Mus dažnai domina tikimybė, kad vienu metu įvyks keli įvykiai, pvz., dvi galvos ant dviejų monetų metimo arba bent viena šešia ant dviejų kauliukų metimo. Tokios situacijos vadinamos situacijų su keliais galimais rezultatais.

Naudojant medžių diagramas

Nors gana nesunku suprasti, kad tikimybė gauti galvas ant vieno teisingos monetos metimo yra ?, kiek sunkiau intuityviai nustatyti keturių galvų tikimybę ant keturių sąžiningos monetos metimų. Nors monetos pavyzdys gali atrodyti dirbtinis, jis puikiai tinka paaiškinti kelių bandymų tikimybių derinį. Atlikime skaičiavimus. (Sekite mano samprotavimus, net jei siaubingai bijote matematikos. Jei panagrinėsite pavyzdžius, skaičiavimai ir matematiniai samprotavimai jums atrodys gana paprasti. Nereikia sušukti pažvelgus į keletą artimiausių skaičių: „Ne, jokiu būdu , tiesiog praleisiu. Svarbu mokėti mąstyti skaičiais ir skaičiais.)

Pirmojo metimo metu gali įvykti tik vienas iš dviejų galimų rezultatų; galvos (O) arba uodegos (P). Kas atsitiks, jei moneta bus išmesta du kartus? Galimi keturi rezultatai: galva abu kartus (OO), galva pirmą kartą ir uodega antrą kartą (OR), uodega pirmą kartą ir galva antrą kartą (RO) ir uodega abu kartus (RR). Kadangi yra keturi galimi rezultatai ir tik vienas būdas gauti dvi galvas, šio įvykio tikimybė yra 1/4 (vėl darome prielaidą, kad moneta yra „teisinga“, t. y. galvos ir uodegos yra vienodai tikėtinos). Egzistuoja bendroji taisyklė, leidžianti apskaičiuoti kelių įvykių bendro pasireiškimo bet kurioje situacijoje tikimybę – taisyklė „ir“. Jei norite rasti pirmojo pasikartojimo tikimybę ir antrasis įvykis (erelis pirmame ir antruoju metimu), šių įvykių tikimybes turime padauginti atskirai. Taikydami taisyklę „ir“ nustatome, kad tikimybė gauti dvi uodegas, kai moneta išmetama du kartus, yra lygi? x? = 1/4. Intuityviai atrodo, kad dviejų įvykių bendro atsiradimo tikimybė turėtų būti mažesnė už kiekvieno iš jų tikimybę atskirai; taip ir pasirodo.

Paprastas būdas apskaičiuoti šią tikimybę gaunamas pateikus visus galimus įvykius su medžio diagrama. Medžių diagramos buvo naudojamos 4 skyriuje, kai tikrinome teiginių „jei... tada...“ pagrįstumą. Šiame skyriuje medžio šakoms priskirsime tikimybines reikšmes, kad nustatytų įvairių rezultatų derinių tikimybes. Vėlesniuose skyriuose grįšiu prie medžių diagramų, kai ieškosiu būdų, kaip rasti kūrybiškų problemų sprendimų.

Pirmą kartą išmetus monetą, ji pateks į galvą arba į uodegą. „Sąžiningos“ monetos galvos ir uodegos tikimybė yra tokia pati – 0,5. Pavaizduokime tai taip:

Kai metate monetą antrą kartą, po pirmųjų galvučių bus antrosios galvutės arba uodegos, arba po pirmųjų uodegų bus antrosios galvutės ar uodegos. Tikimybė gauti galvas ir uodegas antruoju metimu vis dar yra 0,5. Antrojo ritinio rezultatai diagramoje parodyti kaip papildomos medžio šakos.

Kaip matote iš diagramos, yra keturi galimi rezultatai. Naudodami šį medį galite rasti kitų įvykių tikimybes. Kokia tikimybė gauti vieną galvą ant dviejų monetos metimų? Kadangi yra du būdai gauti vieną uodegą (OR arba RO), atsakymas yra 2/4 arba ?. Jei norite rasti dviejų ar daugiau skirtingų rezultatų tikimybę, sudėkite visų rezultatų tikimybę. Tai vadinama "arba" taisykle. Kitaip šią problemą galima suformuluoti taip: „Kokia tikimybė gauti arba iš pradžių galvos, paskui uodegos (1/4), arba pirmiausia uodegos, o paskui galvos (1/4)? Teisinga procedūra ieškant atsakymo yra šių reikšmių sudėjimas ir gaunamas ?. Intuityviai atrodo, kad vieno iš kelių įvykių įvykimo tikimybė turi būti didesnė už kiekvieno iš jų tikimybę; taip ir pasirodo.

Taisyklės "ir" ir "arba" gali būti naudojamos tik tada, kai mus domina įvykiai nepriklausomas. Du įvykiai yra nepriklausomi, jei vieno iš jų įvykimas neturi įtakos kito įvykimui. Šiame pavyzdyje pirmojo monetos metimo rezultatas neturi įtakos antrojo metimo rezultatui. Be to, kad būtų taikoma taisyklė „arba“, įvykiai turi būti nesuderinami, ty negali vykti vienu metu. Šiame pavyzdyje rezultatai yra nesuderinami, nes negalime gauti ir galvos, ir uodegų to paties metimo metu.

Įvykių vaizdavimas medžio diagramomis yra naudingas daugelyje situacijų. Išplėskime savo pavyzdį. Tarkime, vyras su dryžuotu kostiumu ilgais, susiraukusiais ūsais ir paslankiomis akimis sustabdo jus gatvėje ir siūlo pažaisti iš pinigų, mesdamas monetą. Jis visada stato už erelį. Pirmojo metimo metu moneta nusileidžia galva į viršų. Tas pats atsitinka ir antrame ritinyje. Trečiojo metimo metu galvos vėl kyla. Kada pradedate įtarti, kad jis turi „negerą“ monetą? Daugelis žmonių abejoja trečią ar ketvirtą bandymą. Apskaičiuokite tikimybę gauti keletą galvų ant trijų ir keturių sąžiningų monetų metimų (tikimybė gauti galvas yra 0,5).

Norint apskaičiuoti tikimybę gauti tris galvutes per tris bandymus, reikia nupiešti medį su trimis „mazgų“ eilėmis, iš kurių iš kiekvieno mazgo išeina dvi „šakos“.

Šiame pavyzdyje mus domina tikimybė gauti tris galvutes iš eilės, jei moneta yra teisinga. Pažiūrėkite į stulpelį „Rezultatas“ ir raskite LLC rezultatą. Kadangi tai yra vienintelis rezultatas su trimis galvomis, padauginkite tikimybes išilgai 000 šakos (diagramoje apbraukta) ir gausite 0,5 x 0,5 x 0,5 = 0,125. Tikimybė 0,125 reiškia, kad jei moneta yra "sąžininga", tada ji vidutiniškai kris aukštyn tris kartus iš eilės 12,5% atvejų. Kadangi ši tikimybė yra maža, kai iškrenta trys galvos iš eilės, dauguma žmonių pradeda įtarti, kad moneta yra „su paslaptimi“.

Norėdami apskaičiuoti tikimybę gauti keturias galvas per keturis bandymus, pridėkite prie medžio papildomų šakų.

Tikimybė gauti keturias galvas yra 0,5 x 0,5 x 0,5 x 0,5 = 0,0625, arba 6,25%. Kaip jau žinote, matematiškai jis lygus 0,5 4 ; tai yra, skaičių padauginti iš savęs keturis kartus yra tas pats, kas jį pakelti į ketvirtą laipsnį. Jei skaičiuosite skaičiuotuvą, kuriame yra eksponencijos operacija, tada gausite tą patį atsakymą - 0,0625. Nors toks rezultatas įmanomas ir kada nors įvyks, tai mažai tikėtina. Tiesą sakant, jis toks neįtikėtinas ir neįprastas, kad daugelis pasakytų, jog žmogus, kurio akys krenta, tikriausiai apgaudinėja. Be abejo, penktą kartą iš eilės būtų pagrįsta daryti išvadą, kad turite reikalų su aferistu. Daugeliu mokslinių tikslų įvykis laikomas „neįprastu“, jei tikimasi, kad jo tikimybė yra mažesnė nei 5%. (Tikimybių teorijos kalba tai parašyta kaip p ‹ 0,05.)

Palikime dirbtinės monetos pavyzdį ir pritaikykime tą pačią logiką naudingesniame kontekste. Esu tikras, kad bet kuris studentas kada nors yra susidūręs su kelių pasirinkimų testais, kuriuose reikia pasirinkti teisingus atsakymus iš siūlomų variantų. Daugumoje šių testų kiekvienas klausimas turi penkis galimus atsakymus, iš kurių tik vienas yra teisingas. Tarkime, kad klausimai tokie sunkūs, kad teisingą atsakymą galite atspėti tik atsitiktinai. Kokia tikimybė atspėti teisingai atsakant į pirmąjį klausimą? Jei neįsivaizduojate, kuris iš variantų yra teisingas, tuomet su vienoda tikimybe galite pasirinkti bet kurį iš penkių variantų, darydami prielaidą, kad bet kuris iš jų gali būti teisingas. Kadangi visų variantų pasirinkimo tikimybių suma turėtų būti lygi vienetui, tai tikimybė pasirinkti kiekvieną variantą su visų variantų išlyginimo tikimybe yra 0,20. Vienas iš variantų yra teisingas, o kiti neteisingi, todėl tikimybė pasirinkti tinkamą variantą yra 0,20. Šios situacijos medžio diagrama parodyta žemiau.

Kokia tikimybė teisingai atspėti atsakymus į pirmuosius du testo klausimus? Į medį turėsime pridėti naujų šakų, kurios greitai taps labai tankios. Norėdami sutaupyti vietos ir supaprastinti skaičiavimus, visas neteisingas parinktis galite pateikti kaip vieną šaką, pažymėtą „neteisingai“. Tikimybė suklysti atsakant į vieną klausimą yra 0,8.

Tikimybė teisingai atspėti atsakymus į du klausimus yra 0,2 x 0,2 = 0,04. Tai yra, atsitiktinai tai gali atsitikti tik 4% bandymų. Tarkime, savo pavyzdį išplečiame iki trijų klausimų. Medžio nebraižysiu, bet jau turėtum suprasti, kad tikimybė yra 0,2 x 0,2 x 0,2 = 0,008. Tai toks neįprastas įvykis, kad atsitiktinai gali atsitikti mažiau nei 1 % bandymų. Ką manai apie žmogų, kuriam pavyko teisingai atsakyti į visus tris klausimus? Dauguma žmonių (o ir pedagogai yra žmonės) padarys išvadą, kad mokinys atsakymus pasirinko ne atsitiktinai, o iš tikrųjų kažką žinojo. Žinoma, gali būti, kad jam tiesiog pasisekė, bet tai labai mažai tikėtina. Taigi darome išvadą, kad gauto rezultato negalima paaiškinti vien sėkme.

Norėčiau atkreipti dėmesį į vieną keistą tokio samprotavimo aspektą. Apsvarstykite apgailėtiną padėtį, į kurią atsidūrė Sara. Ji atsakė į 15 testo klausimų, kur kiekvieno klausimo atsakymą reikėjo pasirinkti iš penkių variantų. Sara neteisingai atsakė į visus 15 klausimų. Ar galite nustatyti tikimybę, kad tai atsitiko atsitiktinai? Šiai situacijai iliustruoti medžio diagramos nebraižysiu, bet nesunku suprasti, kad tikimybė atsakyti į vieną klausimą neteisingai yra 0,8; taigi tikimybė atsakyti į visus 15 klausimų neteisingai yra 0,8 15 . Šis skaičius yra 0,8, padaugintas iš savęs 15 kartų, todėl gaunamas 0,0352. Kadangi tokios avarijos tikimybė yra 3,52%, gal Sara turėtų pasakyti mokytojai, kad tokio neįprasto rezultato negalima paaiškinti atsitiktinumu? Sara, žinoma, gali pateikti panašų argumentą, bet ar patikėtumėte ja, jei būtumėte mokytoja? Tarkime, ji teigia žinanti atsakymus į visus klausimus. Kaip kitaip ji negalėtų pasirinkti teisingo atsakymo 15 klausimų iš eilės? Nežinau, kiek mokytojų patikės jos teiginiu, kad 15 neteisingų atsakymų įrodo, kad ji turi žinių, nors iš esmės tokia samprotavimo linija naudojama žinioms įrodyti, nes tikimybė teisingai atspėti visus atsakymus yra maždaug vienoda. (Šiame pavyzdyje tikimybė teisingai atsakyti į visus 15 klausimų atsitiktinai yra 0,2015, o skaičius gerokai mažesnis nei 0,0001.) Jei būčiau Saros mokytoja, skirčiau aukštus balus už jos kūrybiškumą ir statistikos principų supratimą. Gali būti, kad Sara tikrai ką nors žinojo apie šią temą, tačiau tame „kažko“ buvo sisteminė klaida. Taip pat norėčiau atkreipti dėmesį į tai, kad ji galbūt nepasirengė testui, be to, jai taip pat nepasisekė, ji padarė 15 klaidingų spėjimų. Galų gale kartais taip nutinka ir labai neįprasti įvykiai.

Prieš skaitydami kitą skyrių, patikrinkite, ar suprantate, kaip naudoti medžio diagramas tikimybei apskaičiuoti ir visiems galimiems rezultatams apskaičiuoti. Prie tokių diagramų grįšiu vėliau šiame skyriuje. Kai išmoksite jais naudotis, nustebsite, kiek daug situacijų jie gali būti pritaikyti.

Naktis. Mėnulio pilnaties šviesa, pakibusi žvaigždėtame danguje, pro langų vitražus nušvietė niūrius Zmiulano koridorius, nuo kurių sienų atsispindėjo aidintis bėgimo garsas. - Na, kokia mergina! Blykstė sumurmėjo uždususi. – Ji išsigando, žinai... Tik veltui sugaištas laikas! Tikiuosi, man vis tiek pavyks pabėgti... šį kartą... Skubėdamas Akmeninės salės link, jis meldėsi, kad niekas jam netrukdytų. Tačiau viskas įvyko visiškai priešingai. Koridorių tamsoje (kur nesibodėjo ​​daryti langų) Dragotsy su kažkuo susidūrė, išgirdęs pažįstamą balsą: „Kas čia laksto kaip išprotėjęs?! "". Brunetė iškvietė valandos rodyklę ir uždegė lemputę ant jos galo. Improvizuotos lempos šviesoje ... Vasilisa ?! -Tu?! – sušuko abu vienu metu. Flash ir nustebo, ir palengvėjo: juk jie su Ogneva sutaria gerai, ir ji jo neišduos... na, jis to tikėjosi. Vaikinas manė, kad raudonplaukė patyrė kažką panašaus. -Ką tu čia darai? Dragotsis ištiesė ranką Vasilisai. Priėmusi pagalbą, ji atsistojo ir nusišypsojo: - Norėčiau paklausti jūsų to paties. – Aš pirmasis paklausiau, – Blyksas sukryžiavo rankas. - Nesvarbu. Apskritai tai ne tavo reikalas, – atrėžė Vasilisa. - Na, tai reiškia, kad tai, ką darau, ne jūsų reikalas, - ramiai gūžtelėjo pečiais Dragocijus. Raudonplaukė suspaudė lūpas ir mąsliai pažvelgė į brunetę: - Pasakysiu tik po tavęs. "Na... aš..." pradėjo Flash, bandydamas rasti žodžius, bet nieko neišėjo. - Gerai, aš noriu pabėgti, - ištarė Dragocijus. Vasilisos akys išsiplėtė: -Tu išprotėjai? Blykstė pavartė akis ir irzliai pažvelgė į Ognevą: -Ne, bet aš nenoriu čia likti. – Jei tave pagaus, būsi nubaustas. Prisimink, kas nutiko praėjusį kartą, – sukryžiavo rankas ant krūtinės raudonplaukė. Dragocijus sumurmėjo: -Klausyk, geriau netrukdyk. Vasilisa mąsliai pažvelgė į brunetę: - Na, aš nesikišiu... juo labiau, aš šiandien tokia maloni, kad net neišduosiu, - kikeno Ogneva ir apsisukusi norėjo išeiti, bet Blykstė ją sustabdė kruša: - Vasilisa, - mergina apsisuko ir laukdama pažvelgė į brunetę, - ačiū, - nusišypsojo Dragocijus ir pabėgo. Ogneva nusišypsojo ir nuėjo link jos... *** - Tai buvo didžiulė klaida, sūnėne, - Astragoras pakilo virš gulinčio pusnuogio Fešo. Mokiniai pradėjo tyliai šnabždėti. - Ne kartą bandėte pabėgti ir vis gaudavai nubaustas... - Specialiai žudynių įvykdyti atėjęs pantys išėmė vieną strypą ir porą kartų pamojavo. Pasigirdo traškesys. – Tikiuosi, suprasite, kad bėgti nenaudinga, – didžioji Oslos dvasia nusigręžė į skriaudėją, veidą – į likusius mokinius: – Manau, tai bus pavyzdys ir jums. Strypas, perpjovęs orą, iškart perėjo per „Flash“ nugarą, palikdamas raudonus, net kruvinus dryžius. Smūgis po smūgio. Brunetė stoiškai ištvėrė visus smūgius, tik retkarčiais išskleisdavo pusiau dejonę – pusiau riaumojimą. Mokiniai į tai žiūrėjo su savotišku piktumu. Tik Vasilisa ir Zakharra susijaudinę žiūrėjo į brunetę... *** Blykstė sėdėjo požemyje ir mąstė. Anksčiau jį tiesiog įsodindavo į požemį, palikdami be maisto, o dabar, matyt, dėdė pavargo, kad sūnėnas buvo taip švelniai baudžiamas. Brunetė gūžtelėjo pečiais, grimasomis iš skausmo. Jis nekreipė dėmesio į šaltį, drėgmę, pasinėrė į savo mintis. Jį išmušė iš minčių koridoriuje aidintys žingsniai. Netrukus Vasilisa išėjo deglo šviesoje. Blykstė iškart nuėjo į barus: -Ką tu čia veiki? - Laikykis, - Ogneva įkišo ranką tarp grotų ir padavė Dragociui gana neblogą gabalėlį. šilta duona su sėklomis. Flash paėmė maistą. – O kas tai per dosnumo priepuoliai? jis nusijuokė. - Ši Zachara paprašė manęs praeiti. Jos nepraleido, – gūžtelėjo pečiais Ogneva. - Tai yra, Zacharros neįleido, bet tave, kuris nėra Astragoro giminaitis, tyliai įleido? Brunetė nusijuokė. - Na, aš neapsisprendžiu, - Vasilisa vėl gūžtelėjo pečiais, tačiau Flash pastebėjo jaudulį jos akyse. - Na, vėliau paklausiu Zaharos, - ramiai pasakė Dragocijus, kąsdamas duoną. „Paklausk manęs, bet aš jau turiu eiti“, – apsisuko Ogneva ir ramiai nuėjo į kampą ir pasuko jam iš paskos. Netrukus Flash išgirdo bėgimo garsą ir sukikeno. Tačiau tai jos iniciatyva. Tikriausiai ji nubėgo pas seserį tartis tik tuo atveju, jei "" ...

Tavo numeris yra dvyliktas, – pasakė eglė, kažką užsirašydama į knygelę. Flash padėkojo vyrui ir nuskrido į jo kajutę. , Dabar svarbiausia nesiderinti. Tikiuosi, fėja jūsų nenuvils, kai mes koncertuosime...““ – tokiomis mintimis brunetė nusileido ant šakos šalia pavėsinės, kur jo jau laukė du žmonės. „Pagaliau tu atėjai“, – šypsodamasis linktelėjo jam vienas iš laukiančiųjų Nikas. Pilkaakė mergina su tamsia boba, kuri yra antras žmogus, tik linktelėjo kaip sveikinimo ženklą, eidama tiesiai į reikalą: - O po kokiu numeriu mes koncertuojame? – paklausė ji, padėjusi aromatingos kavos puodelius ant stalo. - Dvylika, - atsisėdęs prie stalo atsakė vaikinas. – Reikia repetuoti: reikia žinoti, kaip skambame trise. -Neturime labai gerai pasirodyti, Dragotiu, - mergina tuoj pat jį atšaldė, - tai yra priedanga. Jūs tiesiog gausite raktą iš mūsų meilužės po pasirodymo, kaip ir buvo žadėta, - iš šių žodžių Fašas susiraukė lyg būtų suvalgęs citriną, - ir Nikas bus inicijuotas. „Nenoriu prarasti veido prieš visą teismą“, - atsakė Dragocijus. - Fash, Diana, - maldavo Nikas, žiūrėdamas į abu paeiliui, - prašau sustoti. Manau, kad tikrai turėtume repetuoti. - Nuotaika ne daina, - sumurmėjo Fašas ir net nepavalgęs nuėjo į savo kambarį. *prieš kelias dienas* - Taigi, - džiaugsmingai šypsodamasis pasakė Konstantinas, surinkęs Fashą ir Nicką į dirbtuves, - Turiu dvi naujienas. Pirma, aš susitariau su Baltąja Karaliene dėl tavo iniciatyvos, Nikai. - Kaip tu tai padarei? Flash nustebęs pažvelgė į Lazarevą. „Papasakosiu vėliau“, – nusišypsojo Niko tėvas. - Sūnau, ar galėtum mus palikti? Blondinė išėjo iš kambario, uždarydama paskui save duris. Konstantinas rimtai nukreipė žvilgsnį į brunetę: -Feshai, Astarijus paprašė pasakyti, kad Baltoji karalienė pažadėjo jam Sidabrinį raktą. Privalai nuvykti į Šarodolį, dalyvauti Užkeikimuose ir pasiimti iš Karalienės Sidabrinį raktą, – Dragocijus stebėjosi, kad Astarijus patikėjo jam neštis šį raktą, nors išgirdo apie tai antrą kartą. Mokytojas jau buvo jį įspėjęs, aiškindamas, kad brunetė pabėgo iš Astrogoro... *** Jų pasirodymas sukėlė pliūpsnį fėjų karalystėje: šešiasparnės būtybės kilstelėjo laikrodžio strėles, plojo ir entuziastingai šaukė. Flash baimės buvo nepagrįstos, tuo jis džiaugėsi. Netrukus į stebėjimo sąrašą jis gavo laišką, kuriame buvo sakoma, kad jis, kaip „Charms“ laimėtojas, turėtų atvykti vidurnaktį, val. Baltoji pilis . Brunetė priėjo prie pavėsinės, kurioje jau sėdėjo Nikas ir Diana, kurie taip pat džiaugėsi, kad pasirodymas pavyko. - Na, - žaismingai atsigręžė į Freizerį, - ar palydėtumėte mus į Baltąją pilį, ponia garbės tarnaite? - Nikas prunkštelėjo į puodelį, o Diana tik nusišypsojo. Kodėl nesakei, kad esi lauktuvė? – Fash atsisėdo prie stalo – jaučiausi kaip kvailė, kai prie manęs priėjo ir pasakė, kad mano pasirodymas su ponia Diana Fraser, Jos Didenybės garbės tarnaite, sukėlė akį! - nei Nikas, nei Diana negalėjo susilaikyti juoko... *vidurnaktis* -Fashiar Dragotsiy, - nuo sosto pakilusi Baltoji karalienė, papuošta ant nugaros auksinėmis šakelėmis su smaragdo lapais, mostelėjo ranka vienai iš merginų. , - už pergalę užkeikimuose ir pažaduose Astariui padovanosiu Sidabrinį Raktą. Manau, jūs žinote, kad tai didžiulė atsakomybė. Saugokite jį, saugokite jį kaip akies obuolį. – Pažadu, – linktelėjo Flash, užtikrintai žiūrėdama į Fėjų karalienę. Atsidarė durys ir mergina įnešė Sidabrinį raktą, padėjusį ant raudono šilko pagalvėlės. Fėja priėjo prie jo ir sustojo nusilenkusi, ištiesdama pagalvę su raktu. Flash atsargiai paėmė raktą ir nusilenkė karalienei: - Nuolankiai dėkoju už man padarytą garbę. Fėjų valdovė linktelėjo ir mostelėjo ranka, leisdama Fash eiti į poilsio namus. Nickas pradžioje buvo atimtas, kad būtų pradėtas inicijuoti. *** -...ir jie man davė kažkokį laiko gėrimą. Na, aš jį išgėriau. Rezultatas – trečios valandos laipsnis, – linksmai nusišypsojo Nickas, pasakodamas draugui apie tai, kas jam nutiko Baltojoje pilyje. Diana sėdėjo prie jų ir ramiai gėrė kavą, valgydama bandelę. – Beje, turiu ir naujienų.Padėjusi puodelį į šalį, Diana nusišypsojo, padėjusi mažą geležinį raktelį ant stalo. Sekundę Flash ir Nikas nustebę pažvelgė į raktą, paskui į merginą, bet kitą akimirką Dragotsis pašoko iš savo vietos ir džiaugsmingai šypsodamasis puolė apkabinti Dianą. -Aš žinojau! – sušuko jis. paraudusi fėja vos ištrūko iš vaikino rankų: -Pirmiausia paleisk, tu mane pasmaugsi! Antra, kaip tu žinai? - Atspėk, žinoma, nebuvo sunku, - patenkintas pasakė Fašas. – Teismo fėja, geriausia mokinė ir net beviltiška... Vos pamačiusi, spėjau, kad tu ir namų tvarkytoja. - Taip, - sušuko po nuostabos atsigavęs Nikas, - susitikimas miške su tavimi buvo kiek netikėtas. - Kas buvo taip netikėta? Diana susidomėjusi pažvelgė į savo draugą. „Pavyzdžiui, tai, kad tu staiga iššokai iš tamsos pas mus“, – pasakė Flash. - Taip, - linktelėjo jaunesnysis dabar jau laikrodininkas Lazarevas, - Žinoma, žinojome, kad sutiksime tave miške, bet neverta taip netikėtai mums šokti iš tamsos. „Bet gerai, kad iš karto nuvykome į Šarodolį“, – nusijuokė Dragocijus. Vaikinai pritardami linktelėjo ir tęsė pusryčius ...

Norėdami sukurti tikimybių medį, pirmiausia turite nubraižyti patį medį, tada paveikslėlyje užrašyti visą informaciją apie šią problemą ir, galiausiai, pagal pagrindines taisykles apskaičiuoti trūkstamus skaičius ir užbaigti medį.

1. Tikimybės nurodomos kiekviename galiniame taške ir apibrėžiamos apskritimu. Kiekviename medžio lygyje šių tikimybių suma turi būti lygi 1 (arba 100%). Taigi, pavyzdžiui, pav. 6.5.1 Tikimybių suma pirmame lygyje yra 0,20 + 0,80 = 1,00, o antrojo lygio - 0,03 + 0,17 + 0,56 + 0,24 = 1,00. Ši taisyklė padeda užpildyti vieną tuščią apskritimą stulpelyje, jei žinomos visų kitų šio lygio tikimybių reikšmės.

Ryžiai. 6.5.1

2. Sąlyginės tikimybės nurodomos prie kiekvienos šakos (išskyrus,
galbūt pirmojo lygio filialai). Kiekvienai iš šakų grupių, kylančių iš vieno taško, šių tikimybių suma taip pat lygi 1 (arba 100%).
Pavyzdžiui, pav. 6.5.1 pirmajai šakų grupei gauname 0,15 + 0,85 =
1,00, o antrajai grupei - 0,70 + 0,30 = 1,00. Ši taisyklė leidžia
apskaičiuokite vieną nežinomą sąlyginės tikimybės reikšmę šakų grupėje, išeinančioje iš vieno taško.

3. Apibrėžta tikimybė šakos pradžioje, padauginta iš sąlyginės
tikimybė, esanti šalia šios šakos, suteikia tikimybę, užrašytą apskritimu
šakos galas. Pavyzdžiui, pav. 6.5.1 viršutinei šakai, vedančiai į dešinę
turime 0,20 x 0,15 = 0,03, kitai šakai - 0,20 x 0,85 = 0,17; panašūs santykiai galioja ir kitoms dviem šakoms. Šia taisykle galima apskaičiuoti vieną nežinomą reikšmę
trijų tikimybių, atitinkančių kurią nors šaką.

4. Apskritime užrašytos tikimybės reikšmė lygi visų iš šio apskritimo išeinančių šakų galuose apibrauktų tikimybių sumai
į dešinę. Taigi, pavyzdžiui, pav. 6.5.1 išeikite iš apskritimo, kurio reikšmė yra 0,20
dvi šakos, kurių galuose apibrauktos tikimybės, kurių suma lygi šiai reikšmei: 0,03 + 0,17 = 0,20. Ši taisyklė leidžia rasti vieną nežinomą tikimybės reikšmę grupėje,
įskaitant šią tikimybę ir visas tikimybes medžio šakų galuose,
išeina iš atitinkamo rato.

Naudojant šias taisykles, žinant visas, išskyrus vieną, kurios nors šakos arba tam tikro lygio tikimybės reikšmę, galima rasti šią nežinomą reikšmę.

37. Kokia imtis vadinama reprezentatyvia? Kaip galima paimti reprezentatyvų mėginį?

Reprezentatyvumas yra imties gebėjimas reprezentuoti tiriamą populiaciją. Kuo tiksliau imties sudėtis reprezentuoja populiaciją tiriamais klausimais, tuo didesnis jos reprezentatyvumas.

Reprezentatyvi imtis yra viena iš pagrindinių duomenų analizės sąvokų. Reprezentatyvioji imtis yra imtis iš populiacijos su pasiskirstymu F(x) atspindintys pagrindinius bendrosios populiacijos bruožus. Pavyzdžiui, jei mieste yra 100 000 žmonių, iš kurių pusė yra vyrai, o pusė – moterys, tai 1000 žmonių, iš kurių 10 vyrų ir 990 moterų, imtis tikrai nėra reprezentatyvi. Jos pagrindu atlikta visuomenės nuomonės apklausa, žinoma, turės šališkumo įvertinimuose ir sukels suklastotus rezultatus.

Būtina sąlyga statybai reprezentatyvus pavyzdys yra vienoda kiekvieno bendrosios visumos elemento įtraukimo į jį tikimybė.

Imties (empirinio) pasiskirstymo funkcija, esant dideliam imties dydžiui, suteikia gana gerą pasiskirstymo funkcijos idėją F(x) pradinės bendrosios populiacijos.

Pagrindinis principas, kuriuo grindžiama tokia procedūra, yra atsitiktinumo, atsitiktinumo principas. Sakoma, kad pavyzdys yra atsitiktinis (kartais sakysime paprastą atsitiktinį arba grynai atsitiktinį), jei tenkinamos dvi sąlygos. Pirma, imtis turi būti suprojektuota taip, kad ją turėtų bet kuris asmuo ar objektas populiacijoje lygias galimybes būti pasirinktas analizei. Antra, imtis turi būti suprojektuota taip, kad bet koks n elementų derinys (kur n yra tiesiog elementų arba atvejų skaičius imtyje) turėtų vienodą galimybę būti atrinktam analizei.

Tiriant populiacijas, kurios yra per didelės, kad būtų galima vykdyti tikrą loteriją, dažnai naudojamos paprastos atsitiktinės imtys. Surašyti kelių šimtų tūkstančių objektų pavadinimus, sudėti juos į būgną ir atrinkti kelis tūkstančius – vis dar nelengvas darbas. Tokiais atvejais naudojamas kitoks, bet ne mažiau patikimas metodas. Kiekvienam agregato objektui priskiriamas numeris. Skaičių seką tokiose lentelėse dažniausiai pateikia kompiuterinė programa, vadinama atsitiktinių skaičių generatoriumi, kuri iš esmės į būgną įdeda didelį skaičių skaičių, juos atsitiktinai ištraukia ir išspausdina eilės tvarka. Kitaip tariant, vyksta tas pats procesas, kuris būdingas loterijai, tačiau kompiuteris, naudodamas skaičius, o ne vardus, pasirenka universalų pasirinkimą. Šį pasirinkimą galima naudoti tiesiog kiekvienam mūsų objektui priskiriant numerį.

Tokia atsitiktinių skaičių lentelė gali būti naudojama keliais skirtingais būdais ir kiekvienu atveju reikia priimti tris sprendimus. Pirma, turime nuspręsti, kiek skaitmenų naudosime, ir, antra, turime tobulėti sprendimo taisyklė už jų naudojimą; trečia, reikia pasirinkti pradžios tašką ir perėjimo per lentelę būdą.

Kai tai bus padaryta, turime sukurti taisyklę, kuri susieja skaičius lentelėje su mūsų objektų numeriais. Čia yra dvi galimybės. Lengviausias būdas (nors nebūtinai teisingiausias) yra naudoti tik tuos skaičius, kurie patenka į mūsų objektams priskirtų skaičių skaičių. Taigi, jei turime 250 funkcijų (ir todėl naudojame trijų skaitmenų skaičius) ir nuspręsime pradėti nuo viršutinio kairiojo lentelės kampo ir eiti žemyn stulpeliais, įtrauksime funkcijų numerius 100, 084 ir 128. pavyzdį, ir praleiskime skaičius 375 ir 990, kurie neatitinka mūsų objektų. Šis procesas tęsis tol, kol bus nustatytas mūsų pavyzdžiui reikalingų objektų skaičius.

Daugiau laiko reikalaujanti, bet metodologiškai teisingesnė procedūra grindžiama prielaida, kad norint išsaugoti lentelės būdingą atsitiktinumą, turi būti naudojamas kiekvienas duoto matmens skaičius (pavyzdžiui, kiekvienas triženklis skaičius). Vadovaudamiesi šia logika ir vėl nagrinėdami 250 objektų rinkinį, turime padalyti triženklių skaičių sritį nuo 000 iki 999 į 250 vienodų intervalų. Kadangi tokių skaičių yra 1000, 1000 padaliname iš 250 ir nustatome, kad kiekvienoje dalyje yra keturi skaičiai. Taigi lentelės numeriai nuo 000 iki 003 atitiks objektą nuo 004 iki 007 – objektą 2 ir pan. Dabar, norėdami nustatyti, kuris objekto numeris atitinka skaičių lentelėje, turėtumėte padalinti triženklį skaičių iš lentelės ir suapvalinti iki artimiausio sveikojo skaičiaus.

Ir galiausiai, lentelėje turime pasirinkti pradžios tašką ir praėjimo būdą. Pradinis taškas gali būti viršutinis kairysis kampas (kaip ir ankstesniame pavyzdyje), apatinis dešinysis kampas, kairysis antrosios eilutės kraštas arba bet kur kitur. Šis pasirinkimas yra visiškai savavališkas. Tačiau dirbdami su stalu turime veikti sistemingai. Galime paimti pirmuosius tris kiekvienos penkių skaitmenų sekos skaitmenis, tris vidurinius skaitmenis, paskutinius tris skaitmenis arba net pirmąjį, antrąjį ir ketvirtąjį skaitmenis. (Iš pirmosios penkių skaitmenų sekos šios įvairios procedūros duoda atitinkamai skaičius 100, 009, 097 ir 109.) Galime taikyti šias procedūras iš dešinės į kairę, gaudami 790, 900, 001 ir 791. išilgai eilučių , atsižvelgiant į kiekvieną kitą skaitmenį paeiliui ir neatsižvelgiant į padalijimą į penkis (pirmoje eilutėje bus gauti skaičiai 100, 973, 253, 376 ir 520). Galime susidoroti tik su kas trečia skaitmenų grupe (pvz., 10097, 99019, 04805, 99970). Yra daug skirtingų galimybių, ir kiekviena kita yra ne blogesnė už ankstesnę. Tačiau priėmę sprendimą dėl konkretaus darbo būdo, turime sistemingai jo laikytis, kad kuo labiau išlaikytume lentelės elementų atsitiktinumą.

38. Kokį intervalą vadiname pasitikėjimo intervalu?

Pasikliautinasis intervalas yra leistinas stebimų verčių nuokrypis nuo tikrųjų verčių. Šios prielaidos dydį nustato tyrėjas, atsižvelgdamas į informacijos tikslumui keliamus reikalavimus. Jei paklaidos riba didėja, imties dydis mažėja, net jei pasikliovimo lygis išlieka 95%.

Pasikliautinasis intervalas parodo, kokiame diapazone bus imties stebėjimų (apklausų) rezultatai. Jei atliksime 100 identiškų tyrimų identiškose imtyse iš vienos populiacijos (pavyzdžiui, 100 imčių po 1000 žmonių mieste, kuriame gyvena 5 mln. gyventojų), tada esant 95 % patikimumo lygiui, 95 iš 100 rezultatų pateks į pasikliautinasis intervalas (pavyzdžiui, nuo 28% iki 32%, kai tikroji vertė yra 30%).

Pavyzdžiui, tikrasis rūkančių miesto gyventojų skaičius siekia 30 proc. Jei 100 kartų iš eilės atrinksime 1000 žmonių ir šiuose pavyzdžiuose užduosime klausimą "Ar rūkote?", 95 iš šių 100 mėginių 2% pasikliautinuoju intervalu reikšmė bus nuo 28% iki 32%.

39 Kas vadinama pasitikėjimo lygiu (pasitikėjimo lygiu)?

Pasitikėjimo lygis atspindi duomenų kiekį, kurio reikia vertintojui, kad įsitikintų, jog tiriama programa turi numatytą poveikį. AT visuomeniniai mokslai Tradiciškai naudojamas 95 % patikimumo lygis. Tačiau daugumoje bendruomenės programų 95% yra per daug. Norint tinkamai įvertinti programą, pakanka 80–90 % patikimumo lygio. Tokiu būdu galima sumažinti reprezentacinės grupės dydį ir taip sumažinti vertinimo išlaidas.

Statistinio vertinimo procese patikrinama nulinė hipotezė, kad programa nedavė numatyto efekto. Jeigu gauti rezultatai labai skiriasi nuo pradinių prielaidų apie nulinės hipotezės teisingumą, tai pastaroji atmetama.

40. Kuris iš dviejų pasikliautinųjų intervalų yra didesnis: dvipusis 99 % ar dvipusis 95 %? Paaiškinkite.

Dvipusis 99% pasikliautinasis intervalas yra didesnis nei 95%, nes į jį patenka daugiau verčių. Doc-in:

Naudodami z balus galite tiksliau įvertinti pasikliautinąjį intervalą ir nustatyti bendrą pasikliautinojo intervalo formą. Tiksli imties vidurkio pasikliautinojo intervalo formuluotė yra tokia:

Taigi, atsitiktinės imties iš 25 stebėjimų, atitinkančių normalųjį pasiskirstymą, imties vidurkio pasikliautinasis intervalas yra toks:

Taigi galite būti 95 % tikri, kad reikšmė yra ±1,568 vienetų nuo imties vidurkio. Taikant tą patį metodą, galima nustatyti, kad 99 % pasikliautinasis intervalas yra ±2,0608 vienetų nuo imties vidurkio.

vertė Taigi, mes turime ir iš čia , Panašiai gauname apatinę ribą, kuri yra lygi

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= (SUMOS TAŠKAI YRA 2 ARBA 3 );

● E= (IŠ VISO TAŠKŲ YRA 10).

Apibūdinkite įvykį: NUO= (GRANDINĖ UŽDARYTA) kiekvienu atveju.

Sprendimas.Įveskime žymėjimą: įvykis A- 1 kontaktas uždarytas; renginys AT- kontaktas 2 uždarytas; renginys NUO- grandinė uždaryta, lemputė dega.

1. Lygiagrečiam jungimui grandinė uždaroma, kai bent vienas kontaktas yra uždarytas, taigi C = A + B;

2. Nuosekliojo jungimo atveju grandinė uždaroma, kai abu kontaktai yra uždaryti, taigi C \u003d A B.

Užduotis. 1.1.4 Buvo sudarytos dvi elektros grandinės:

Įvykis A – grandinė uždaryta, įvykis A i – aš- kontaktas uždarytas. Kuriam iš jų yra santykis

A1 (A2 + A3 A4) A5 = A?

Sprendimas. Pirmajai grandinei A = A1 · (A2 · A3 + A4 · A5), nes įvykių suma atitinka lygiagretųjį ryšį, o įvykių sandauga – nuoseklųjį ryšį. Dėl antrosios schemos A = A1 (A2+A3 A4 A5). Todėl šis ryšys galioja antrajai schemai.

Užduotis. 1.1.5 Supaprastinkite išraišką (A + B)(B + C)(C + A).

Sprendimas. Pasinaudokime įvykių sudėties ir daugybos operacijų savybėmis.

(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.

Užduotis. 1.1.6Įrodykite, kad įvykiai A, AB ir A+B sudaryti pilną grupę.

Sprendimas. Spręsdami uždavinį naudosime operacijų su įvykiais savybes. Pirma, parodome, kad šie įvykiai yra nesuderinami poromis.

Dabar parodykime, kad šių įvykių suma suteikia elementarių įvykių erdvę.

Užduotis. 1.1.7Naudodami Eulerio-Venno schemą patikrinkite de Morgano taisyklę:

A) Įvykis AB užtamsintas.

B) Įvykis A – vertikalus perėjimas; įvykis B – horizontalus perėjimas. Renginys

(A+B) – tamsesnė sritis.

Palyginus a) ir c) paveikslus, matyti:

Užduotis. 1.2.1Keliais būdais gali sėdėti 8 žmonės?

1. Vienoje eilėje?

2. Per apvalus stalas?

Sprendimas.

1. Norimas būdų skaičius lygus permutacijų skaičiui iš 8, t.y.

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

2. Kadangi pirmojo asmens pasirinkimas prie apvalaus stalo neturi įtakos elementų kaitaliojimui, tai bet kas gali būti paimtas pirmas, o likusieji bus užsakyti pagal pasirinktą. Šį veiksmą galima atlikti 8!/8 = 5040 būdų.

Užduotis. 1.2.2Kursas apima 5 dalykus. Kiek būdų galite sudaryti šeštadienio tvarkaraštį, jei tą dieną turi būti dvi skirtingos poros?

Sprendimas. Norimas būdų skaičius yra vietų skaičius

Nuo 5 iki 2, nes reikia atsižvelgti į porų tvarką:

Užduotis. 1.2.3Kaip egzaminų komisijos, susidedantis iš 7 žmonių, gali būti sudarytas iš 15 mokytojų?

Sprendimas. Norimas komisinių skaičius (neatsižvelgiant į užsakymą) yra kombinacijų skaičius nuo 15 iki 7:

Užduotis. 1.2.4 Iš krepšelio, kuriame yra dvidešimt sunumeruotų kamuoliukų, išrenkami 5 kamuoliukai, kad pasisektų. Nustatykite elementų skaičių elementarių šios patirties įvykių erdvėje, jei:

Kamuoliukai parenkami nuosekliai vienas po kito su grąžinimu po kiekvieno ištraukimo;

Kamuoliukai parenkami po vieną negrąžinant;

Vienu metu pasirenkami 5 kamuoliukai.

Sprendimas.

Pirmojo kamuoliuko ištraukimo iš krepšio būdų skaičius yra 20. Kadangi ištrauktas rutulys grąžinamas į krepšį, antrojo kamuoliuko ištraukimo būdų skaičius taip pat yra 20 ir t.t. Tada ištraukimo būdų skaičius yra 5 rutuliai šiuo atveju yra 20 20 20 20 20 = 3200000.

Pirmojo kamuoliuko ištraukimo iš krepšio būdų skaičius yra 20. Kadangi ištrauktas kamuoliukas po ištraukimo į krepšį negrįžo, antrojo kamuoliuko ištraukimo būdų skaičius tapo 19 ir tt Tada ištraukimo būdų skaičius 5 kamuoliukai be pakeitimo yra 20 19 18 17 16 = A52 0

Būdų, kaip iš krepšio ištraukti 5 kamuoliukus, skaičius yra lygus kombinacijų skaičiui iš 20 iš 5:

Užduotis. 1.2.5 Mesti du kauliukai. Raskite įvykio A tikimybę, kad bent vienas bus 1.

Sprendimas. Ant kiekvieno kauliuko gali patekti bet koks taškų skaičius nuo 1 iki 6. Todėl elementariųjų įvykių erdvėje yra 36 vienodai galimi rezultatai. Įvykį A palankiai vertina 11 baigčių: (1.1), (1.2), (2.1), (1.3), (3.1), (1.4), (4.1), (1 .5), (5.1), (1.6), (6.1), taigi

Užduotis. 1.2.6 Ant raudonų kortelių rašomos raidės y, i, i, k, c, f, n, ant mėlynų kortelių rašomos raidės a, a, o, t, t, s, h. Kruopščiai sumaišius, kas labiau tikėtina : nuo pirmo karto iš raidžių naudoti raudonas korteles, kad žodis "funkcija" arba raidės ant mėlynų kortelių, kad žodis "dažnis"?

Sprendimas. Tegul įvykis A yra žodis „funkcija“, atsitiktinai sudarytas iš 7 raidžių, įvykis B – žodis „dažnis“, atsitiktinai sudarytas iš 7 raidžių. Kadangi išdėstyti du 7 raidžių rinkiniai, visų įvykių A ir B rezultatų skaičius yra n = 7!. Įvykį A palankiai vertina vienas rezultatas m = 1, nes visos raudonose kortelėse esančios raidės yra skirtingos. Įvykis B yra palankus m = 2! · 2! rezultatus, nes raidės „a“ ir „t“ pasitaiko du kartus. Tada P(A) = 1/7! , P(B) = 2! 2! /7! , P(B) > P(A).

Užduotis. 1.2.7 Egzamino metu studentui siūloma 30 bilietų; Kiekvienas bilietas turi du klausimus. Iš 60 klausimų, įtrauktų į bilietus, mokinys žino tik 40. Raskite tikimybę, kad mokinio paimtas bilietas susideda iš

1. iš jam žinomų klausimų;

2. iš jam nežinomų klausimų;

3. iš vieno žinomo ir vieno nežinomo klausimo.

Sprendimas. Tegu A yra įvykis, kai mokinys žino atsakymą į abu klausimus; B – nežino atsakymo į abu klausimus; C – jis žino atsakymą į vieną klausimą, nežino atsakymo į kitą. Pasirinkti du klausimus iš 60 galima n = C260 = 60 2 59 = 1770 būdų.

1. M = C240 ​​= 40 2 39 = 780 mokiniui žinomų klausimų variantų. Tada P(A) = M N = 17 78 70 0 = 0,44

2. Dviejų nežinomų klausimų pasirinkimas iš 20 gali būti atliktas m = C220 = 20 2 19 = 190 būdų. Tokiu atveju

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

3. Yra m = C14 0 C21 0 = 40 20 = 800 būdų, kaip pasirinkti bilietą su vienu žinomu ir vienu nežinomu klausimu. Tada P(C) = 18 70 70 0 = 0,45.

Užduotis. 1.2.8Dalis informacijos buvo išsiųsta trimis kanalais. Kanalai veikia nepriklausomai vienas nuo kito. Raskite tikimybę, kad informacija pasieks tikslą

1. Tik viename kanale;

2. Bent vienas kanalas.

Sprendimas. Tegu A yra įvykis, susidedantis iš to, kad informacija tikslą pasiekia tik vienu kanalu; B – bent vienas kanalas. Patirtis – tai informacijos perdavimas trimis kanalais. Patirties rezultatas – informacija pasiekė tikslą. Pažymime Ai – informacija pasiekia tikslą i-tuoju kanalu. Elementarių įvykių erdvė turi tokią formą:

Įvykį B palankiai vertina 7 rezultatai: visi rezultatai, išskyrus Tada n = 8; mA = 3; mB = 7; P(A) = 38; P(B) = 7 8.

Užduotis. 1.2.9Vienetinio ilgio segmente atsitiktinai atsiranda taškas. Raskite tikimybę, kad atstumas nuo taško iki atkarpos galų yra didesnis nei 1/8.

Sprendimas. Pagal uždavinio sąlygą norimą įvykį tenkina visi taškai, esantys intervale (a; b).

Kadangi jo ilgis yra s = 1 - 1 8 + 1 8 = 3 4, o viso atkarpos ilgis S = 1, reikiama tikimybė yra P = s/S = 3/14 = 0,75.

Užduotis. 1.2.10PartijojeNProduktaiKgaminiai yra brokuoti. Kontrolei parenkami m gaminiai. Raskite tikimybę, kad nuo M Produktai L Pasirodo, jie yra sugedę (įvykis A).

Sprendimas. M produktų pasirinkimas iš n gali būti atliekamas įvairiais būdais, o pasirinkimas L defektuotas iš k defektyvus – būdais. Po atrankos L nekokybiški gaminiai išliks (m - L) tinka, esantis tarp (n - k) produktų. Tada įvykiui A palankių rezultatų skaičius yra

Ir norima tikimybė

Užduotis. 1.3.1BUrnoje yra 30 kamuoliukų: 15 raudonų, 10 mėlynų ir 5 balti. Raskite tikimybę, kad atsitiktinai ištrauktas rutulys bus spalvotas.

Sprendimas. Tegu įvykis A – ištraukiamas raudonas rutulys, įvykis B – mėlynas rutulys. Tada įvykiai (A + B) – traukiamas spalvotas rutulys. Turime P(A) = 1 3 5 0 = 1 2, P(B) = 1 3 0 0 = 1 3. Kadangi

Įvykiai A ir B yra nesuderinami, tada P(A + B) = P(A) + P(B) = 1 2 + 1 3 = 5 6 = 0,83.

Užduotis. 1.3.2Tikimybė, kad pasnigs (įvykis A ), yra lygus 0.6, Ir tai, kad lis lietus (įvykis B ), yra lygus 0.45. Raskite blogo oro tikimybę, jei lietaus ir sniego tikimybė (įvykis AB ) yra lygus 0.25.

Sprendimas. Įvykiai A ir B yra sujungti, todėl P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0,6 + 0,45 - 0,25 = 0,8

Užduotis. 1.3.3Bpirmoje dėžutėje yra 2 balti ir 10 juodų kamuoliukų, antroje – 3 balti ir 9 juodi rutuliai, trečioje – 6 balti ir 6 juodi rutuliai. Iš kiekvienos dėžės buvo paimtas kamuolys. Raskite tikimybę, kad visi nupiešti rutuliai yra balti.

Sprendimas. Įvykis A – baltas rutulys traukiamas iš pirmos dėžės, B – iš antros dėžės, C – iš trečios. Tada P(A) = 12 2 = 1 6; P(B) = 13 2 = 1 4; P(C) = 16 2 = 1 2. Įvykio ABC – viskas išimta

Kamuoliai balti. Todėl įvykiai A, B, C yra nepriklausomi

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

Užduotis. 1.3.4Bnuosekliai sujungta elektros grandinė 5 Elementai, kurie veikia nepriklausomai vienas nuo kito. Atitinkamai pirmojo, antrojo, trečiojo, ketvirto, penkto elementų gedimų tikimybė yra 0.1; 0.2; 0.3; 0.2; 0.1. Raskite tikimybę, kad grandinėje nebus srovės (įvykis A ).

Sprendimas. Kadangi elementai yra sujungti nuosekliai, grandinėje nebus srovės, jei bent vienas elementas sugenda. Įvykis Ai(i =1...5) – nepavyks aš-tas elementas. Vystymai

Užduotis. 1.3.5Grandinę sudaro nepriklausomi blokai, sujungti sistemoje su vienu įėjimu ir vienu išėjimu.

Nesugebėjimas laiku T įvairių elementų grandinės - nepriklausomi renginiai turinčios tokias tikimybesP 1 = 0,1; P 2 = 0,2; P 3 = 0,3; P 4 = 0,4. Sugedus bet kuriam elementui, signalas nutrūksta grandinės šakoje, kurioje yra šis elementas. Raskite sistemos patikimumą.

Sprendimas. Jei įvykis A – (SISTEMA PATIKIMA), Ai – (i – TIEKAS VEIKIA NETINKAI), tada A = (A1 + A2)(A3 + A4). Įvykiai A1+A2, A3+A4 yra nepriklausomi, įvykiai A1 ir A2, A3 ir A4 yra jungtiniai. Pagal tikimybių daugybos ir sudėjimo formules

Užduotis. 1.3.6Darbuotojas aptarnauja 3 mašinas. Tikimybė, kad per valandą mašina nereikalauja darbuotojo dėmesio, yra 0,9 pirmai mašinai, 0,8 antrai mašinai ir 0,7 trečiai mašinai.

Raskite tikimybę, kad per kelias valandas

1. Antroji mašina pareikalaus dėmesio;

2. Dėmesio reikės dviem mašinoms;

3. Reikės dėmesio bent dviem mašinoms.

Sprendimas. Tegul Ai - i-oji mašina reikalauja darbuotojo dėmesio, - i-oji mašina nereikalaus darbuotojo dėmesio. Tada

Elementarių įvykių erdvė:

1. Įvykis A – pareikalaus antrojo aparato dėmesio: Tada

Kadangi įvykiai yra nesuderinami ir nepriklausomi. 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. Įvykis B – dėmesio prireiks dviem mašinoms:

3. Renginys C – mažiausiai du apsvaiginimai pareikalaus dėmesio
cov:

Užduotis. 1.3.7Bpristatytas aparatas „Egzaminuotojas“. 50 klausimus. Studentui siūloma 5 Klausimai ir „puikiai“ įvertinami, jei į visus klausimus atsakoma teisingai. Raskite tikimybę gauti „puikiai“, jei mokinys tik ruošėsi 40 klausimus.

Sprendimas. A - (GAUTA "PUIKIA"), Ai - (ATSAKYTA Į i - KLAUSIMU). Tada A = A1A2A3A4A5, turime:

Arba kitu būdu - naudojant klasikinę tikimybių formulę: Ir

Užduotis. 1.3.8Tikimybė, kad surinkėjui reikalinga dalis yraaš, II, III, IVlangelis, atitinkamai, yra lygūs 0.6; 0.7; 0.8; 0.9. Raskite tikimybę, kad kolekcionierius turės pažymėti visus 4 langelius (įvykisA).

Sprendimas. Tegu Ai – (montuotojui reikalinga dalis yra i-toje dėžutėje.) Tada

Kadangi įvykiai yra nesuderinami ir nepriklausomi, tada

Užduotis. 1.4.1 Buvo ištirta 10 000 vyresnių nei 60 metų žmonių grupė. Paaiškėjo, kad 4000 žmonių yra nuolatiniai rūkaliai. 1800 rūkančiųjų parodė rimtus plaučių pokyčius. Tarp nerūkančiųjų 1500 žmonių turėjo plaučių pakitimų. Kokia tikimybė, kad atsitiktinai ištirtas žmogus, turintis plaučių pakitimų, yra rūkalius?

Sprendimas. Supažindinkime su hipotezėmis: H1 – tiriamasis yra nuolatinis rūkalius, H2 – nerūkantis. Tada pagal problemos būklę

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

Žymėkite A įvykį, kai tiriamojo plaučiuose yra pakitimų. Tada pagal problemos būklę

Pagal formulę (1.15) randame

Norima tikimybė, kad tiriamasis yra rūkalius, pagal Bayes formulę yra lygi

Užduotis. 1.4.2Parduodami televizoriai iš trijų gamyklų: 30% iš pirmosios gamyklos, 20% iš antrosios, 50% iš trečiosios. Pirmosios gamyklos gaminiuose yra 20% televizorių su paslėptu defektu, antroje - 10%, trečioje - 5%. Kokia tikimybė gauti veikiantį televizorių?

Sprendimas. Panagrinėkime šiuos įvykius: A - įsigytas tinkamas naudoti televizorius; hipotezės H1, H2, H3 – televizorius buvo parduodamas atitinkamai iš pirmos, antros, trečios gamyklos. Pagal užduotį

Pagal formulę (1.15) randame

Užduotis. 1.4.3Yra trys vienodos dėžutės. Pirmajame yra 20 baltų rutulių, antrame – 10 baltų ir 10 juodų, trečiame – 20 juodų kamuoliukų. Iš atsitiktinai parinktos dėžutės ištraukiamas baltas rutulys. Raskite tikimybę, kad šis rutulys yra iš antrojo langelio.

Sprendimas. Tegu įvykis A – išimamas baltas rutulys, hipotezės H1, H2, H3 – kamuolys išimamas atitinkamai iš pirmos, antros, trečios dėžės. Iš problemos būklės randame

Tada
Pagal formulę (1.15) randame

Pagal formulę (1.16) randame

Užduotis. 1.4.4Telegrafo pranešimas susideda iš taško ir brūkšnio signalų. Statistinės trukdžių savybės yra tokios, kad jos vidutiniškai iškraipomos 2/5 Taškiniai pranešimai ir 1/3 Dash pranešimai. Yra žinoma, kad tarp perduodamų signalų yra „taškas“ ir „brūkšnys“. 5: 3. Nustatykite tikimybę, kad bus priimtas perduotas signalas, jei:

A) gaunamas "taško" signalas;

B)gautas brūkšnio signalas.

Sprendimas. Tegul įvykis A – gaunamas „taško“ signalas, o įvykis B – gaunamas „brūkšnelio“ signalas.

Galima iškelti dvi hipotezes: H1 – perduodamas „taško“ signalas, H2 – perduodamas „brūkšnelio“ signalas. Pagal sąlygą P(H1) : P(H2) =5: 3. Be to, P(H1 ) + P(H2)= 1. Todėl P( H1 ) = 5/8, P(H2 ) = 3/8. Yra žinoma, kad

Įvykio tikimybės A Ir B Pagal bendrosios tikimybės formulę randame:

Norimos tikimybės bus:

Užduotis. 1.4.5Iš 10 radijo kanalų 6 kanalai yra apsaugoti nuo trukdžių. Tikimybė, kad kanalas laikui bėgant bus saugusTnesuges yra 0,95, neapsaugotam kanalui - 0,8. Raskite tikimybę, kad du atsitiktinai parinkti kanalai laiku nesugesT, ir abu kanalai nėra apsaugoti nuo trukdžių.

Sprendimas. Tegul įvykis A – abu kanalai nesuges per įvykio laiką t A1- Pasirinktas saugus kanalas A2- Pasirinktas neapsaugotas kanalas.

Parašykime eksperimento elementarių įvykių erdvę - (pasirenkami du kanalai):

Ω = (A1A1, A1A2, A2A1, A2A2)

Hipotezės:

H1 - abu kanalai apsaugoti nuo trukdžių;

H2 - pirmasis pasirinktas kanalas yra apsaugotas, antrasis pasirinktas kanalas neapsaugotas nuo trukdžių;

H3 - pirmasis pasirinktas kanalas neapsaugotas, antrasis pasirinktas kanalas apsaugotas nuo trukdžių;

H4 – abu pasirinkti kanalai nėra apsaugoti nuo trukdžių. Tada

Ir

Užduotis. 1.5.1Perduota ryšio kanalu 6 Žinutės. Kiekvienas pranešimas gali būti iškraipytas triukšmo su tikimybe 0.2 Nepriklausomai nuo kitų. Raskite tikimybę, kad

1. 4 pranešimai iš 6 nėra iškraipyti;

2. Bent 3 iš 6 buvo perduoti iškraipyti;

3. Bent vienas pranešimas iš 6 yra iškraipytas;

4. Ne daugiau kaip 2 iš 6 nėra iškraipyti;

5. Visi pranešimai perduodami be iškraipymų.

Sprendimas. Kadangi iškraipymo tikimybė yra 0,2, tikimybė perduoti pranešimą be trukdžių yra 0,8.

1. Naudodami Bernulio formulę (1.17) randame tikimybę
4 iš 6 pranešimų perdavimo greitis be trukdžių:

2. bent 3 iš 6 perduodami iškraipyti:

3. bent vienas pranešimas iš 6 yra iškraipytas:

4. bent vienas pranešimas iš 6 yra iškraipytas:

5. visi pranešimai perduodami be iškraipymų:

Užduotis. 1.5.2Tikimybė, kad diena bus giedra vasarą – 0,42; apsiniaukusią dieną tikimybė yra 0,36, o debesuota – 0,22. Kiek dienų iš 59 galima tikėtis giedrų ir debesuotų?

Sprendimas. Iš problemos būklės matyti, kad reikia ieškoti kuo tikriausio giedrų ir debesuotų dienų skaičiaus.

Giedroms dienoms P= 0.42, N= 59. Sudarome nelygybes (1.20):

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

24.2 ≤ Mo≤ 25.2 → Mo= 25.

Debesuotoms dienoms P= 0.36, N= 59 ir

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

Taigi 20.16 ≤ M0 ≤ 21.60; → M0 = 21.

Taigi, labiausiai tikėtinas giedrų dienų skaičius Mo= 25, debesuotos dienos - M0 = 21. Tada vasarą galime tikėtis Mo+ M0 =46 giedros ir debesuotos dienos.

Užduotis. 1.5.3Tikimybių teorijos paskaitoje dalyvauja 110 kurso studentų. Raskite tikimybę, kad

1. k mokinių (k = 0,1,2) iš susirinkusiųjų gimė rugsėjo pirmąją;

2. bent vienas kurso studentas gimė rugsėjo 1 d.

P=1/365 yra labai mažas, todėl naudojame Puasono formulę (1.22). Raskime Puasono parametrą. Nes

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

Tada pagal Puasono formulę

Užduotis. 1.5.4Tikimybė, kad dalis nėra standartinė 0.1. Kiek detalių reikia parinkti, kad su tikimybe P = 0.964228 Galima teigti, kad santykinis nestandartinių dalių atsiradimo dažnis nukrypsta nuo pastovios tikimybės p = 0.1 Absoliučiais skaičiais ne daugiau kaip 0.01 ?

Sprendimas.

Reikalingas numeris N Randame pagal formulę (1.25). Mes turime:

P = 1,1; q = 0,9; P= 0,96428. Pakeiskite duomenis formulėje:

Kur rasime

Pagal funkcijos Φ( X) mes tai randame

Užduotis. 1.5.5Vieno kondensatoriaus gedimo tikimybė per laiką T lygi 0,2. Nustatykite tikimybę, kad laikui bėgant T iš 100 kondensatorių suges.

1. Lygiai 10 kondensatorių;

2. Ne mažiau kaip 20 kondensatorių;

3. Mažiau nei 28 kondensatoriai;

4. Nuo 14 iki 26 kondensatorių.

Sprendimas. Mes turime P = 100, P= 0.2, K = 1 - P= 0.8.

1. Lygiai 10 kondensatorių.

Nes P Veliko, pasinaudokime vietine de Moivre-Laplace teorema:

Apskaičiuokite

Nuo funkcijos φ(x)- lyginis, tada φ (-2,5) = φ (2,50) = 0,0175 (randame iš funkcijų reikšmių lentelės φ(x). Norima tikimybė

2. Ne mažiau 20 kondensatorių;

Reikalavimas, kad bent 20 iš 100 kondensatorių sugestų, reiškia, kad suges 20, 21, ... arba 100. Taigi, T1 = 20, T 2 = 100. Tada

Pagal funkcijų reikšmių lentelę Φ(x) Raskime Φ(x1) = Φ(0) = 0, Φ(x2) = Φ(20) = 0,5. Reikalinga tikimybė:

3. Mažiau nei 28 kondensatoriai;

(čia buvo atsižvelgta į tai, kad Laplaso funkcija Ф(x) yra nelyginė).

4. Nuo 14 iki 26 kondensatorių. Pagal sąlygą M1= 14, m2 = 26.
Apskaičiuokite x 1,x2:

Užduotis. 1.5.6Tikimybė, kad viename eksperimente įvyks koks nors įvykis, lygi 0,6. Kokia tikimybė, kad šis įvykis įvyks daugumoje iš 60 bandymų?

Sprendimas. Kiekis MĮvykio įvykis bandymų serijoje yra intervale. „Daugelyje eksperimentų“ reiškia tai M Priklauso intervalui Pagal sąlygą N= 60, P= 0.6, K = 0.4, M1 = 30, m2 = 60. Apskaičiuokite x1 ir x2:

Atsitiktiniai dydžiai ir jų skirstiniai

Užduotis. 2.1.1Pateikta lentelė, kurioje viršutinė eilutė rodo galimas atsitiktinio dydžio reikšmes X , o apačioje – jų tikimybės.

Ar ši lentelė gali būti paskirstymo serija X ?

Atsakymas: Taip, nes p1 + p2 + p3 + p4 + p5 = 1

Užduotis. 2.1.2Išleistas 500 Loterijos bilietai, ir 40 Bilietai jų savininkams atneš prizą 10000 patrinkite., 20 Bilietai – iki 50000 patrinkite., 10 Bilietai – iki 100000 patrinkite., 5 Bilietai – iki 200000 patrinkite., 1 Bilietas - 500000 Rub., likusieji - be laimėjimo. Raskite vieno bilieto savininko laimėjusį platinimo įstatymą.

Sprendimas.

Galimos X reikšmės: x5 = 10000, x4 = 50000, x3 = 100000, x2 = 200000, x1 = 500000, x6 = 0. Šių galimų reikšmių tikimybės yra šios:

Norimas platinimo įstatymas:

Užduotis. 2.1.3šaulys, turintis 5 Šoviniai, šaudo iki pirmo pataikymo į taikinį. Tikimybė pataikyti kiekvieną šūvį yra 0.7. Sukurkite naudojamų šovinių skaičiaus pasiskirstymo dėsnį, raskite paskirstymo funkcijąF(X) ir nubraižykite jo grafiką, raskite P(2< x < 5).

Sprendimas.

Elementarių patirties įvykių erdvė

Ω = {1, 01, 001, 0001, 00001, 11111},

Kur įvykis (1) - pataikė į taikinį, įvykis (0) - nepataikė į taikinį. Elementarūs rezultatai atitinka šias atsitiktinės naudotų šovinių skaičiaus reikšmes: 1, 2, 3, 4, 5. Kadangi kiekvieno kito šūvio rezultatas nepriklauso nuo ankstesnio, galimų reikšmių tikimybės. yra:

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.

Norimas platinimo įstatymas:

Raskite paskirstymo funkciją F(X), Naudojant formulę (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

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

Užduotis. 2.1.4DanaF(X) kai kurių atsitiktinių dydžių:

Užrašykite X paskirstymo seriją.

Sprendimas.

Iš savybių F(X) Iš to išplaukia, kad galimos atsitiktinio dydžio reikšmės X - Funkcijų lūžio taškai F(X), O atitinkamos tikimybės yra funkcijos šuoliai F(X). Raskite galimas atsitiktinio dydžio X=(0,1,2,3,4) reikšmes.

Užduotis. 2.1.5Nustatykite kurią funkciją

Yra kai kurių atsitiktinių dydžių pasiskirstymo funkcija.

Jei atsakymas yra teigiamas, raskite tikimybę, kad atitinkamas atsitiktinė vertė perima vertybes[-3,2].

Sprendimas. Nubraižykime funkcijas F1(x) ir F2(x):

Funkcija F2(x) nėra skirstymo funkcija, nes ji nėra nemažėjanti. Funkcija F1(x) yra

Kai kurių atsitiktinių dydžių pasiskirstymo funkcija, nes jis yra nemažėjantis ir tenkina (2.3) sąlygą. Raskime tikimybę pasiekti intervalą:

Užduotis. 2.1.6Duotas ištisinio atsitiktinio dydžio tikimybės tankis X :

Rasti:

1. Koeficientas C ;

2. paskirstymo funkcija F(x) ;

3. Tikimybė, kad atsitiktinis dydis pateks į intervalą(1, 3).

Sprendimas. Iš normalizavimo sąlygos (2.9) randame

Vadinasi,

Pagal formulę (2.10) randame:

Šiuo būdu,

Pagal (2.4) formulę randame

Užduotis. 2.1.7Atsitiktinės elektroninės įrangos prastovos kai kuriais atvejais turi tikimybės tankį

Kur M = lge = 0,4343...

Raskite paskirstymo funkciją F(x) .

Sprendimas. Pagal formulę (2.10) randame

Kur

Užduotis. 2.2.1Pateikta diskrečiojo atsitiktinio dydžio skirstinio serija X :

Rasti tikėtina vertė, dispersija, standartinis nuokrypis, M, D[-3X + 2].

Sprendimas.

Pagal formulę (2.12) randame matematinį lūkestį:

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. Naudodami (2.19) formulę randame dispersiją:

Užduotis. 2.2.2Raskite ištisinio atsitiktinio dydžio matematinį lūkestį, dispersiją ir standartinį nuokrypį X , kurio paskirstymo funkcija

.

Sprendimas. Raskite tikimybių tankį:

Matematinis lūkestis randamas pagal formulę (2.13):

Sklaidą randame pagal formulę (2.19):

Pirmiausia suraskime matematinį atsitiktinio dydžio kvadrato lūkestį:

Standartinis nuokrypis

Užduotis. 2.2.3Xturi keletą paskirstymų:

Raskite atsitiktinio dydžio matematinę lūkesčius ir dispersijąY = EX .

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

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

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

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

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

Užduotis. 2.2.4Diskretus atsitiktinis dydis X Gali būti tik dvi vertės X1 Ir X2 , ir X1< x2. Žinoma tikimybė P1 = 0,2 Galima vertė X1 , tikėtina vertė M[X] = 3,8 Ir dispersija D[X] = 0,16. Raskite atsitiktinio dydžio pasiskirstymo dėsnį.

Sprendimas. Kadangi atsitiktinis dydis X turi tik dvi reikšmes x1 ir x2, tada tikimybė p2 = P(X = x2) = 1 - p1 = 1 - 0,2 = 0,8.

Pagal problemos sąlygą turime:

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.

Taigi, mes gavome lygčių sistemą:

Būklė x1

Užduotis. 2.2.5Atsitiktiniam dydžiui X galioja pasiskirstymo dėsnis, kurio tankio grafikas turi tokią formą:

Raskite matematinį lūkestį, dispersiją ir standartinį nuokrypį.

Sprendimas. Raskime diferencinio skirstinio funkciją f(x). Už intervalo (0, 3) f(x) = 0. Intervale (0, 3) tankio grafikas yra tiesi linija, kurios nuolydis k = 2/9, einantis per pradžią. Šiuo būdu,

Tikėtina vertė:

Raskite dispersiją ir standartinį nuokrypį:

Užduotis. 2.2.6Raskite matematinius lūkesčius ir taškų sumos dispersiją ant keturių kauliukų vienu metimu.

Sprendimas. Pažymėkime A - vieno kauliuko taškų skaičių vienu metimu, B - taškų skaičių antruoju kauliuku, C - trečiu kauliuku, D - ketvirtu kauliuku. Atsitiktinių dydžių A, B, C, D pasiskirstymo dėsnis vienas.

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

Užduotis. 2.3.1Tikimybė, kad iš radioaktyvaus šaltinio išspinduliuota dalelė bus užregistruota skaitikliu, lygi 0.0001. Stebėjimo laikotarpiu, 30000 dalelės. Raskite tikimybę, kad skaitiklis užsiregistravo:

1. Lygiai 3 dalelės;

2. Nė vienos dalelės;

3. Bent 10 dalelių.

Sprendimas. Pagal sąlygą P= 30000, P= 0,0001. Įvykiai, susiję su tuo, kad iš radioaktyvaus šaltinio išmetamos dalelės yra registruojamos, yra nepriklausomi; numerį P Puiku, bet tikimybė P Mažas, todėl naudojame Puasono paskirstymą: Raskime λ: λ = n P = 30 000 0,0001 = 3 = M[X]. Norimos tikimybės:

Užduotis. 2.3.2Partijoje yra 5% nestandartinių dalių. Atsitiktinai buvo atrinktos 5 prekės. Parašykite diskretinio atsitiktinio dydžio pasiskirstymo dėsnį X - nestandartinių dalių skaičius tarp penkių atrinktų; rasti matematinį lūkestį ir dispersiją.

Sprendimas. Diskretusis atsitiktinis dydis X – nestandartinių dalių skaičius – turi dvinarį skirstinį ir gali turėti tokias reikšmes: x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 3, x5 = 4, x6 = 5. nestandartinė dalis partijoje p = 5 /100 = 0,05. Raskime šių galimų verčių tikimybes:

Parašykime norimą paskirstymo dėsnį:

Raskime skaitines charakteristikas:

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

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

Užduotis. 2.3.3Radaro taikinio aptikimo laikas paskirstomas pagal eksponentinį dėsnį

Kur1/ λ = 10 Sec. - vidutinis taikinio aptikimo laikas. Raskite tikimybę, kad taikinys bus rastas per tam tikrą laiką5 Prieš15 Sec. pradėjus kratą.

Sprendimas. Tikimybė pataikyti į atsitiktinį kintamąjį X Intervale (5, 15) Raskime pagal formulę (2.8):

At Mes gauname

0.6065(1 - 0.3679) = 0.6065 0.6321 = 0.3834

Užduotis. 2.3.4Atsitiktinių matavimų paklaidoms taikomas normalus dėsnis su parametrais a = 0, σ = 20 Mm. Parašykite diferencinio pasiskirstymo funkcijąF(X) ir raskite tikimybę, kad matavimas padarė klaidą intervale nuo 5 Prieš 10 Mm.

Sprendimas. Pakeiskime parametrų a ir σ reikšmes diferencinio skirstinio funkcija (2.35):

Naudodami (2.42) formulę randame tikimybę pataikyti į atsitiktinį kintamąjį X Intervale t.y. A= 0, B= 0.1. Tada diferencinio paskirstymo funkcija F(x) Atrodys kaip