Gyakran érdeklődünk annak valószínűsége iránt, hogy több esemény is megtörténjen egy időben, például két fej két érmefeldobáson, vagy legalább egy hatos két kockadobáson. Az ilyen helyzeteket ún több lehetséges kimenetelű helyzetek.

Fa diagramok használata

Bár meglehetősen könnyű megérteni, hogy annak a valószínűsége, hogy egy tisztességes érme egy feldobására fej kerül, valamivel nehezebb intuitív módon meghatározni, hogy egy tisztességes érme négy feldobásakor négy fej kerülne. Bár az érmepélda mesterkéltnek tűnhet, kiválóan alkalmas arra, hogy megmagyarázza a valószínűségek kombinációját több kísérlet során. Végezzük el a számításokat. (Kövesd az én okoskodásomat, még akkor is, ha rettenetesen félsz a matematikától. Ha végigdolgozod a példákat, a számítások és a matematikai érvelés meglehetősen egyszerűnek fog tűnni. Nem kell felkiáltanod, miután megnézted a következő néhány számot: „Nem, dehogyis , csak kihagyom Fontos, hogy tudjunk számokkal és számokról gondolkodni.)

Az első dobásnál a két lehetséges kimenet közül csak az egyik következhet be; fejek (O) vagy farok (P). Mi történik, ha egy érmét kétszer feldobnak? Négy lehetséges kimenetel van: mindkét alkalommal fej (OO), fej az első és farok másodszor (OR), farok először és fej másodszor (RO), és farok mindkét alkalommal (RR). Mivel négy lehetséges kimenetel van, és csak egy módja van a két fej megszerzésének, ennek az eseménynek a valószínűsége 1/4 (ismét feltételezzük, hogy az érme "tisztességes", azaz a fejek és a farok egyformán valószínű). Van egy általános szabály a több esemény együttes előfordulásának valószínűségének kiszámítására minden helyzetben - az "és" szabály. Ha meg akarja találni az első együttes előfordulásának valószínűségét és a második esemény (sas az elsőnél és a második dobásnál), külön meg kell szoroznunk ezeknek az eseményeknek a valószínűségét. Az „és” szabályt alkalmazva azt találjuk, hogy annak a valószínűsége, hogy egy érmét kétszer feldobunk, két farka lesz? x? = 1/4. Intuitív módon úgy tűnik, hogy két esemény együttes előfordulásának valószínűsége kisebb legyen, mint mindegyik külön-külön való előfordulásának valószínűsége; hát kiderül.

Ennek a valószínűségnek a kiszámításának egyszerű módja az összes lehetséges esemény ábrázolása fa diagram. Fa diagramokat használtunk a 4. fejezetben, amikor teszteltük a „ha... akkor...” állítások érvényességét. Ebben a fejezetben valószínűségi értékeket rendelünk a fa ágaihoz, hogy meghatározzuk az eredmények különféle kombinációinak valószínűségét. A későbbi fejezetekben visszatérek a fadiagramokhoz, amikor megvizsgálom, hogyan lehet kreatív megoldásokat találni a problémákra.

Az első alkalommal, amikor egy érmét feldobnak, fej vagy farok fog landolni. Egy „tisztességes” érme esetében a fejek és a farok valószínűsége azonos 0,5. Képzeljük el így:

Amikor másodszor is feldob egy érmét, vagy az első fejeket egy második fej vagy farok követi, vagy az első farkokat egy második fej vagy farok követi. A második dobásnál még mindig 0,5 a valószínűsége annak, hogy fejet és farkot kapnak. A második dobás eredménye a fa további ágaiként látható a diagramon.

Amint az ábrán látható, négy lehetséges kimenetel van. Ezzel a fával megkeresheti más események valószínűségét. Mennyi a valószínűsége annak, hogy egy érme két feldobására egy fej kerül? Mivel kétféleképpen lehet egy farkot szerezni (OR vagy RO), a válasz 2/4 vagy ?. Ha két vagy több különböző eredmény valószínűségét szeretné meghatározni, adja össze az összes kimenet valószínűségét. Ezt "vagy" szabálynak nevezik. Más módon ez a probléma a következőképpen fogalmazható meg: „Mekkora a valószínűsége annak, hogy megkapjuk vagy először fejek, majd farok (1/4), vagy először a farok, majd a fejek (1/4)?" A válasz megtalálásának helyes eljárása az, hogy ezeket az értékeket összeadja, ami ?-t eredményez. Intuitív módon úgy tűnik, hogy a több esemény közül az egyik bekövetkezésének valószínűsége nagyobb kell legyen, mint mindegyik esemény bekövetkezésének valószínűsége; hát kiderül.

Az "és" és a "vagy" szabályok csak akkor használhatók, ha a számunkra érdekes események független. Két esemény független, ha az egyik esemény bekövetkezése nem befolyásolja a másik bekövetkezését. Ebben a példában az első érmefeldobás eredménye nincs hatással a második feldobás eredményére. Ráadásul ahhoz, hogy a „vagy” szabály érvényesüljön, az eseményeknek összeegyeztethetetlennek kell lenniük, azaz nem következhetnek be egyszerre. Ebben a példában az eredmények összeegyeztethetetlenek, mert nem kaphatunk fejet és farkat ugyanarra a dobásra.

Az események fadiagramként való ábrázolása sok helyzetben hasznos. Bővítsük ki példánkat. Tegyük fel, hogy egy férfi csíkos öltönyben, hosszú, felgöndörödött bajusszal és mozdulatlan kis szemekkel megállítja Önt az utcán, és felajánlja, hogy pénzért játsszon egy érme feldobásával. Mindig a sasra fogad. Az első dobásnál az érme fejjel felfelé landol. Ugyanez történik a második tekercsnél is. A harmadik dobásnál ismét fejek jönnek fel. Mikor kezd gyanakodni, hogy "rossz" érme van? A legtöbb embernek kétségei vannak a harmadik vagy negyedik próbálkozáskor. Számítsd ki annak a valószínűségét, hogy három és négy tisztességes érmefeldobáskor fejet kapsz (a fejek megszerzésének valószínűsége 0,5).

Ahhoz, hogy kiszámítsa annak valószínűségét, hogy három kísérletben három fejet kap, meg kell rajzolnia egy fát három sor "csomóponttal", és minden csomópontból két "ág" jön ki.

Ebben a példában arra vagyunk kíváncsiak, hogy mekkora valószínűséggel kapunk egymás után három fejet, feltéve, hogy az érme tisztességes. Tekintse meg az „eredmény” oszlopot, és keresse meg az LLC eredményét. Mivel ez az egyetlen eredmény három fejjel, szorozza meg a valószínűségeket a 000-es ág mentén (a diagramon bekarikázva), és kapja, hogy 0,5 x 0,5 x 0,5 = 0,125. A 0,125-ös valószínűség azt jelenti, hogy ha az érme "tisztességes", akkor az esetek 12,5%-ában átlagosan egymás után háromszor fog felfelé esni. Mivel ez kicsi a valószínűsége, akkor amikor három fej esik le egymás után, a legtöbb ember azt gyanítja, hogy az érme „titokkal van”.

Ha ki szeretné számítani annak valószínűségét, hogy négy kísérlet során négy fejet kap, adjon hozzá további ágakat a fához.

A négy fej megszerzésének valószínűsége 0,5 x 0,5 x 0,5 x 0,5 = 0,0625, vagyis 6,25%. Mint már tudja, matematikailag egyenlő 0,5 4 ; vagyis egy számot önmagával négyszeresére szorozni ugyanaz, mint a negyedik hatványra emelni. Ha olyan számológépre számít, ahol hatványozási művelet van, akkor ugyanazt a választ kapja - 0,0625. Bár egy ilyen eredmény lehetséges, és egyszer meg is fog történni, nem valószínű. Valójában annyira valószínűtlen és szokatlan, hogy sokan azt mondanák, hogy egy mozdulatlan szemű ember valószínűleg csal. Kétségtelen, hogy zsinórban az ötödik fejnél ésszerű lenne azt a következtetést levonni, hogy csalóval van dolgod. A legtöbb tudományos célból egy esemény akkor tekinthető "szokatlannak", ha várhatóan 5%-nál kisebb valószínűséggel következik be. (A valószínűségszámítás nyelvén ezt p ‹ 0,05-nek írják.)

Hagyjuk a mesterséges érme példát, és alkalmazzuk ugyanazt a logikát egy hasznosabb kontextusban. Biztos vagyok benne, hogy bármely diák találkozott már feleletválasztós tesztekkel, amelyekben a javasolt lehetőségek közül kell kiválasztania a helyes válaszokat. A legtöbb ilyen tesztben minden kérdésre öt lehetséges válasz van, amelyek közül csak egy helyes. Tegyük fel, hogy a kérdések annyira nehezek, hogy csak véletlenszerűen tudod kitalálni a helyes választ. Mennyi a valószínűsége annak, hogy az első kérdésre válaszolva helyesen tippelünk? Ha fogalma sincs, hogy a lehetőségek közül melyik a helyes válasz, akkor ugyanilyen valószínűséggel az öt lehetőség közül bármelyiket választja, feltételezve, hogy bármelyik helyes lehet. Mivel az összes opció választási valószínűségeinek összege eggyel egyenlő, akkor annak valószínűsége, hogy mindegyik opciót az összes opció kiegyenlítési valószínűségével választjuk, 0,20. Az egyik lehetőség helyes, a többi hibás, így a megfelelő lehetőség kiválasztásának valószínűsége 0,20. Az alábbiakban ennek a helyzetnek a fa diagramja látható.

Mennyi a valószínűsége annak, hogy a teszt első két kérdésére helyesen tippeljük a választ? Új ágakat kell adnunk a fához, amely hamarosan nagyon sűrű lesz. A helytakarékosság és a számítások egyszerűsítése érdekében az összes helytelen beállítást egyetlen ágként is megjelenítheti, „helytelen” címkével. Annak a valószínűsége, hogy egy kérdésre válaszolva hibázunk, 0,8.

Két kérdésre adott válasz helyes kitalálásának valószínűsége 0,2 x 0,2 = 0,04. Vagyis véletlenül csak a próbálkozások 4%-ában fordulhat elő. Tegyük fel, hogy a példánkat három kérdésre bővítjük. Nem fogok fát rajzolni, de már most meg kell értened, hogy a valószínűség 0,2 x 0,2 x 0,2 = 0,008. Ez annyira szokatlan esemény, hogy a kísérletek kevesebb mint 1%-ában történhet véletlenül. Mit gondolsz arról az emberről, akinek sikerült mindhárom kérdésre helyesen válaszolnia? A legtöbb ember (és a pedagógusok is emberek) arra a következtetésre jutnak, hogy a tanuló nem véletlenül választotta ki a válaszokat, hanem valóban tudott valamit. Persze lehet, hogy csak szerencséje volt, de ez rendkívül valószínűtlen. Így arra a következtetésre jutunk, hogy a kapott eredmény nem magyarázható pusztán szerencsével.

Szeretnék rámutatni az ilyen érvelés egy érdekes aspektusára. Gondolj arra a siralmas helyzetre, amelybe Sarah került. 15 tesztkérdésre válaszolt, ahol minden kérdésre öt lehetőség közül kellett kiválasztani a választ. Sarah mind a 15 kérdésre helytelenül válaszolt. Meg tudod határozni annak a valószínűségét, hogy ez véletlenül történt? Nem fogok fadiagramot rajzolni ennek a helyzetnek a szemléltetésére, de könnyen belátható, hogy egy kérdés rossz válaszának valószínűsége 0,8; így annak a valószínűsége, hogy mind a 15 kérdésre helytelenül válaszol, 0,8 15 . Ez a szám 0,8 szorozva önmagával 15-ször, így 0,0352. Mivel egy ilyen baleset valószínűsége 3,52%, lehet, hogy Sarah-nak meg kellene mondania a tanárnak, hogy egy ilyen szokatlan eredményt nem lehet véletlenül megmagyarázni? Sarah persze felhozhat hasonló érvelést, de hinnéd neki, ha tanár lennél? Tegyük fel, hogy azt állítja, hogy tudja a választ minden kérdésre. Hogyan máshogy nem választja ki a helyes választ egymás után 15 kérdésben? Nem tudom, hány tanár hinné el azt állítását, hogy 15 hibás válasz bizonyítja, hogy rendelkezik tudással, bár elvileg ez a gondolatmenet a tudás bizonyítására szolgál, hiszen az összes válasz helyes kitalálásának valószínűsége kb. (Ebben a példában annak a valószínűsége, hogy mind a 15 kérdésre véletlenszerűen helyesen válaszol, 0,2015, ami jóval 0,0001 alatti szám.) Ha Sarah tanára lennék, magas pontszámot adnék neki kreativitása és a statisztikai alapelvek megértése miatt. Lehetséges, hogy Sarah valóban tudott valamit erről a témáról, de ebben a „valamiben” volt egy szisztematikus hiba. Arra is felhívnám a figyelmet, hogy lehet, hogy nem készült fel a tesztre, ráadásul szerencsétlenül járt, és 15 rosszul tippelt. A végén néha megtörténik, és nagyon szokatlan események.

A következő szakasz elolvasása előtt ellenőrizze, hogy megértette-e, hogyan kell fadiagramokat használni a valószínűségek kiszámításához és az összes lehetséges eredmény figyelembevételéhez. Az ilyen diagramokra ebben a fejezetben később visszatérek. Amint megtanulja használni őket, meg fog lepődni, mennyi helyzetre lehet őket alkalmazni.

Éjszaka. A csillagos égbolton lógó telihold fénye az ablakok ólomüveg ablakain keresztül bevilágította Zmiulan komor folyosóit, melyek falairól a futás visszhangzó hangja verődött vissza. - Hát micsoda lány! - motyogta Flash lélegzetvisszafojtva. - Megijedt, tudod... Csak hiába vesztegetett idő! Remélem, mégis sikerül megszöknöm... ezúttal... A Kőcsarnok felé rohanva imádkozott, hogy senki ne álljon az útjába. De minden pont fordítva történt. A folyosók sötétjében (ahol nem foglalkoztak az ablakok készítésével) Dragotsy összeütközött valakivel, ismerős hangot hallott: „Ki rohangál itt őrülten?! "". A barna előhívott egy óra nyilat, és lámpát gyújtott a hegyén. Egy rögtönzött lámpatalálat fényében ... Vasilisa ?! -Ön?! – kiáltottak fel egyszerre mindketten. Flash egyszerre volt meglepődve és megkönnyebbült: végül is jóban vannak Ognevával, és nem fogja elárulni... nos, ebben reménykedett. A srác azt hitte, hogy a vörös hajú is átélt valami hasonlót. -Mit csinálsz itt? Dragoci kezet nyújtott Vasziliszának. Miután elfogadta a segítséget, felkelt, és ecsetelte magát: - Ugyanezt a kérdést szeretném feltenni önnek. – Én kérdeztem először – tette keresztbe a karját Flash. - Nem számít. Általában nem a te dolgod – csattant fel Vasilisa. – Nos, ez azt jelenti, hogy nem a te dolgod, amit csinálok – vont vállat nyugodtan Dragotius. A vörös hajú összeszorította a száját, és elgondolkodva nézett a barnára: - Csak utánad mondom el. – Hát… én… – kezdte Flash, és próbálta megtalálni a szavakat, de semmi sem jött ki. – Oké, el akarok szökni – fakadt ki Dragotius. Vasilisa szeme elkerekedett: -Megőrültél? Flash megforgatta a szemét, és ingerülten Ognevára nézett: - Nem, de nem akarok itt maradni. - Ha elkapnak, megbüntetik. Emlékezz, mi történt múltkor – tette keresztbe a karját a mellkasán a vörös hajú nő. Dragotius elfintorodott: -Figyelj, jobb, ha nem zavarsz. Vaszilisa elgondolkodva nézett a barnára: - Hát nem szólok bele... annál is inkább, olyan kedves vagyok ma, hogy nem is árulom el - kuncogott Ogneva, és megfordulva távozni akart, de Flash jégesővel megállította: - Vasilisa - fordult meg a lány, és várakozóan nézett a barnára - köszönöm - mosolygott Dragotius és elrohant. Ogneva elmosolyodott és feléje ment... *** -Óriási hiba volt, unokaöccs. - Astragor a fekvő félmeztelen Fesh fölé tornyosult. A diákok halkan suttogni kezdtek. - Nem egyszer próbáltál szökni, és mindig megbüntettél... - Shackle, aki kifejezetten a mészárlásért jött, kivette az egyik rudat, és intett néhányszor. Egy recsegő hang hallatszott. – Remélem, még megérti, hogy felesleges futni – fordított hátat az oslai nagyszellem az elkövetőnek, arcát – a többi diáknak: – Azt hiszem, ez neked is példaként szolgál majd. A levegőt átvágó rúd azonnal átment a Flash hátulján, vörös, sőt véres csíkokat hagyva maga után. Fújás ütés után. A barna sztoikusan tűrte az összes ütést, csak néha hallatszott egy-egy félig nyögés-félüvöltés. A tanítványok egyfajta rosszindulattal néztek rá. Csak Vasilisa és Zakharra néztek izgatottan a barnára... *** Flash ült a börtönben és gondolkodott. Korábban egyszerűen berakták a börtönbe, így ennivaló nélkül hagyták, de most úgy tűnik, a nagybátyja belefáradt, hogy unokaöccsét ilyen enyhén megbüntetik. A barna vállat vont, és elfintorodott a fájdalomtól. Nem figyelt a hidegre, a nedvességre, elmerült a gondolataiban. A folyosón visszhangzó léptek zaja zökkentette ki gondolataiból. Hamarosan Vaszilisa kijött a fáklya fényében. Flash azonnal a bárokhoz ment: -Mit keresel itt? - Tartsa csak - Ogneva a rácsok közé tette a kezét, és adott Dragotsynak egy meglehetősen tisztességes darabot. meleg kenyér magvakkal. Flash elvitte az ételt. - És mik ezek a nagylelkűségi rohamok? - kuncogott. - Zaharra megkért, hogy adjam tovább. Nem engedték át, - vont vállat Ogneva. - Vagyis Zakharrát nem engedték be, de téged, aki nem rokona Astragornak, csendben beengedtek? A barna felnevetett. „Nos, nem én döntök” – vonta meg ismét a vállát Vasilisa, de Flash izgatottságot vett észre a szemében. – Nos, később megkérdezem Zaharrát – mondta Dragotius nyugodtan, és leharapott egy kis kenyeret. – Kérdezd meg, de már mennem kell – fordult meg Ogneva, és nyugodtan a sarok felé indult, és mögé fordult. Hamarosan Flash hallotta a futás hangját, és felnevetett. Ez azonban az ő kezdeményezése. Valószínűleg a nővéréhez futott tárgyalni, arra az esetre, ha "" ...

A számod a tizenkettedik – mondta a fenyő, és felírt valamit egy kis könyvbe. Flash megköszönte a férfit, és elrepült a kabinjába. , Most az a lényeg, hogy ne igazítsunk. Remélem, a tündér nem hagy cserben, amikor fellépünk…" - ezekkel a gondolatokkal landolt a barna a pavilon melletti ágon, ahol már két ember várta. „Végre megjöttél” – intett neki mosolyogva az egyik várakozó, Nick. A szürke szemű, sötét négyzetű lány, aki a második személy, csak bólintott üdvözlésképpen, egyenesen a lényegre térve: - És milyen szám alatt lépünk fel? – kérdezte, miközben aromás kávét tett az asztalra. - Tizenkettő, - az asztalhoz ülve válaszolta a srác. - Próbálnunk kell: tudnunk kell, hogyan szólunk hárman. -Nem kell túl jól teljesítenünk, Dragotius, - hűtötte le azonnal a lány, - ez egy borító. Az előadás után egyszerűen megkapja a kulcsot úrnőnktől, ahogy ígértük, - ezekre a szavakra Fash elfintorodott, mintha citromot evett volna, - Nick pedig beavatásra kerül. – Nem akarom elveszíteni az arcomat az egész bíróság előtt – válaszolta Dragotius. – Fash, Diana – könyörgött Nick, és egymás után nézte a kettőt –, kérlek, állj meg. Azt hiszem, tényleg próbálnunk kellene. - A hangulat nem dalos - motyogta Fash, és anélkül, hogy evett volna, felment a szobájába. *néhány napja* - Szóval - mondta Konstantin örömteli mosollyal, miután összegyűjtötte Fash-t és Nicket a műhelyben - Van két hírem. Először is megbeszéltem a Fehér Királynővel a beavatásodat, Nick. - Hogy csináltad? Flash meglepetten nézett Lazarevre. – Később elmondom – mosolygott Nick apja. - Fiam, el tudnál hagyni minket? A szőke kiment a szobából, és becsukta maga mögött az ajtót. Konstantin elkomolyodott, tekintetét a barnára szegezte: -Fesh, Astarius megkért, mondjam el, hogy a Fehér Királynő megígérte neki az Ezüst Kulcsot. El kell mennie Charodolba, részt kell vennie a Varázslatokban, és el kell vinnie az Ezüst Kulcsot a Királynőtől – Dragotius elcsodálkozott, hogy Astarius őt bízta meg ennek a kulcsnak a hordozásával, pedig már másodszor hallott róla. A tanár már figyelmeztette, elmagyarázta, hogy a barna megszökött Asztrogorból... *** Előadásuk feltűnést keltett a tündérek birodalmában: a hatszárnyú lények felemelték az óra nyilait, tapsoltak és lelkesen kiabáltak. Flash félelmei alaptalanok voltak, aminek örült. Hamarosan levelet kapott a figyelőlistán, amelyben az állt, hogy neki, mint a Charms nyertesének éjfélkor kell jönnie. Fehér kastély . A barna a pavilonhoz lépett, ahol már Nick és Diana ült, akik szintén örültek, hogy sikerült az előadás. - Nos - fordult játékosan Fraserhez -, elkísérne minket a Fehér Kastélyba, hölgyem? - Nick horkantott a csészébe, Diana pedig csak mosolygott. Miért nem mondtad, hogy várasszony vagy? - Fash leült az asztalhoz - Bolondnak éreztem magam, amikor odaléptek hozzám, és azt mondták, hogy feltűnést keltett az előadásom Mrs. Diana Fraserrel, Őfelsége díszleányával! - sem Nick, sem Diana nem tudta megállni a nevetést... *éjfél* -Fashiar Dragotsiy, - a trónjáról felemelkedő Fehér Királynő, hátul smaragdlevelű aranygallyakkal díszítve, intett a kezével az egyik lányok, - a varázslatokban és Astariusnak tett ígéretekben elért győzelemért odaadom az Ezüstkulcsot. Szerintem tudod, hogy ez óriási felelősség. Védd meg, őrizd meg, mint a szem fényét. – Ígérem – bólintott Flash, és magabiztosan nézett a Tündérkirálynőre. Az ajtó kinyílt, és a lány behozta a vörös selyempárnán nyugvó Ezüst Kulcsot. A tündér odajött hozzá, meghajolva megállt, és egy kulcsos párnát nyújtott. Flash óvatosan átvette a kulcsot, és meghajolt a királynő előtt: - Alázatosan köszönöm a számomra megtisztelő megtiszteltetést. A Tündéruralkodó bólintott, és intett a kezével, és megengedte, hogy Fash elmenjen a pihenőházba. Nicket az elején elvitték, hogy átmenjen a beavatáson. *** -…és adtak valamiféle időre főzetet. Hát megittam. Ennek eredményeként a harmadik óra foka – mosolygott Nick boldogan, mesélve barátjának, mi történt vele a Fehérvárban. Diana velük ült, és nyugodtan ivott kávét, evett egy zsemlét. - Amúgy nekem is van egy hírem.A csészét félretéve Diana mosolyogva egy kis vaskulcsot tett az asztalra. Flash és Nick egy pillanatra meglepetten néztek a kulcsra, majd a lányra, de a következő pillanatban Dragotsy felpattant a helyéről, és boldogan mosolyogva rohant megölelni Dianát. -Tudtam! – kiáltott fel. a piruló tündér alig szabadult ki a srác karjai közül: -Először is engedj el, megfojtasz! Másodszor, honnan tudtad? - - Gondolom, persze, nem volt nehéz - mondta egy elégedett Fash. - Az udvari tündér, a legjobb tanuló, sőt kétségbeesett... Sejtettem, hogy te is házvezetőnő vagy, amint megláttalak. - Igen - vont rá Nick, aki magához tért a meglepetésből -, kicsit váratlan volt veled találkozni az erdőben. - Mi volt olyan váratlan? Diana érdeklődve nézett barátjára. „Például az, hogy hirtelen ránk ugrottál a sötétségből” – tette hozzá Flash. - Igen - bólintott a fiatalabb, már-már órás Lazarev - Persze tudtuk, hogy az erdőben találkozunk, de nem volt érdemes ilyen váratlanul kiugrani ránk a sötétből. – De jó, hogy azonnal Charodolba mentünk – kuncogott Dragotius. A srácok egyetértően bólintottak, és folytatták a reggelit...

Valószínűségi fa felépítéséhez először magát a fát kell megrajzolni, majd az ábrán fel kell írni az ehhez a problémához ismert összes információt, végül pedig az alapvető szabályok alapján kiszámítani a hiányzó számokat és kiegészíteni a fát.

1. A valószínűségek mindegyik végponton meg vannak jelölve és bekarikázva. A fa minden szintjén e valószínűségek összegének 1-nek (vagy 100%-nak) kell lennie. Így például az ábrán. 6.5.1 A valószínűségek összege az első szinten 0,20 + 0,80 = 1,00, a második szinten pedig - 0,03 + 0,17 + 0,56 + 0,24 = 1,00. Ez a szabály segít kitölteni egy üres kört egy oszlopban, ha az összes többi valószínűség értéke ismert ezen a szinten.

Rizs. 6.5.1

2. A feltételes valószínűségek mindegyik ág mellett vannak feltüntetve (kivéve,
esetleg első szintű ágak). Az egy pontból kilépő ágcsoportok mindegyikére ezen valószínűségek összege is 1 (vagy 100%).
Például a 2. ábrán. 6.5.1 az első ágcsoportra 0.15 + 0.85 =
1,00 és a második csoport esetében - 0,70 + 0,30 = 1,00. Ez a szabály lehetővé teszi
számítsa ki a feltételes valószínűség egy ismeretlen értékét egy pontból kiinduló ágcsoportban.

3. Az elágazás elején bekarikázott valószínűség szorozva a feltétellel
az ezen ág melletti valószínűség adja meg a körbe írt valószínűséget
az ág vége. Például a 2. ábrán. 6.5.1 a jobbra vezető felső ágra
van 0,20 x 0,15 = 0,03, a következő ágnál - 0,20 x 0,85 = 0,17; hasonló kapcsolatok érvényesek a másik két ágra is. Ez a szabály egyetlen ismeretlen érték kiszámítására használható
valamelyik ágnak megfelelő három valószínűsége.

4. A körbe írt valószínűség értéke megegyezik a körből kilépő összes ág végén lévő bekarikázott valószínűségek összegével.
jobbra. Így például a 2. ábra esetében. 6.5.1 lépjen ki a körből 0,20 értékkel
két ág, amelyeknek a végein bekarikázott valószínűségek vannak, amelyek összege ezzel az értékkel egyenlő: 0,03 + 0,17 = 0,20. Ez a szabály lehetővé teszi egy ismeretlen valószínűségi érték megtalálását egy csoportban,
beleértve ezt a valószínűséget és minden valószínűséget a fa ágainak végén,
kilépve a megfelelő körből.

Ezekkel a szabályokkal, egy kivételével minden valószínűségi érték ismeretében valamelyik ágra vagy valamilyen szinten meg lehet találni ezt az ismeretlen értéket.

37. Melyik mintát nevezzük reprezentatívnak? Hogyan lehet reprezentatív mintát venni?

Reprezentativitás a minta azon képessége, hogy reprezentálja a vizsgált sokaságot. Minél pontosabban reprezentálja a minta összetétele a sokaságot a vizsgált kérdésekben, annál nagyobb a reprezentativitása.

A reprezentatív minta az adatelemzés egyik kulcsfogalma. A reprezentatív minta egy eloszlású sokaságból származó minta F(x), amely a lakosság fő jellemzőit képviseli. Például, ha egy városban 100 000 ember él, amelynek fele férfi és fele nő, akkor az 1000 fős minta, amelyből 10 férfi és 990 nő, biztosan nem reprezentatív. Az erre épülő közvélemény-kutatás természetesen torzítást tartalmaz a becslésekben, és hamis eredményekhez vezet.

Az építkezés elengedhetetlen feltétele reprezentatív minta az általános sokaság egyes elemeinek bekerülési valószínűsége.

A minta (empirikus) eloszlásfüggvény nagy mintaméret mellett meglehetősen jó képet ad az eloszlásfüggvényről F(x) az eredeti általános sokaságból.

Az ilyen eljárás alapjául szolgáló vezérelv a véletlenszerűség, a véletlenszerűség elve. Egy mintát véletlenszerűnek nevezünk (néha egyszerű véletlennek vagy tiszta véletlennek mondjuk), ha két feltétel teljesül. Először is, a mintát úgy kell megtervezni, hogy a sokaságon belül bármely személy vagy tárgy rendelkezzen esélyegyenlőség ki kell választani elemzésre. Másodszor, a mintát úgy kell megtervezni, hogy n elem bármely kombinációja (ahol n egyszerűen a minta elemeinek vagy eseteinek száma) egyenlő eséllyel kerüljön kiválasztásra az elemzésre.

Amikor olyan populációkat vizsgálunk, amelyek túl nagyok ahhoz, hogy valódi lottót lehessen lebonyolítani, gyakran egyszerű véletlenszerű mintákat használnak. Több százezer tárgy nevének felírása, dobba helyezése és néhány ezer kiválasztása még mindig nem egyszerű munka. Ilyen esetekben más, de ugyanolyan megbízható módszert alkalmaznak. Az aggregátumban minden objektum hozzá van rendelve egy számhoz. Az ilyen táblázatokban szereplő számsort általában egy véletlenszám-generátornak nevezett számítógépes program adja meg, amely lényegében nagyszámú számot tesz egy dobba, véletlenszerűen kirajzolja és sorrendben kinyomtatja. Vagyis ugyanaz a folyamat megy végbe, mint a lottón, de a számítógép – nevek helyett számokat használva – univerzális választást hoz. Ezt a választást úgy használhatjuk, hogy minden objektumunkhoz egyszerűen hozzárendelünk egy számot.

Egy ilyen véletlenszám-táblázat többféleképpen használható, és minden esetben három döntést kell hozni. Először is el kell döntenünk, hogy hány számjegyet fogunk használni, másodszor pedig fejlesztenünk kell döntési szabály használatukra; harmadszor ki kell választani a kiindulási pontot és a táblázaton való áthaladás módját.

Ha ez megtörtént, ki kell dolgoznunk egy szabályt, amely összekapcsolja a táblázatban szereplő számokat az objektumszámainkkal. Itt két lehetőség van. A legegyszerűbb (bár nem feltétlenül a leghelyesebb) módszer, ha csak azokat a számokat használjuk, amelyek beleesnek az objektumainkhoz rendelt számok számába. Tehát ha 250 jellemzőből álló sokaságunk van (és így háromjegyű számokat használunk), és úgy döntünk, hogy a táblázat bal felső sarkában kezdjük, és lejjebb lépünk az oszlopok között, akkor a mintánkban a 100-as, 084-es és 128-as jellemzőszámokat fogjuk felvenni. , és hagyjuk ki a 375-ös és 990-es számokat, amelyek nem felelnek meg a tárgyainknak. Ez a folyamat addig folytatódik, amíg meg nem határozzuk a mintánkhoz szükséges objektumok számát.

Egy időigényesebb, de módszertanilag korrektebb eljárás azon a feltevésen alapul, hogy a táblázatra jellemző véletlenszerűség megőrzése érdekében egy adott dimenzió minden számát (például minden háromjegyű számot) fel kell használni. Ezt a logikát követve, és ismét egy 250 objektum gyűjteményével foglalkozunk, a 000 és 999 közötti háromjegyű számok tartományát 250 egyenlő intervallumra kell felosztanunk. Mivel 1000 ilyen szám van, az 1000-et elosztjuk 250-zel, és megállapítjuk, hogy minden rész négy számot tartalmaz. Tehát a 000-tól 003-ig terjedő táblázatszámok a 004-től 007-ig tartó objektumoknak felelnek meg – a 2. objektum stb. Most annak meghatározásához, hogy melyik objektumszám felel meg a táblázatban szereplő számnak, el kell osztania a háromjegyű számot a táblázatból, és kerekítenie kell a legközelebbi egész számra.

Végül pedig ki kell választanunk a táblázatban a kiindulási pontot és az áthaladás módját. A kiindulópont lehet a bal felső sarok (mint az előző példában), a jobb alsó sarok, a második sor bal széle vagy bárhol máshol. Ez a választás teljesen önkényes. Az asztallal való munka során azonban szisztematikusan kell cselekednünk. Vegyük minden ötjegyű sorozat első három számjegyét, a középső három számjegyet, az utolsó három számjegyet, vagy akár az első, második és negyedik számjegyet is. (Az első ötjegyű sorozatból ezek a különféle eljárások a 100, 009, 097 és 109 számokat adják.) Alkalmazhatjuk ezeket az eljárásokat jobbról balra, így 790, 900, 001 és 791. a sorok mentén, minden következő számjegyet sorra figyelembe véve, és figyelmen kívül hagyva az ötösre osztást (az első sorban a 100, 973, 253, 376 és 520 számokat kapjuk). Csak minden harmadik számcsoporttal tudtunk foglalkozni (pl. 10097, 99019, 04805, 99970). Sokféle lehetőség létezik, és minden következő nem rosszabb, mint az előző. Ha azonban döntést hoztunk így vagy úgy, azt szisztematikusan követnünk kell, hogy a lehető legnagyobb mértékben tiszteletben tartsuk a táblázatban szereplő elemek véletlenszerűségét.

38. Milyen intervallumot nevezünk konfidenciaintervallumnak?

A konfidencia intervallum a megfigyelt értékeknek a valódi értékektől való megengedett eltérése. Ennek a feltételezésnek a mértékét a kutató határozza meg, figyelembe véve az információ pontosságára vonatkozó követelményeket. Ha a hibahatár növekszik, a minta mérete akkor is csökken, ha a konfidenciaszint 95% marad.

A konfidencia intervallum megmutatja, hogy a minta megfigyelések (felmérések) eredményei milyen tartományban helyezkednek el. Ha 100 egyforma felmérést végzünk azonos mintán egyetlen populációból (például egy 5 milliós városban 100, egyenként 1000 fős mintát), akkor 95%-os megbízhatósági szinten 100-ból 95 eredmény esik a konfidencia intervallum (például 28%-ról 32%-ra 30%-os valódi értékkel).

Például a dohányzó városlakók valós száma 30%. Ha 100-szor egymás után kiválasztunk 1000 embert, és ezekben a mintákban feltesszük a „dohányzik?” kérdést, ebből a 100 mintából 95-ben 2%-os konfidencia intervallum mellett az érték 28% és 32% között lesz.

39 Mit nevezünk bizalmi szintnek (megbízhatósági szint)?

A megbízhatósági szint azt az adatmennyiséget tükrözi, amelyre az értékelőnek szüksége van ahhoz, hogy megbizonyosodjon arról, hogy a vizsgált programnak megvan a kívánt hatása. NÁL NÉL társadalomtudományok Hagyományosan 95%-os megbízhatósági szintet használnak. A legtöbb közösségi program esetében azonban 95% túlzás. A 80-90%-os megbízhatósági szint elegendő a program megfelelő értékeléséhez. Így csökkenthető a reprezentatív csoport létszáma, csökkentve ezzel az értékelés költségeit.

A statisztikai értékelési folyamat azt a nullhipotézist teszteli, hogy a program nem érte el a kívánt hatást. Ha a kapott eredmények szignifikánsan eltérnek a nullhipotézis helyességére vonatkozó kezdeti feltételezésektől, akkor az utóbbit elvetjük.

40. A két konfidenciaintervallum közül melyik a nagyobb: kétoldali 99% vagy kétfarkú 95%? Magyarázd el.

A kétoldalú 99%-os konfidenciaintervallum nagyobb, mint a 95%, mert több érték esik bele. Doc-in:

A z-pontszámok használatával pontosabban megbecsülheti a konfidenciaintervallumot, és meghatározhatja a konfidenciaintervallum általános alakját. A mintaátlag konfidencia intervallumának pontos megfogalmazása a következő:

Így egy 25 megfigyelésből álló, normális eloszlást kielégítő véletlenszerű minta esetén a minta átlagának konfidenciaintervalluma a következőképpen alakul:

Így 95%-ban biztos lehet benne, hogy az érték ±1,568 egységen belül van a minta átlagától. Ugyanezzel a módszerrel megállapítható, hogy a 99%-os konfidencia intervallum ±2,0608 egységen belül van a minta átlagától

érték Így van és innen , Hasonlóképpen megkapjuk az alsó határt, amely egyenlő

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= (AZ ÖSSZESEN PONTOK 2 VAGY 3 );

● E= (ÖSSZES PONT 10).

Az esemény leírása: TÓL TŐL= (ÁRAM ZÁRVA) minden esetben.

Megoldás. Vezessük be a jelölést: esemény A- az 1. érintkező zárva van; esemény NÁL NÉL- a 2. érintkező zárva van; esemény TÓL TŐL- az áramkör zárva van, a lámpa világít.

1. Párhuzamos csatlakozásnál az áramkör akkor zár, ha legalább az egyik érintkező zárva van, tehát C = A + B;

2. Soros csatlakozásnál az áramkör zárva van, ha mindkét érintkező zárva van, tehát C = A B.

Egy feladat. 1.1.4 Két elektromos áramkör készült:

A esemény – az áramkör zárva, A i esemény – én- az érintkező zárva van. Melyikükre az arány

A1 (A2 + A3 A4) A5 = A?

Megoldás. Az első áramkörnél A = A1 · (A2 · A3 + A4 · A5), mivel az események összege a párhuzamos kapcsolatnak, az események szorzata pedig a soros kapcsolatnak felel meg. A második sémához A = A1 (A2+A3 A4 A5). Ezért ez az összefüggés a második sémára érvényes.

Egy feladat. 1.1.5 Egyszerűsítse az (A + B)(B + C)(C + A) kifejezést.

Megoldás. Használjuk az események összeadási és szorzási műveleteinek tulajdonságait.

(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.

Egy feladat. 1.1.6Bizonyítsuk be, hogy az A, AB és az események A+B alkotnak egy teljes csoportot.

Megoldás. A feladat megoldása során az eseményekre vonatkozó műveletek tulajdonságait fogjuk használni. Először is megmutatjuk, hogy ezek az események páronként összeférhetetlenek.

Mutassuk meg most, hogy ezeknek az eseményeknek az összege adja az elemi események terét.

Egy feladat. 1.1.7Az Euler–Venn séma segítségével ellenőrizze a de Morgan szabályt:

A) Az AB esemény árnyékolt.

B) A esemény – függőleges sraffozás; B esemény - vízszintes sraffozás. Esemény

(A+B) - árnyékolt terület.

Az a) és c) ábrák összehasonlításából az következik:

Egy feladat. 1.2.1Hányféleképpen lehet 8 embert leültetni?

1. Egy sorban?

2. Per Kerekasztal?

Megoldás.

1. A kívánt utak száma megegyezik a 8-ból a permutációk számával, azaz.

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

2. Mivel a kerekasztalnál az első személy megválasztása nem befolyásolja az elemek váltakozását, így elsőként bárkit el lehet vinni, a többiek pedig a kiválasztotthoz képest kerülnek rendelésre. Ez a művelet 8!/8 = 5040 módon hajtható végre.

Egy feladat. 1.2.2A kurzus 5 tantárgyat ölel fel. Hányféleképpen lehet szombatra ütemezni, ha két különböző pár lesz aznap?

Megoldás. A kívánt módok száma az elhelyezések száma

5-től 2-ig, mivel figyelembe kell venni a párok sorrendjét:

Egy feladat. 1.2.3Hogyan vizsgabizottságok 7 főből álló, 15 tanárból állhat össze?

Megoldás. A jutalék kívánt száma (megrendelés nélkül) a 15-7 kombinációk száma:

Egy feladat. 1.2.4 A húsz számozott labdát tartalmazó kosárból 5 golyót választanak ki a szerencse kedvéért. Határozza meg az elemek számát a tapasztalat elemi eseményeinek terében, ha:

A golyókat egymás után választják ki, minden extrahálás után visszatérnek;

A labdákat egyenként választják ki, visszaküldés nélkül;

Egyszerre 5 golyó kerül kiválasztásra.

Megoldás.

Mivel a kihúzott labda visszakerül a kosárba, a második labda kihúzási módjainak száma is 20, és így tovább. Ezután az 5 kihúzási módok száma golyó ebben az esetben 20 20 20 20 20 = 3200000.

A kosárból az első labda kihúzási módjainak száma 20. Mivel a kihúzott labda a kihúzás után nem került vissza a kosárba, a második labda kiemelésének módjai 19 lettek stb. 5 labda csere nélkül 20 19 18 17 16 = A52 0

A kosárból egyszerre 5 labda kivételének módjai megegyeznek a 20-5-ös kombinációk számával:

Egy feladat. 1.2.5 Két kockát dobnak. Határozza meg az A esemény valószínűségét, hogy legalább egy 1-et dobnak.

Megoldás. Minden kockára tetszőleges számú pont eshet 1-től 6-ig, így az elemi események tere 36 egyformán lehetséges kimenetet tartalmaz. Az A eseményt 11 eredmény kedvez: (1.1), (1.2), (2.1), (1.3), (3.1), (1.4), (4.1), (1 .5), (5.1), (1.6), (6.1), tehát

Egy feladat. 1.2.6 Piros kártyákra az y,i,i,k,c,f,n betűket,kék kártyákra az a,a,o,t,t,s,h betűket alapos keverés után,ami valószínűbb : az első alkalomtól, hogy a betűkből a piros kártyákat használjuk a „funkció” szó vagy a kék kártyákon lévő betűk a „gyakoriság” szó létrehozásához?

Megoldás. Legyen A esemény a "funkció" szó, amely véletlenszerűen 7 betűből áll, a B esemény pedig a "gyakoriság" szó, amely véletlenszerűen 7 betűből áll. Mivel két 7 betűből álló halmaz van rendezve, az A és B események összes kimenetelének száma n = 7!. Az A eseményt egy eredmény m = 1 kedvez, mivel a piros lapokon lévő betűk különbözőek. A B eseménynek m = 2 kedvez! · 2! eredményeket, mivel az „a” és „t” betű kétszer fordul elő. Ekkor P(A) = 1/7! , P(B) = 2! 2! /7! , P(B) > P(A).

Egy feladat. 1.2.7 A vizsgán a hallgatónak 30 jegyet ajánlanak fel; Minden jegyhez két kérdés tartozik. A jegyekben szereplő 60 kérdésből a tanuló csak 40-et tud. Mekkora valószínűséggel fog állni a diák által vett jegy

1. az általa ismert kérdésekből;

2. számára ismeretlen kérdésekből;

3. egy ismert és egy ismeretlen kérdésből.

Megoldás. Legyen A az az esemény, amikor a tanuló mindkét kérdésre tudja a választ; B - nem tudja a választ mindkét kérdésre; C - egy kérdésre tudja a választ, a másikra nem. A 60-ból két kérdés kiválasztása n = C260 = 60 2 59 = 1770 módon történhet.

1. A tanuló előtt m = C240 ​​= 40 2 39 = 780 kérdés közül választhat. Ekkor P(A) = M N = 17 78 70 0 = 0,44

2. A 20-ból két ismeretlen kérdés kiválasztása m = C220 = 20 2 19 = 190 módon történhet. Ebben az esetben

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

3. Egy ismert és egy ismeretlen kérdéssel m = C14 0 C21 0 = 40 20 = 800 módon lehet jegyet választani. Ekkor P(C) = 18 70 70 0 = 0,45.

Egy feladat. 1.2.8Néhány információ három csatornán keresztül került elküldésre. A csatornák egymástól függetlenül működnek. Határozza meg annak valószínűségét, hogy az információ eléri a célt

1. Csak egy csatornán;

2. Legalább egy csatorna.

Megoldás. Legyen A olyan esemény, amely abból áll, hogy az információ egyetlen csatornán keresztül jut el a célhoz; B - legalább egy csatorna. A tapasztalat az információ továbbítása három csatornán keresztül. Az élmény eredménye - az információ elérte a célt. Jelöljük ki az Ai-t – az információ az i-edik csatornán éri el a célt. Az elemi események tere a következő formában van:

A B eseményt 7 kimenetel részesíti előnyben: az összes kimenet, kivéve akkor n = 8; mA = 3; mB = 7; P(A) = 38; P(B) = 78.

Egy feladat. 1.2.9Egy egységnyi hosszúságú szakaszon véletlenszerűen megjelenik egy pont. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a pont és a szakasz vége közötti távolság nagyobb, mint 1/8.

Megoldás. A feladat feltételének megfelelően a kívánt eseményt az (a; b) intervallumon megjelenő összes pont kielégíti.

Mivel hossza s = 1 - 1 8 + 1 8 = 3 4, és a teljes szakasz hossza S = 1, a szükséges valószínűség: P = s/S = 3/14 = 0,75.

Egy feladat. 1.2.10Egy tételbenNTermékekKa termékek hibásak. A szabályozáshoz m termék van kiválasztva. Keresse meg annak valószínűségét, hogy abból M Termékek L Hibásnak bizonyulnak (A esemény).

Megoldás. Az n-ből m termék kiválasztása többféle módon történhet, és a választás L hibás a k-ből hibás - módokon. Kiválasztás után L a hibás termékek megmaradnak (m - L) illeszkedik, (n - k) termék között helyezkedik el. Ekkor az A eseményt előnyben részesítő kimenetelek száma a következő

És a kívánt valószínűség

Egy feladat. 1.3.1BEgy urnában 30 golyó található: 15 piros, 10 kék és 5 fehér. Határozza meg annak valószínűségét, hogy egy véletlenszerűen kihúzott golyó színezett lesz.

Megoldás. Legyen A esemény – piros golyót, B esemény – kék golyót húzunk. Ezután események (A + B) - egy színes golyót húznak. P(A) = 1 3 5 0 = 1 2, P(B) = 1 3 0 0 = 1 3. Mivel

Az A és B események nem kompatibilisek, akkor P(A + B) = P(A) + P(B) = 1 2 + 1 3 = 5 6 = 0,83.

Egy feladat. 1.3.2Annak a valószínűsége, hogy havazik (egy esemény A ), egyenlő 0.6, És az a tény, hogy esik az eső (esemény B ), egyenlő 0.45. Határozza meg a rossz időjárás valószínűségét, ha az eső és a hó valószínűsége (esemény AB ) egyenlő 0.25.

Megoldás. Az A és B események együttesek, így P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0,6 + 0,45 - 0,25 = 0,8

Egy feladat. 1.3.3BAz első doboz 2 fehér és 10 fekete golyót tartalmaz, a második - 3 fehér és 9 fekete golyót, a harmadik pedig - 6 fehér és 6 fekete golyót. Minden dobozból egy labdát vettek el. Határozza meg annak valószínűségét, hogy az összes kihúzott golyó fehér.

Megoldás. Az A esemény - az első dobozból fehér golyót húznak, B - a második dobozból, C - a harmadikból. Ekkor P(A) = 12 2 = 1 6; P(B) = 13 2 = 1 4; P(C) = 16 2 = 1 2. Esemény ABC - minden kivett

A golyók fehérek. Az A, B, C események tehát függetlenek

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

Egy feladat. 1.3.4Bsorba kapcsolt elektromos áramkör 5 Egymástól függetlenül működő elemek. Az első, második, harmadik, negyedik, ötödik elem meghibásodásának valószínűsége rendre a következő 0.1; 0.2; 0.3; 0.2; 0.1. Határozza meg annak valószínűségét, hogy nem lesz áram az áramkörben (esemény A ).

Megoldás. Mivel az elemek sorba vannak kötve, nem lesz áram az áramkörben, ha legalább egy elem meghibásodik. Ai(i =1...5) esemény - sikertelen lesz én-edik elem. Fejlesztések

Egy feladat. 1.3.5Az áramkör független blokkokból áll, amelyek egy bemenettel és egy kimenettel egy rendszerbe kapcsolódnak.

Időbeli kudarc T különféle elemek láncok - független események a következő valószínűségekkelP 1 = 0,1; P 2 = 0,2; P 3 = 0,3; P 4 = 0,4. Bármely elem meghibásodása a jel megszakadásához vezet az áramkör azon ágában, ahol ez az elem található. Találja meg a rendszer megbízhatóságát.

Megoldás. Ha az A - (RENDSZER MEGBÍZHATÓ), Ai - (i - edik EGYSÉG HIBÁSAN MŰKÖDIK) esemény, akkor A = (A1 + A2)(A3 + A4). Az A1+A2, A3+A4 események függetlenek, az A1 és A2, A3 és A4 események együttesek. A valószínűségek szorzási és összeadási képletei szerint

Egy feladat. 1.3.6A munkás 3 gépet szolgál ki. Annak a valószínűsége, hogy egy órán belül a gép nem igényli a dolgozó figyelmét, az első gépnél 0,9, a másodiknál ​​0,8 és a harmadiknál ​​0,7.

Határozza meg annak valószínűségét, hogy néhány óra alatt

1. A második gép figyelmet igényel;

2. Két gép igényel figyelmet;

3. Legalább két gépre kell figyelni.

Megoldás. Legyen Ai - az i-edik gép igényli a dolgozó figyelmét, - az i-edik gép nem igényli a dolgozó figyelmét. Akkor

Az elemi események tere:

1. A esemény – a második gép figyelmét igényli: Akkor

Mivel az események összeférhetetlenek és függetlenek. 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. B esemény – két gép igényel figyelmet:

3. C esemény – legalább két kábítás igényel figyelmet
cov:

Egy feladat. 1.3.7Bgép "Examiner" bevezetve 50 kérdéseket. A diákot felajánlják 5 Kérdések és „kiváló” minősítés jár, ha minden kérdésre helyesen válaszol. Határozza meg annak valószínűségét, hogy „kiváló” lesz, ha a tanuló csak felkészült 40 kérdéseket.

Megoldás. A - ("KIVÁLÓ"-T KAPOTT), Ai - (VÁLASZ AZ i-edik KÉRDÉSRE). Ekkor A = A1A2A3A4A5, a következőt kapjuk:

Vagy más módon - a klasszikus valószínűségi képlet segítségével: És

Egy feladat. 1.3.8Annak a valószínűsége, hogy az összeszerelő számára szükséges alkatrész benne vanén, II, III, IVdoboz, illetve egyenlőek 0.6; 0.7; 0.8; 0.9. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a gyűjtőnek mind a 4 négyzetet be kell jelölnie (eseményA).

Megoldás. Legyen Ai - (Az összeszerelőnek szükséges alkatrész az i-edik dobozban van.) Ezután

Mivel az események összeegyeztethetetlenek és függetlenek, akkor

Egy feladat. 1.4.1 10 000 fős, 60 év felettiek csoportját vizsgálták meg. Kiderült, hogy 4000 ember állandó dohányos. 1800 dohányosnál tapasztaltak komoly elváltozásokat a tüdőben. A nemdohányzók közül 1500 embernél volt elváltozás a tüdőben. Mennyi annak a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen megvizsgált tüdőelváltozással rendelkező személy dohányos?

Megoldás. Vezessük be a hipotéziseket: H1 - a vizsgált állandó dohányos, H2 - nemdohányzó. Aztán a probléma körülményei szerint

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

Jelölje A-val azt az eseményt, amikor a vizsgált személy tüdejében elváltozások vannak. Aztán a probléma körülményei szerint

Az (1.15) képlet alapján azt találjuk

Annak a kívánt valószínűsége, hogy a vizsgált személy dohányos, a Bayes-képlet szerint egyenlő

Egy feladat. 1.4.2Három gyár televíziói kerülnek eladásra: az első gyárból 30%, a másodikból 20%, a harmadikból 50%. Az első gyár termékei a rejtett hibás tévék 20%-át tartalmazzák, a második - 10%, a harmadik - 5%. Mennyi az esélye, hogy működő TV-t szerezzen?

Megoldás. Tekintsük a következő eseményeket: A - egy működőképes TV-t vásároltak; hipotézisek H1, H2, H3 - a TV az első, második, harmadik gyárból került forgalomba. A feladatnak megfelelően

Az (1.15) képlet alapján azt találjuk

Egy feladat. 1.4.3Három egyforma doboz van. Az elsőben 20 fehér, a másodikban 10 fehér és 10 fekete, a harmadikban 20 fekete golyó van. Egy véletlenszerűen kiválasztott dobozból fehér golyót húznak. Határozza meg annak valószínűségét, hogy ez a labda a második dobozból származik.

Megoldás. Legyen az A esemény - fehér golyót vesznek ki, H1, H2, H3 hipotézisek - a labdát az első, második, harmadik dobozból veszik ki. A probléma állapotából azt találjuk

Akkor
Az (1.15) képlet alapján azt találjuk

Az (1.16) képlet alapján azt találjuk

Egy feladat. 1.4.4A távíró üzenet pont- és szaggatott jelekből áll. Az interferencia statisztikai tulajdonságai olyanok, hogy átlagosan torzulnak 2/5 Dot üzenetek és 1/3 Dash üzenetek. Ismeretes, hogy a továbbított jelek között "pont" és "kötőjel" fordul elő arányban 5: 3. Határozza meg annak valószínűségét, hogy az átvitt jelet fogadja, ha:

A) "pont" jelet kap;

B)kötőjel érkezett.

Megoldás. Legyen az A esemény - a "pont" jel vétele, és a B esemény - a "kötőjel" vétele.

Két hipotézist állíthatunk fel: H1 - a "pont" jelet továbbítják, H2 - a "kötőjel" jelet továbbítják. P(H1) feltétel szerint: P(H2) =5: 3. Ezen kívül P(H1 ) + P(H2)= 1. Ezért P( H1 ) = 5/8, P(H2 ) = 3/8. Ismeretes, hogy

Eseményvalószínűség AÉs B A teljes valószínűség képletével megtaláljuk:

A kívánt valószínűségek a következők lesznek:

Egy feladat. 1.4.5A 10 rádiócsatorna közül 6 csatorna védett az interferencia ellen. Annak valószínűsége, hogy egy biztonságos csatorna idővelTnem sikerül 0,95, nem védett csatorna esetén - 0,8. Határozza meg annak valószínűségét, hogy két véletlenszerűen kiválasztott csatorna nem fog időben meghibásodniT, és mindkét csatorna nincs védve az interferencia ellen.

Megoldás. Legyen az A esemény - mindkét csatorna nem fog meghibásodni a t idő alatt, az esemény A1- Biztonságos csatorna kiválasztva A2- Nem biztonságos csatorna van kiválasztva.

Írjuk fel a kísérlet elemi eseményeinek terét - (két csatorna van kiválasztva):

Ω = (A1A1, A1A2, A2A1, A2A2)

Hipotézisek:

H1 - mindkét csatorna védett az interferencia ellen;

H2 - az első kiválasztott csatorna védett, a második kiválasztott csatorna nem védett az interferencia ellen;

H3 - az első kiválasztott csatorna nem védett, a második kiválasztott csatorna védett az interferencia ellen;

H4 - mindkét kiválasztott csatorna nem védett az interferencia ellen. Akkor

És

Egy feladat. 1.5.1Kommunikációs csatornán keresztül továbbítva 6 Üzenetek. Az üzenetek mindegyikét nagy valószínűséggel torzíthatja a zaj 0.2 Másoktól függetlenül. Keresse meg annak a valószínűségét

1. 6 üzenetből 4 nem torz;

2. 6-ból legalább 3 torzított volt;

3. 6 üzenetből legalább egy hibás;

4. 6-ból legfeljebb 2 nem torz;

5. Minden üzenet torzítás nélkül kerül továbbításra.

Megoldás. Mivel a torzítás valószínűsége 0,2, az üzenet interferencia nélküli továbbításának valószínűsége 0,8.

1. Az (1.17) Bernoulli-képlet segítségével megtaláljuk a valószínűséget
6-ból 4 üzenet átviteli sebessége interferencia nélkül:

2. 6-ból legalább 3 torzítva kerül továbbításra:

3. 6 üzenetből legalább egy hibás:

4. 6 üzenetből legalább egy hibás:

5. minden üzenet torzítás nélkül kerül továbbításra:

Egy feladat. 1.5.2Annak a valószínűsége, hogy nyáron derült lesz a nap, 0,42; a borult nap valószínűsége 0,36, a változóan felhős pedig 0,22. 59-ből hány nap várható derült és borús időre?

Megoldás. A probléma állapotából látható, hogy a legvalószínűbb mennyiségű derült és felhős napokat kell keresni.

Tiszta napokra P= 0.42, N= 59. Egyenlőtlenségeket állítunk össze (1,20):

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

24.2 ≤ Mo≤ 25.2 → Mo= 25.

Felhős napokra P= 0.36, N= 59 és

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

Ezért 20.16 ≤ M0 ≤ 21.60; → M0 = 21.

Így a legvalószínűbb a tiszta napok száma Mo= 25, felhős napok - M0 = 21. Aztán nyáron számíthatunk Mo+ M0 =46 derült és felhős nap.

Egy feladat. 1.5.3A valószínűségszámítás előadásán 110 hallgató vesz részt a kurzuson. Keresse meg annak a valószínűségét

A jelenlévők közül 1. k tanuló (k = 0,1,2) szeptember elsején született;

2. a tanfolyam legalább egy hallgatója szeptember elsején született.

P=1/365 nagyon kicsi, ezért a Poisson-képletet (1.22) használjuk. Keressük meg a Poisson paramétert. Mert

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

Aztán a Poisson-képlet szerint

Egy feladat. 1.5.4Annak a valószínűsége, hogy egy alkatrész nem szabványos 0.1. Hány részletet kell kiválasztani, hogy P = valószínűséggel 0.964228 Azt lehet állítani, hogy a nem szabványos alkatrészek relatív előfordulási gyakorisága eltér a p = állandó valószínűségtől 0.1 Abszolút értékben nem több, mint 0.01 ?

Megoldás.

Kötelező szám N Az (1.25) képlettel megtaláljuk. Nekünk van:

P = 1,1; q = 0,9; P= 0,96428. Helyettesítse be az adatokat a képletben:

Hol találjuk

A Φ( függvény értéktáblázata szerint x) azt találjuk

Egy feladat. 1.5.5Egy kondenzátor meghibásodásának valószínűsége T időben 0,2. Határozza meg annak valószínűségét, hogy 100 kondenzátor közül T idővel meghibásodik.

1. Pontosan 10 kondenzátor;

2. Legalább 20 kondenzátor;

3. 28-nál kevesebb kondenzátor;

4. 14-26 kondenzátor.

Megoldás. Nekünk van P = 100, P= 0.2, K = 1 - P= 0.8.

1. Pontosan 10 kondenzátor.

Mert P Veliko, használjuk a helyi de Moivre-Laplace tételt:

Kiszámít

A funkció óta φ(x)- páros, akkor φ (-2,5) = φ (2,50) = 0,0175 (a függvényértékek táblázatából találjuk φ(x). Kívánt valószínűség

2. Legalább 20 kondenzátor;

Az a követelmény, hogy 100 kondenzátorból legalább 20 meghibásodjon, azt jelenti, hogy 20, 21, ... vagy 100 meghibásodik. T1 = 20, T 2=100. Akkor

A függvényértékek táblázata szerint Φ(x) Határozzuk meg, hogy Φ(x1) = Φ(0) = 0, Φ(x2) = Φ(20) = 0,5. Szükséges valószínűség:

3. 28-nál kevesebb kondenzátor;

(itt azt vettük figyelembe, hogy a Ф(x) Laplace-függvény páratlan).

4. 14-26 kondenzátor. Feltétel szerint M1= 14, m2 = 26.
Számítsa ki x 1,x2:

Egy feladat. 1.5.6Valamely esemény bekövetkezésének valószínűsége egy kísérletben 0,6. Mekkora a valószínűsége annak, hogy ez az esemény bekövetkezik a 60 kísérlet többségében?

Megoldás. Mennyiség M Egy esemény előfordulása egy tesztsorozatban az intervallumban van. "A legtöbb kísérletben" azt jelenti M Feltétel szerint intervallumhoz tartozik N= 60, P= 0.6, K = 0.4, M1 = 30, m2 = 60. Számítsa ki az x1-et és az x2-t:

Véletlen változók és eloszlásaik

Egy feladat. 2.1.1Adott egy táblázat, ahol a felső sor egy valószínűségi változó lehetséges értékeit jelzi x , alul pedig a valószínűségeik.

Lehet-e ez a táblázat eloszlási sorozat x ?

Válasz: Igen, mivel p1 + p2 + p3 + p4 + p5 = 1

Egy feladat. 2.1.2Megjelent 500 Sorsjegyek, és 40 A jegyek tulajdonosaiknak díjat hoznak 10000 Dörzsölés., 20 Jegyek - a 50000 Dörzsölés., 10 Jegyek - a 100000 Dörzsölés., 5 Jegyek - a 200000 Dörzsölés., 1 jegy - 500000 Dörzsölje., a többi - győzelem nélkül. Keresse meg egy jegy tulajdonosának nyertes forgalmazási törvényét.

Megoldás.

X lehetséges értékei: x5 = 10000, x4 = 50000, x3 = 100000, x2 = 200000, x1 = 500000, x6 = 0. Ezeknek a lehetséges értékeknek a valószínűsége a következő:

A kívánt elosztási törvény:

Egy feladat. 2.1.3lövő, birtoklás 5 Patronok, lövések az első célba találásig. Az egyes lövések eltalálásának valószínűsége a 0.7. Szerkessze meg a felhasznált patronok számának eloszlási törvényét, keresse meg az eloszlási függvényt!F(x) és ábrázolja a grafikonját, keresse meg P(2< x < 5).

Megoldás.

A tapasztalat elemi eseményeinek tere

Ω = {1, 01, 001, 0001, 00001, 11111},

Ahol az (1) esemény – célba ért, ott (0) esemény – nem találta el a célt. Az elemi eredmények a felhasznált patronok számának véletlenszerű értékének következő értékeinek felelnek meg: 1, 2, 3, 4, 5. Mivel minden következő lövés eredménye nem függ az előzőtől, a lehetséges értékek valószínűsége ezek:

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.

A kívánt elosztási törvény:

Keresse meg az eloszlási függvényt F(x), A (2.5) képlet segítségével

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

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

Egy feladat. 2.1.4DanaF(x) valamelyik valószínűségi változóból:

Írja fel X eloszlási sorozatát.

Megoldás.

Az ingatlanokból F(x) Ebből következik, hogy a valószínűségi változó lehetséges értékei x - Funkciótörési pontok F(x), A megfelelő valószínűségek pedig a függvény ugrásai F(x). Keresse meg az X=(0,1,2,3,4) valószínűségi változó lehetséges értékeit!

Egy feladat. 2.1.5Állítsa be melyik funkciót

Valamilyen valószínűségi változó eloszlásfüggvénye.

Ha a válasz igen, keresse meg annak valószínűségét, hogy a megfelelő véletlenszerű értékértékeket vesz fel[-3,2].

Megoldás. Ábrázoljuk az F1(x) és F2(x) függvényeket:

Az F2(x) függvény nem eloszlásfüggvény, mivel nem nem csökkenő. Az F1(x) függvény az

Valamelyik valószínűségi változó eloszlásfüggvénye, mivel nem csökkenő és teljesíti a (2.3) feltételt. Határozzuk meg az intervallum eltalálásának valószínűségét:

Egy feladat. 2.1.6Adott egy folytonos valószínűségi változó valószínűségi sűrűsége x :

Megtalálja:

1. Együttható C ;

2. elosztási függvény F(x) ;

3. Annak a valószínűsége, hogy egy valószínűségi változó beleesik az intervallumba(1, 3).

Megoldás. A normalizálási feltételből (2.9) azt találjuk

Következésképpen,

A (2.10) képlet alapján a következőket kapjuk:

Ily módon

A (2.4) képlet alapján azt találjuk

Egy feladat. 2.1.7Az elektronikus berendezések véletlenszerű leállásának bizonyos esetekben valószínűségi sűrűsége van

Ahol M = lge = 0,4343...

Keresse meg az elosztási függvényt F(x) .

Megoldás. A (2.10) képlet alapján azt találjuk

Ahol

Egy feladat. 2.2.1Adott egy diszkrét valószínűségi változó eloszlási sorozata x :

megtalálja várható érték, szórás, szórás, M, D[-3X + 2].

Megoldás.

A (2.12) képlet alapján megtaláljuk a matematikai elvárást:

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. A (2.19) képlet segítségével megtaláljuk a diszperziót:

Egy feladat. 2.2.2Határozza meg egy folytonos valószínűségi változó matematikai elvárását, szórását és szórását! x , amelynek eloszlási függvénye

.

Megoldás. Keresse meg a valószínűségi sűrűséget:

A matematikai elvárást a (2.13) képlet határozza meg:

A diszperziót a (2.19) képlettel találjuk meg:

Először keressük meg a valószínűségi változó négyzetének matematikai elvárását:

Szórás

Egy feladat. 2.2.3xszámos disztribúciója van:

Határozzuk meg egy valószínűségi változó matematikai elvárását és varianciáját!Y = VOLT .

Megoldás. M[ Y] = M[ VOLT ] = 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.

Egy feladat. 2.2.4Diszkrét valószínűségi változó x Csak két értéket vehet fel X1 És X2 , és X1< x2. Ismert valószínűség P1 = 0,2 Lehetséges érték X1 , várható érték M[X] = 3,8 És szóródás D[X] = 0,16. Határozzuk meg egy valószínűségi változó eloszlásának törvényét!

Megoldás. Mivel az X valószínűségi változó csak két x1 és x2 értéket vesz fel, akkor a valószínűség p2 = P(X = x2) = 1 - p1 = 1 - 0,2 = 0,8.

A probléma körülményei szerint a következőkkel rendelkezünk:

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.

Így kaptuk az egyenletrendszert:

Állapot x1

Egy feladat. 2.2.5Az X valószínűségi változóra vonatkozik az eloszlási törvény, amelynek sűrűséggráfja a következő:

Keresse meg a matematikai elvárást, szórást és szórást.

Megoldás. Keressük az f(x) differenciális eloszlásfüggvényt. A (0, 3) intervallumon kívül f(x) = 0. A (0, 3) intervallumon a sűrűséggráf egy k = 2/9 meredekségű egyenes, amely az origón halad át. Ily módon

Várható érték:

Keresse meg a szórást és a szórást:

Egy feladat. 2.2.6Határozzuk meg a pontösszeg matematikai elvárását és szórását négy dobókockán.

Megoldás. Jelöljük A-t - egy dobáskor egy kockán elért pontok számát, B-t - a második kocka pontjainak számát, C-t - a harmadik kockán, D - a negyedik kockán. Az A, B, C, D valószínűségi változókra az eloszlási törvény egy.

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

Egy feladat. 2.3.1Annak a valószínűsége, hogy a radioaktív forrásból kibocsátott részecskét a számláló regisztrálja, egyenlő 0.0001. A megfigyelési időszakban 30000 részecskék. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a számláló regisztrált:

1. Pontosan 3 részecske;

2. Egyetlen részecske sem;

3. Legalább 10 részecske.

Megoldás. Feltétel szerint P= 30000, P= 0,0001. A radioaktív forrásból kibocsátott részecskék regisztrálásának tényéből álló események függetlenek; szám P Nagyszerű, de a valószínűség P Kicsi, ezért a Poisson-eloszlást használjuk: Keressük meg a λ-t: λ = n P = 30000 0,0001 = 3 = M[X]. Kívánt valószínűségek:

Egy feladat. 2.3.2A tételben 5% nem szabványos alkatrészek találhatók. Véletlenszerűen 5 elem került kiválasztásra. Írja fel egy diszkrét valószínűségi változó eloszlási törvényét! x - a nem szabványos alkatrészek száma az öt kiválasztott közül; találja meg a matematikai elvárást és szórást.

Megoldás. Az X diszkrét valószínűségi változó - a nem szabványos részek száma - binomiális eloszlású, és a következő értékeket veheti fel: x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 3, x5 = 4, x6 = 5. nem szabványos alkatrész egy kötegben p = 5 /100 = 0,05. Nézzük meg ezeknek a lehetséges értékeknek a valószínűségét:

Írjuk fel a kívánt elosztási törvényt:

Keressük a numerikus jellemzőket:

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

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

Egy feladat. 2.3.3A radar célérzékelési ideje az exponenciális törvény szerint oszlik meg

Ahol1/ λ = 10 Sec. - átlagos célfelismerési idő. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a célt időn belül megtalálják5 Előtt15 Sec. a keresés megkezdése után.

Megoldás. Egy valószínűségi változó eltalálásának valószínűsége x Intervallumban (5, 15) Keressük meg a (2.8) képlettel:

Nál nél Kapunk

0.6065(1 - 0.3679) = 0.6065 0.6321 = 0.3834

Egy feladat. 2.3.4A véletlenszerű mérési hibákra a normál törvény vonatkozik a = paraméterekkel 0, σ = 20 Mm. Írjon differenciális eloszlási függvénytF(x), és keresse meg annak a valószínűségét, hogy a mérés hibázott a -tól származó intervallumban 5 Előtt 10 Mm.

Megoldás. Helyettesítsük be az a és σ paraméterek értékét a differenciáleloszlási függvénybe (2.35):

A (2.42) képlet segítségével meghatározzuk egy valószínűségi változó eltalálásának valószínűségét x Az intervallumban i.e. A= 0, B= 0.1. Ezután a differenciális eloszlási függvény F(x)Úgy fog kinézni