost prijenosa poruke bez smetnji je 0,8.

1. Pomoću Bernoullijeve formule (1.17) nalazimo vjerojatnost
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 se poruke prenose bez izobličenja:

Zadatak. 1.5.2Vjerojatnost da će ljeti dan biti vedar je 0,42; vjerojatnost oblačnog dana je 0,36, a djelomično oblačnog 0,22. Koliko dana od 59 se može očekivati ​​da će biti vedro i oblačno?

Riješenje. Iz uvjeta zadatka je vidljivo da je potrebno tražiti najvjerojatniji broj vedrih i oblačnih dana.

Za vedre dane P= 0.42, N= 59. Sastavljamo nejednadžbe (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;

Stoga je 20,16 ≤ M0 ≤ 21.60; → M0 = 21.

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

Zadatak. 1.5.3Na kolegiju Teorija vjerojatnosti predaje 110 studenata. Nađite vjerojatnost da

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

2. barem jedan student kolegija rođen je 1. rujna.

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 Poissonovom formulom

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

Riješenje.

Potreban broj N Nalazimo formulom (1.25). Imamo:

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

Gdje nalazimo

Prema tablici vrijednosti funkcije Φ( x) nalazimo da

Zadatak. 1.5.5Vjerojatnost kvara u vremenu T jednog kondenzatora je 0,2. Odredite vjerojatnost da će u vremenu T od 100 kondenzatora otkazati.

1. Točno 10 kondenzatora;

2. Najmanje 20 kondenzatora;

3. Manje od 28 kondenzatora;

4. Od 14 do 26 kondenzatora.

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

1. Točno 10 kondenzatora.

Jer P Veliko, upotrijebimo lokalni de Moivre-Laplaceov teorem:

Izračunaj

Budući da funkcija φ(x)- parno, tada je φ (-2,5) = φ (2,50) = 0,0175 (nalazimo iz tablice vrijednosti funkcije φ(x).Željena vjerojatnost

2. Najmanje 20 kondenzatora;

Zahtjev da barem 20 od 100 kondenzatora ne radi znači da će 20, ili 21, ... ili 100 kondenzatora otkazati. T1 = 20, T 2=100. Zatim

Prema tablici vrijednosti funkcija Φ(x) Nađimo Φ(x1) = Φ(0) = 0, Φ(x2) = Φ(20) = 0,5. Tražena vjerojatnost:

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.
Izračunajte x 1,x2:

Zadatak. 1.5.6Vjerojatnost pojave nekog događaja u jednom eksperimentu jednaka je 0,6. Koja je vjerojatnost da će se ovaj događaj dogoditi u većini od 60 pokušaja?

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

Slučajne varijable i njihove distribucije

Zadatak. 2.1.1Dana je tablica u kojoj gornji redak označava moguće vrijednosti slučajne varijable x , a na dnu - njihove vjerojatnosti.

Može li ova tablica biti distribucijska serija x ?

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

Zadatak. 2.1.2Pušten na slobodu 500 Srećke, i 40 Ulaznice će svojim vlasnicima donijeti nagradu za 10000 Trljati., 20 Ulaznice - po 50000 Trljati., 10 Ulaznice - po 100000 Trljati., 5 Ulaznice - po 200000 Trljati., 1 ulaznica - 500000 Utrljajte, ostalo - bez pobjede. Pronađite dobitni zakon raspodjele za vlasnika jednog listića.

Riješenje.

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

Željeni zakon raspodjele:

Zadatak. 2.1.3strijelac, imajući 5 Patrone, puca do prvog pogotka u metu. Vjerojatnost pogađanja svakog udarca je 0.7. Konstruirajte zakon raspodjele broja iskorištenih patrona, pronađite funkciju raspodjeleF(x) i iscrtajte njegov graf, pronađite P(2< x < 5).

Riješenje.

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 sljedećim vrijednostima slučajne vrijednosti broja upotrijebljenih patrona: 1, 2, 3, 4, 5. Budući da rezultat svakog sljedećeg hica ne ovisi o prethodnom, vjerojatnosti mogućih vrijednosti 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 raspodjele:

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

Pronađite 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 niz distribucije za X.

Riješenje.

Od svojstava F(x) Iz toga slijedi da su moguće vrijednosti slučajne varijable x - Prijelomne točke funkcija F(x), A odgovarajuće vjerojatnosti su skokovi funkcije F(x). Pronađite moguće vrijednosti slučajne varijable X=(0,1,2,3,4).

Zadatak. 2.1.5Postavite koju funkciju

Je funkcija distribucije neke slučajne varijable.

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

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

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

Funkcija distribucije neke slučajne varijable, jer je neopadajuća i zadovoljava uvjet (2.3). Nađimo vjerojatnost pogađanja intervala:

Zadatak. 2.1.6S obzirom na gustoću vjerojatnosti kontinuirane slučajne varijable x :

Pronaći:

1. Koeficijent C ;

2. distribucijska funkcija F(x) ;

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

Riješenje. Iz uvjeta normalizacije (2.9) nalazimo

Posljedično,

Po formuli (2.10) nalazimo:

Na ovaj način,

Po formuli (2.4) nalazimo

Zadatak. 2.1.7Slučajni zastoji elektroničke opreme u nekim slučajevima imaju gustoću vjerojatnosti

Gdje M = lge = 0,4343...

Nađi funkciju distribucije F(x) .

Riješenje. Po formuli (2.10) nalazimo

Gdje

Zadatak. 2.2.1Zadan je niz distribucije diskretne slučajne varijable x :

Pronaći očekivana vrijednost, varijanca, standardna devijacija, M, D[-3X + 2].

Riješenje.

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. Pomoću formule (2.19) nalazimo disperziju:

Zadatak. 2.2.2Pronađite matematičko očekivanje, varijancu i standardnu ​​devijaciju kontinuirane slučajne varijable x , čija je distribucijska funkcija

.

Riješenje. Pronađite gustoću vjerojatnosti:

Matematičko očekivanje nalazi se formulom (2.13):

Disperziju nalazimo formulom (2.19):

Najprije pronađimo matematičko očekivanje kvadrata slučajne varijable:

Standardna devijacija

Zadatak. 2.2.3xima nekoliko distribucija:

Nađite matematičko očekivanje i varijancu slučajne varijableY = Npr .

Riješenje. M[ Y] = M[ Npr ] = 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 vjerojatnost P1 = 0,2 Moguća vrijednost X1 , očekivana vrijednost M[X] = 3,8 I disperzija D[X] = 0,16. Pronađite zakon raspodjele slučajne varijable.

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

Po uvjetu zadatka 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 sustav jednadžbi:

Stanje x1

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

Pronađite matematičko očekivanje, varijancu i standardnu ​​devijaciju.

Riješenje. Nađimo diferencijalnu funkciju distribucije f(x). Izvan intervala (0, 3) f(x) = 0. Na intervalu (0, 3) graf gustoće je ravna linija s nagibom k = 2/9 koja prolazi kroz ishodište. Na ovaj način,

Očekivana vrijednost:

Pronađite varijancu i standardnu ​​devijaciju:

Zadatak. 2.2.6Odredite matematičko očekivanje i varijancu zbroja bodova na četiri kocke u jednom bacanju.

Riješenje. 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. 2.3.1Vjerojatnost da česticu emitiranu iz radioaktivnog izvora registrira brojač jednaka je 0.0001. Tijekom razdoblja promatranja, 30000 čestice. Odredite vjerojatnost da je brojač registrirao:

1. Točno 3 čestice;

2. Niti jedna čestica;

3. Najmanje 10 čestica.

Riješenje. Po stanju P= 30000, P= 0,0001. Događaji koji se sastoje u činjenici da se registriraju čestice emitirane iz radioaktivnog izvora su neovisni; broj P Super, ali vjerojatnost P Mali, pa koristimo Poissonovu distribuciju: Nađimo λ: λ = n P = 30000 0,0001 = 3 = M[X]. Željene vjerojatnosti:

Zadatak. 2.3.2U lotu ima 5% nestandardnih dijelova. Nasumično je odabrano 5 predmeta. Napišite zakon distribucije diskretne slučajne varijable x - broj nestandardnih dijelova među pet odabranih; pronaći matematičko očekivanje i varijancu.

Riješenje. Diskretna slučajna varijabla X - broj nestandardnih dijelova - ima binomnu distribuciju i može poprimiti sljedeće vrijednosti: x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 3, x5 = 4, x6 = 5. Vjerojatnost od nestandardni dio u seriji p = 5 /100 = 0,05. Nađimo vjerojatnosti 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

Ili D[ x] = np (1 - P) = 5 0.05 0.95 = 0.2375.

Zadatak. 2.3.3Vrijeme otkrivanja radarskog cilja raspoređeno je po eksponencijalnom zakonu

Gdje1/ λ = 10 Sek. - prosječno vrijeme otkrivanja cilja. Odredite vjerojatnost da će cilj biti pronađen unutar vremena5 Prije15 Sek. nakon početka potrage.

Riješenje. Vjerojatnost pogađanja slučajne varijable x U intervalu (5, 15) Nađimo formulom (2.8):

Na Dobivamo

0.6065(1 - 0.3679) = 0.6065 0.6321 = 0.3834

Zadatak. 2.3.4Slučajne pogreške mjerenja podliježu normalnom zakonu s parametrima a = 0, σ = 20 Mm. Napiši funkciju diferencijalne distribucijeF(x) i pronađite vjerojatnost da je mjerenje pogriješilo u intervalu od 5 Prije 10 Mm.

Riješenje. Zamijenimo vrijednosti parametara a i σ u diferencijalnu funkciju distribucije (2.35):

Pomoću formule (2.42) nalazimo vjerojatnost pogotka slučajne varijable x U intervalu, tj. A= 0, B= 0,1. Zatim funkcija diferencijalne distribucije F(x) Hoće li izgledati