Suntem adesea interesați de probabilitatea ca mai multe evenimente să se întâmple în același timp, cum ar fi două capete pe două aruncări de monede sau cel puțin un șase pe două aruncări de zaruri. Se numesc astfel de situații situații cu multiple rezultate posibile.

Utilizarea diagramelor arborescente

Deși este destul de ușor de înțeles că probabilitatea de a obține capete la o singură aruncare a unei monede corecte este de ?, este oarecum mai dificil să se determine intuitiv probabilitatea de a obține patru capete la patru aruncări ale unei monede corecte. Deși exemplul monedei poate părea artificial, este foarte potrivit pentru a explica combinația de probabilități în mai multe încercări. Hai să facem calculele. (Urmați raționamentul meu, chiar dacă vă temeți teribil de matematică. Dacă lucrați prin exemple, calculele și raționamentul matematic vi se vor părea destul de simple. Nu este nevoie să exclamați după ce vă uitați la următoarele numere: „Nu, în niciun caz , îl voi omite. Este important să poți gândi cu numere și despre numere.)

La prima aruncare, poate apărea doar unul dintre cele două rezultate posibile; capete (O) sau cozi (P). Ce se întâmplă dacă o monedă este aruncată de două ori? Există patru rezultate posibile: cap de ambele ori (OO), cap prima dată și coadă a doua oară (OR), coadă prima dată și cap a doua oară (RO) și coadă de ambele ori (RR). Deoarece există patru rezultate posibile și o singură modalitate de a obține două capete, probabilitatea acestui eveniment este de 1/4 (din nou, presupunem că moneda este „corectă”, adică capete și cozi sunt la fel de probabile). Există o regulă generală pentru calcularea probabilității apariției comune a mai multor evenimente în orice situație - regula „și”. Dacă doriți să aflați probabilitatea de co-apariție a primei și al doilea eveniment (vulturul la primul și la a doua aruncare), trebuie să înmulțim separat probabilitățile acestor evenimente. Aplicând regula „și”, aflăm că probabilitatea de a obține două cozi atunci când o monedă este aruncată de două ori este egală cu? X? = 1/4 . Intuitiv, se pare că probabilitatea apariției comune a două evenimente ar trebui să fie mai mică decât probabilitatea fiecăruia dintre ele separat; asa ca se dovedeste.

O modalitate simplă de a calcula această probabilitate se obține prin reprezentarea tuturor evenimentelor posibile cu diagramă arborescentă. Diagramele arborescente au fost folosite în capitolul 4 când am testat validitatea afirmațiilor „dacă... atunci...”. În acest capitol, vom atribui valori probabilistice ramurilor arborelui pentru a determina probabilitățile diferitelor combinații de rezultate. În capitolele ulterioare, voi reveni la diagramele arborescente când mă uit la modalități de a găsi soluții creative la probleme.

Prima dată când o monedă este aruncată, aceasta va ateriza fie capete, fie cozi. Pentru o monedă „corectă”, capul și cozile au aceeași probabilitate de 0,5. Să ne imaginăm așa:

Când aruncați o monedă a doua oară, fie primele capete vor fi urmate de un al doilea capete sau cozi, fie primele cozi vor fi urmate de un al doilea capete sau cozi. Probabilitățile de a obține cap și coadă la a doua aruncare sunt încă de 0,5. Rezultatele celei de-a doua rulări sunt afișate pe diagramă ca ramuri suplimentare ale copacului.

După cum puteți vedea din diagramă, există patru rezultate posibile. Puteți folosi acest arbore pentru a găsi probabilitățile altor evenimente. Care este probabilitatea de a obține un cap la două aruncări ale unei monede? Deoarece există două moduri de a obține o coadă (SAU sau RO), răspunsul este 2/4 sau ?. Dacă doriți să găsiți probabilitatea a două sau mai multe rezultate diferite, adunați probabilitățile tuturor rezultatelor. Aceasta se numește regula „sau”. Într-un alt mod, această problemă poate fi formulată astfel: „Care este probabilitatea de a obține sau mai întâi capete, apoi cozi (1/4), sau mai întâi cozi, apoi capete (1/4)?” Procedura corectă pentru găsirea răspunsului este de a adăuga aceste valori împreună, rezultând ?. Intuitiv, se pare că probabilitatea de apariție a unuia dintre mai multe evenimente trebuie să fie mai mare decât probabilitatea de apariție a fiecăruia dintre ele; asa ca se dovedeste.

Regulile „și” și „sau” pot fi utilizate numai atunci când evenimentele de interes pentru noi independent. Două evenimente sunt independente dacă apariția unuia dintre ele nu afectează apariția celuilalt. În acest exemplu, rezultatul primei aruncări de monede nu afectează rezultatul celei de-a doua aruncări. În plus, pentru ca regula „sau” să se aplice, evenimentele trebuie să fie incompatibile, adică nu pot avea loc în același timp. În acest exemplu, rezultatele sunt incompatibile, deoarece nu putem obține cap și coadă la aceeași aruncare.

Reprezentarea evenimentelor ca diagrame arborescente este utilă în multe situații. Să extindem exemplul nostru. Să presupunem că un bărbat într-un costum în dungi, cu o mustață lungă și îndoită și cu ochi mișcați te oprește pe stradă și se oferă să joace pentru bani aruncând o monedă. Mereu pariază pe vultur. La prima aruncare, moneda aterizează heads up. Același lucru se întâmplă și la a doua rolă. La a treia aruncare, capete apar din nou. Când începi să bănuiești că are o monedă „fără”? Majoritatea oamenilor au îndoieli la a treia sau a patra încercare. Calculați probabilitatea de a obține niște capete la aruncări corecte de trei și patru monede (probabilitatea de a obține capete este de 0,5).

Pentru a calcula probabilitatea de a obține trei capete în trei încercări, trebuie să desenați un arbore cu trei rânduri de „noduri”, cu două „ramuri” ieșind din fiecare nod.

În acest exemplu, ne interesează probabilitatea de a obține trei capete la rând, cu condiția ca moneda să fie corectă. Priviți coloana etichetată „rezultat” și găsiți rezultatul LLC. Deoarece acesta este singurul rezultat cu trei capete, înmulțiți probabilitățile de-a lungul ramurii 000 (încercuite în diagramă) și obțineți 0,5 x 0,5 x 0,5 = 0,125. O probabilitate de 0,125 înseamnă că, dacă moneda este „corectă”, atunci, în medie, va scădea de trei ori la rând 12,5% din timp. Deoarece această probabilitate este mică, atunci când cad trei capete la rând, majoritatea oamenilor încep să suspecteze că moneda este „cu un secret”.

Pentru a calcula probabilitatea de a obține patru capete în patru încercări, adăugați ramuri suplimentare în copac.

Probabilitatea de a obține patru capete este de 0,5 x 0,5 x 0,5 x 0,5 = 0,0625, sau 6,25%. După cum știți deja, matematic este egal cu 0,5 4 ; adică înmulțirea unui număr cu el însuși de patru ori este același lucru cu ridicarea lui la a patra putere. Dacă contați pe un calculator unde există o operație de exponențiere, atunci veți obține același răspuns - 0,0625. Deși un astfel de rezultat este posibil și se va întâmpla într-o zi, este puțin probabil. De fapt, el este atât de neplauzibil și neobișnuit încât mulți ar spune că o persoană cu ochi mișcați probabil înșală. Fără îndoială, pe al cincilea cap la rând, ar fi rezonabil să tragi concluzia că ai de-a face cu un escroc. Pentru majoritatea scopurilor științifice, un eveniment este considerat „neobișnuit” dacă se așteaptă să aibă loc cu o probabilitate mai mică de 5%. (În limbajul teoriei probabilităților, aceasta este scrisă ca p ‹ 0,05.)

Să lăsăm exemplul monedei artificiale și să aplicăm aceeași logică într-un context mai util. Sunt sigur că orice student a întâlnit vreodată teste cu variante multiple în care trebuie să alegi răspunsurile corecte dintre opțiunile propuse. În majoritatea acestor teste, fiecare întrebare are cinci răspunsuri posibile, dintre care doar unul este corect. Să presupunem că întrebările sunt atât de dificile încât poți ghici doar aleatoriu răspunsul corect. Care este probabilitatea de a ghici corect atunci când răspunzi la prima întrebare? Dacă nu aveți idee care dintre opțiuni este răspunsul corect, atunci este la fel de probabil să alegeți oricare dintre cele cinci opțiuni, presupunând că oricare dintre ele ar putea fi corectă. Deoarece suma probabilităților de alegere a tuturor opțiunilor ar trebui să fie egală cu unu, atunci probabilitatea de a alege fiecare dintre opțiuni cu echiprobabilitatea tuturor opțiunilor este de 0,20. Una dintre opțiuni este corectă, iar celelalte sunt greșite, deci probabilitatea de a alege opțiunea corectă este de 0,20. O diagramă arborescentă a acestei situații este prezentată mai jos.

Care este probabilitatea de a ghici corect răspunsurile la primele două întrebări ale testului? Va trebui să adăugăm ramuri noi copacului, care în curând vor deveni foarte dense. Pentru a economisi spațiu și a simplifica calculele, puteți reprezenta toate opțiunile incorecte ca o singură ramură, etichetată „incorectă”. Probabilitatea de a face o greșeală în răspunsul la o întrebare este de 0,8.

Probabilitatea de a ghici corect răspunsurile la două întrebări este 0,2 x 0,2 = 0,04. Adică întâmplător se poate întâmpla doar în 4% din încercări. Să presupunem că ne extindem exemplul la trei întrebări. Nu voi desena un arbore, dar ar trebui să înțelegeți deja că probabilitatea este 0,2 x 0,2 x 0,2 = 0,008. Acesta este un eveniment atât de neobișnuit încât se poate întâmpla întâmplător în mai puțin de 1% din încercări. Ce părere aveți despre o persoană care a reușit să răspundă corect la toate cele trei întrebări? Majoritatea oamenilor (și educatorii sunt și ei oameni) vor concluziona că elevul nu a ales răspunsurile la întâmplare, ci de fapt știa ceva. Desigur, este posibil să fi fost doar norocos, dar acest lucru este extrem de puțin probabil. Astfel, ajungem la concluzia că rezultatul obținut nu poate fi explicat doar prin noroc.

Aș dori să subliniez un aspect curios al unui astfel de raționament. Luați în considerare situația deplorabilă în care s-a aflat Sarah. Ea a răspuns la 15 întrebări test, unde răspunsul la fiecare întrebare trebuia ales dintre cinci opțiuni. Sarah a răspuns incorect la toate cele 15 întrebări. Puteți determina probabilitatea ca acest lucru să se fi întâmplat întâmplător? Nu voi desena o diagramă arborescentă pentru a ilustra această situație, dar este ușor de observat că probabilitatea de a răspunde greșit la o întrebare este de 0,8; deci probabilitatea de a răspunde incorect la toate cele 15 întrebări este de 0,8 15 . Acest număr este 0,8 înmulțit cu el însuși de 15 ori, rezultând 0,0352. Deoarece probabilitatea unui astfel de accident este de 3,52%, poate Sarah ar trebui să-i spună profesorului că un rezultat atât de neobișnuit nu poate fi explicat întâmplător? Sarah, desigur, poate face un argument similar, dar ai crede-o dacă ai fi profesor? Să presupunem că ea pretinde că știe răspunsurile la toate întrebările. Cum altfel ar putea să nu aleagă răspunsul corect în 15 întrebări la rând? Nu știu câți profesori ar crede că ea susține că 15 răspunsuri greșite dovedesc că are cunoștințe, deși, în principiu, o astfel de linie de raționament este folosită pentru a dovedi cunoștințele, deoarece probabilitatea de a ghici corect toate răspunsurile este aproximativ aceeași. (În acest exemplu, probabilitatea de a răspunde corect la toate cele 15 întrebări la întâmplare este 0,2015, un număr mult sub 0,0001.) Dacă aș fi profesoara lui Sarah, i-aș acorda note mari pentru creativitatea și înțelegerea principiilor statistice. Este posibil ca Sarah să știe cu adevărat ceva despre acest subiect, dar a existat o eroare sistematică în acest „ceva”. De asemenea, i-aș sublinia că poate nu s-a pregătit pentru test și, în plus, a avut și ghinion și a făcut 15 presupuneri greșite. Până la urmă, uneori se întâmplă și foarte evenimente neobișnuite.

Înainte de a citi secțiunea următoare, verificați dacă înțelegeți cum să utilizați diagramele arborescente pentru a calcula probabilitățile și a lua în considerare toate rezultatele posibile. Voi reveni la astfel de diagrame mai târziu în acest capitol. Odată ce înveți cum să le folosești, vei fi surprins de câte situații pot fi aplicate.

Noapte. Lumina lunii pline, atârnând pe cerul înstelat, prin vitraliile de la ferestre a luminat coridoarele mohorâte ale Zmiulanului, de pe pereții cărora se reflecta zgomotul ecou al alergării. - Ei bine, ce fată! mormăi Flash pe nerăsuflate. - S-a speriat, știi... Numai timpul pierdut în zadar! Sper că totuși reușesc să scap... de data asta... Răpindu-se spre Sala de Piatră, s-a rugat să nu-i ia nimeni în cale. Dar totul s-a întâmplat exact invers. În întunericul coridoarelor (unde nu s-au obosit să facă ferestre) Dragotsy s-a izbit de cineva, auzind o voce cunoscută: „Cine aleargă nebun pe aici?! „”. Bruneta a chemat o săgeată de oră și a aprins o lumină pe vârful ei. La lumina unei lămpi improvizate lovită... Vasilisa?! -Tu?! au exclamat cei doi în acelaşi timp. Flash a fost simultan surprins și uşurat: la urma urmei, sunt în relaţii bune cu Ogneva, iar ea nu-l va trăda... ei bine, așa spera el. Tipul a crezut că roșcata a experimentat ceva asemănător. -Ce faci aici? Dragotsy întinse mâna către Vasilisa. După ce a acceptat ajutorul, s-a ridicat și s-a periat: - Aș vrea să vă pun aceeași întrebare. — Am fost primul care a întrebat, Flash și-a încrucișat brațele. -Nu contează. În general, nu e treaba ta, - se răsti Vasilisa. — Ei bine, asta înseamnă că ceea ce fac eu nu este treaba ta, a dat Dragotius calm din umeri. Roșcata își strânse buzele și se uită gânditoare la brunetă: - O să-ți spun abia după tine. „Ei bine… eu…” începu Flash, încercând să găsească cuvintele, dar nu ieși nimic. „Bine, vreau să fug”, a scapat Dragotius. Vasilisei făcu ochii mari: -Ești nebun? Flash îşi dădu ochii peste cap şi se uită iritat la Ogneva: -Nu, dar nu vreau să rămân aici. - Dacă ești prins, vei fi pedepsit. Amintește-ți ce s-a întâmplat data trecută, - femeia cu părul roșu și-a încrucișat brațele peste piept. Dragotius se strâmbă: -Ascultă, mai bine să nu mă deranjezi. Vasilisa se uită gânditoare la brunetă: - Păi, nu mă voi amesteca... cu atât mai mult, sunt atât de amabil azi încât nici nu te voi trăda, - Ogneva chicoti și, întorcându-se, a vrut să plece, dar Flash a oprit-o cu o grindină: - Vasilisa, - fata s-a întors și s-a uitat așteptată la brunetă, - mulțumesc, - Dragotius a zâmbit și a fugit. Ogneva zâmbi și se îndreptă spre ea... *** -A fost o mare greșeală, nepotule, - Astragor se înălța peste Fesh, pe jumătate gol, care zăcea. Elevii au început să șoptească încet. - Ai încercat să scapi de mai multe ori și mereu ai fost pedepsit... - Shackle, care a venit special pentru a efectua masacrul, a scos una dintre vergele și a făcut cu mâna de câteva ori. Se auzi un trosnet. - Sper că veți înțelege în continuare că este inutil să alergați, - marele spirit al lui Osla a întors spatele infractorului, fața - către restul studenților: - Cred că asta vă va servi de exemplu și pentru voi. Tija, tăind prin aer, a trecut imediat peste spatele lui Flash, lăsând dungi roșii, chiar sângeroase. Lovitură după lovitură. Bruneta a suportat cu stoicitate toate loviturile, emitând doar ocazional un geamăt pe jumătate - jumătate vuiet. Ucenicii l-au privit cu un fel de răutate. Numai Vasilisa și Zakharra se uitară entuziasmate la brunetă... *** Flash stătea în temniță și se gândi. Anterior, pur și simplu l-au băgat în temniță, lăsându-l fără mâncare, dar acum, se pare, unchiul său este obosit că nepotul său este pedepsit atât de ușor. Bruneta a ridicat din umeri, făcând o strâmbă de durere. Nu dădea atenție frigului, umezelii, cufundat în gânduri. A fost scos din gânduri de sunetul pașilor care răsună pe coridor. Curând, Vasilisa a ieșit sub lumina torței. Flash s-a dus imediat la baruri: -Ce faci aici? - Ține, - Ogneva și-a pus mâna între gratii și i-a dat lui Dragotsy o bucată destul de decentă de pâine caldă cu seminte. Flash a luat mâncarea. - Și care sunt aceste accese de generozitate? a chicotit el. - Acest Zakharra mi-a cerut să trec. N-au lăsat-o să treacă, - Ogneva a ridicat din umeri. - Adică Zakharra nu avea voie să intre, dar tu, cel care nu ești rudă cu Astragor, ai fost lăsat în liniște? Bruneta chicoti. „Ei bine, nu mă hotărăsc”, Vasilisa a ridicat din nou din umeri, cu toate acestea, Flash a observat emoție în ochii ei. — Ei bine, o voi întreba pe Zaharra despre asta mai târziu, spuse Dragotius calm, mușcând niște pâine. „Întreabă-mă, dar trebuie să plec deja”, s-a întors Ogneva și a mers calm spre colț și s-a întors în spatele lui. Curând, Flash a auzit sunetul alergării și a chicotit. Totuși, aceasta este inițiativa ei. Probabil, a fugit la sora ei să negocieze pentru orice eventualitate „”...

Numărul tău este al doisprezecelea, - spuse bradul, notând ceva într-o cărțiță. Flash i-a mulțumit bărbatului și a zburat în cabina lui. , Acum principalul lucru este să nu se adapteze. Sper că zâna nu te va dezamăgi când vom face spectacol..."" - cu aceste gânduri, bruneta a aterizat pe o creangă de lângă foișor, unde deja îl așteptau două persoane. „În sfârșit, ai venit”, unul dintre cei care așteptau, Nick, îi făcu semn cu un zâmbet. Fata cu ochi cenușii și bob întunecat, care este persoana a doua, dădu din cap doar în semn de salut, mergând direct la subiect: - Și sub ce număr facem? întrebă ea, punând pe masă cești de cafea aromată. - Doisprezece, - aşezându-se la masă, răspunse tipul. - Trebuie să repetăm: trebuie să știm cum sună noi trei. -Nu trebuie să facem prea bine, Dragotius, - l-a răcorit fata imediat, - asta e o copertă. Pur și simplu vei primi cheia de la amanta noastră după spectacol, așa cum am promis, - la aceste cuvinte, Fash s-a strâmbat de parcă ar fi mâncat o lămâie, - și Nick va fi inițiat. „Nu vreau să pierd fața în fața întregii curți”, a răspuns Dragotius. „Fash, Diana”, a implorat Nick, uitându-se la cei doi pe rând, „te rog să oprești. Cred că ar trebui să repetim. - Starea de spirit nu este cântec, - mormăi Fash și, fără măcar să mănânce, se duse în camera lui. *acum câteva zile* - Deci, - spuse Konstantin cu un zâmbet vesel, după ce i-a adunat pe Fash și Nick în atelier, - Am două vești. În primul rând, am aranjat cu Regina Albă inițierea ta, Nick. - Cum ai făcut-o? Flash se uită surprins la Lazarev. — Îți spun mai târziu, a zâmbit tatăl lui Nick. - fiule, ai putea sa ne lasi? Blonda a părăsit camera, închizând ușa în urma lui. Konstantin a devenit serios, îndreptându-și privirea spre brunetă: -Fesh, Astarius m-a rugat să-ți spun că Regina Albă i-a promis Cheia de Argint. Trebuie să mergi la Charodol, să participi la Descântece și să iei Cheia de argint de la Regine, - Dragotius a fost uimit că Astarius i-a încredințat să poarte această cheie, deși a auzit despre ea a doua oară. Profesorul îl prevenise deja, explicându-i că bruneta scăpase din Astrogor... *** Prestația lor făcu zgomot în regatul zânelor: creaturile cu șase aripi ridicau săgețile ceasului, aplaudau și strigau cu entuziasm. Temerile lui Flash erau nefondate, ceea ce se bucura. Curând a primit o scrisoare pe lista de urmărire, care spunea că el, în calitate de câștigător al farmecelor, ar trebui să vină la miezul nopții la castel alb . Bruneta s-a apropiat de foișor, unde deja stăteau Nick și Diana, care s-au bucurat și ei că spectacolul a avut succes. — Ei bine, se întoarse el spre Fraser într-un mod jucăuș, ne-ați escorta la Castelul Alb, doamnă domnișoară de onoare? - Nick a pufnit în ceașcă, iar Diana doar a zâmbit. De ce nu ai spus că ești o doamnă de serviciu? - Fash s-a așezat la masă - M-am simțit ca un prost când s-au apropiat de mine și mi-au spus că spectacolul meu alături de doamna Diana Fraser, domnișoara de onoare a Majestății Sale, a făcut furori! - nici Nick, nici Diana nu s-au putut abține să râdă... *miezul nopții* - Fashiar Dragotsiy, - Regina Albă, care s-a ridicat de pe tron, împodobită pe spate cu crenguțe de aur cu frunze de smarald, a făcut semn cu mâna către unul dintre fetelor, - pentru că ai câștigat descântecul și i-ai promis lui Astarius, îți voi da Cheia de Argint. Cred că știi că este o mare responsabilitate. Protejează-l, ține-l ca miricul ochilor. — Îți promit, încuviință Flash din cap, privind cu încredere la Regina Zânelor. Ușa se deschise și fata aduse Cheia de argint sprijinită pe o pernă de mătase roșie. Zâna s-a apropiat de el și s-a oprit într-o plecăciune, întinzând o pernă cu o cheie. Flash a luat cu grijă cheia și a făcut o plecăciune în fața Reginei: - Îți mulțumesc cu umilință pentru onoarea făcută mie. Conducătorul Zânelor dădu din cap și flutură mâna, permițându-i lui Fash să meargă la casa de odihnă. Nick a fost luat la început pentru ca el să fie supus inițierii. *** -...și mi-au dat un fel de poțiune de timp. Ei bine, l-am băut. Drept urmare, gradul de oră a treia, - Nick a zâmbit fericit, povestindu-i prietenului său ce sa întâmplat cu el în Castelul Alb. Diana s-a așezat cu ei și a băut calmă cafea, mâncând o chiflă. - Apropo, am și eu niște vești.Lăsând ceașca deoparte, Diana zâmbi, punând o cheie mică de fier pe masă. Pentru o secundă, Flash și Nick se uitară surprinși la cheie, apoi la fată, dar în clipa următoare Dragotsy sări de pe scaun și se repezi să o îmbrățișeze pe Diana, zâmbind bucuros. -Stiam! el a exclamat. zâna înroșită abia a scăpat din brațele tipului: -În primul rând, dă-mi drumul, mă vei sugruma! În al doilea rând, de unde ai știut? - -Ghici, desigur, nu a fost dificil, - a spus un Fash mulțumit. - Zâna curții, cea mai bună studentă, și chiar disperată... Bănuiam că și tu ești menajeră, de îndată ce te-am văzut. - Da, - a tras Nick, care și-a revenit după surprindere, - întâlnirea în pădure cu tine a fost puțin neașteptată. - Ce a fost atât de neașteptat? Diana s-a uitat la prietena ei cu interes. „De exemplu, faptul că ai sărit brusc din întuneric spre noi”, a spus Flash. - Da, - mai tânărul-acum-deja-ceasornicar Lazarev dădu din cap, - Desigur, știam că ne vom întâlni în pădure, dar nu a meritat să săriți din întuneric atât de neașteptat la noi. „Dar e bine că am mers imediat la Charodol”, a chicotit Dragotius. Băieții au dat din cap și au continuat micul dejun...

Pentru a construi un arbore de probabilitate, în primul rând, trebuie să desenați arborele în sine, apoi să notați toate informațiile cunoscute pentru această problemă în figură și, în cele din urmă, să utilizați regulile de bază pentru a calcula numerele lipsă și a completa arborele.

1. Probabilitățile sunt indicate la fiecare dintre punctele finale și încercuite. La fiecare nivel al arborelui, suma acestor probabilități trebuie să fie egală cu 1 (sau 100%). Deci, de exemplu, în fig. 6.5.1 Suma probabilităților la primul nivel este 0,20 + 0,80 = 1,00 și la al doilea nivel - 0,03 + 0,17 + 0,56 + 0,24 = 1,00. Această regulă ajută la umplerea unui cerc gol într-o coloană dacă sunt cunoscute valorile tuturor celorlalte probabilități ale acestui nivel.

Orez. 6.5.1

2. Probabilitățile condiționate sunt indicate lângă fiecare dintre ramuri (cu excepția,
eventual ramuri de primul nivel). Pentru fiecare dintre grupurile de ramuri care ies dintr-un punct, suma acestor probabilități este, de asemenea, egală cu 1 (sau 100%).
De exemplu, în fig. 6.5.1 pentru primul grup de ramuri obținem 0,15 + 0,85 =
1,00 iar pentru a doua grupă - 0,70 + 0,30 = 1,00. Această regulă permite
calculați o valoare necunoscută a probabilității condiționate într-un grup de ramuri care emană dintr-un punct.

3. Probabilitatea încercuită la începutul ramului înmulțită cu condiționalul
probabilitatea de lângă această ramură dă probabilitatea scrisă într-un cerc în
capătul ramului. De exemplu, în fig. 6.5.1 pentru ramura superioară care duce la dreapta
avem 0,20 x 0,15 = 0,03, pentru următoarea ramură - 0,20 x 0,85 = 0,17; relații similare sunt valabile pentru celelalte două ramuri. Această regulă poate fi folosită pentru a calcula o singură valoare necunoscută
probabilităţi de trei corespunzătoare unei ramuri.

4. Valoarea probabilității scrise într-un cerc este egală cu suma probabilităților încercuite la capetele tuturor ramurilor care ies din acest cerc
La dreapta. Deci, de exemplu, pentru Fig. 6.5.1 ieși din cerc cu o valoare de 0,20
două ramuri, la capetele cărora sunt încercuite probabilități, a căror sumă este egală cu această valoare: 0,03 + 0,17 = 0,20. Această regulă vă permite să găsiți o valoare necunoscută a probabilității într-un grup,
inclusiv această probabilitate și toate probabilitățile la capetele ramurilor copacului,
ieșind din cercul corespunzător.

Folosind aceste reguli, este posibil, cunoscând toate valorile de probabilitate, cu excepția uneia, pentru o ramură sau la un anumit nivel, să găsim această valoare necunoscută.

37. Ce eșantion se numește reprezentativ? Cum poate fi prelevat un eșantion reprezentativ?

Reprezentativitatea este capacitatea eșantionului de a reprezenta populația studiată. Cu cât componența eșantionului reprezintă mai precis populația pe problemele studiate, cu atât este mai mare reprezentativitatea acesteia.

Un eșantion reprezentativ este unul dintre conceptele cheie ale analizei datelor. Un eșantion reprezentativ este un eșantion dintr-o populație cu o distribuție F(X) reprezentând principalele trăsături ale populaţiei generale. De exemplu, dacă într-un oraș există 100.000 de oameni, dintre care jumătate sunt bărbați și jumătate sunt femei, atunci un eșantion de 1.000 de persoane dintre care 10 sunt bărbați și 990 sunt femei cu siguranță nu va fi reprezentativ. Un sondaj de opinie publică construit pe baza lui va conține, desigur, o părtinire în estimări și va duce la rezultate falsificate.

O condiție necesară pentru construcție eşantion reprezentativ este probabilitatea egală de includere în acesta a fiecărui element al populației generale.

Funcția de distribuție a eșantionului (empiric) oferă, cu o dimensiune mare a eșantionului, o idee destul de bună a funcției de distribuție F(X) din populația generală inițială.

Principiul de bază care stă la baza unei astfel de proceduri este principiul randomizării, aleatorii. Se spune că un eșantion este aleatoriu (uneori vom spune aleatoriu simplu sau aleatoriu pur) dacă sunt îndeplinite două condiții. În primul rând, eșantionul trebuie conceput în așa fel încât orice persoană sau obiect din cadrul populației să aibă oportunitate egala fi selectat pentru analiză. În al doilea rând, eșantionul trebuie proiectat astfel încât orice combinație de n articole (unde n este pur și simplu numărul de articole, sau cazuri, din eșantion) să aibă șanse egale de a fi selectată pentru analiză.

Atunci când se examinează populații care sunt prea mari pentru a rula o loterie adevărată, sunt adesea folosite eșantioane simple aleatorii. A scrie numele a câteva sute de mii de obiecte, a le pune într-o tobă și a selecta câteva mii nu este încă o muncă ușoară. În astfel de cazuri, se utilizează o metodă diferită, dar la fel de fiabilă. Fiecărui obiect din colecție i se atribuie un număr. Secvența numerelor din astfel de tabele este de obicei dată de un program de calculator numit generator de numere aleatorii, care în esență pune un număr mare de numere într-un tambur, le atrage aleator și le imprimă în ordine. Cu alte cuvinte, are loc același proces care este caracteristic loteriei, dar computerul, folosind numere mai degrabă decât nume, face o alegere universală. Această alegere poate fi folosită prin simpla atribuire a unui număr fiecăruia dintre obiectele noastre.

Un tabel de numere aleatorii ca acesta poate fi folosit în mai multe moduri diferite și în fiecare caz trebuie luate trei decizii. În primul rând, trebuie să decidem câte cifre vom folosi și, în al doilea rând, trebuie să dezvoltăm regula de decizie pentru utilizarea lor; în al treilea rând, trebuie să alegeți punctul de plecare și metoda de trecere prin tabel.

Odată făcut acest lucru, trebuie să dezvoltăm o regulă care leagă numerele din tabel cu numerele obiectelor noastre. Există două posibilități aici. Cel mai simplu mod (deși nu neapărat cel mai corect) este să folosim doar acele numere care se încadrează în numărul de numere atribuite obiectelor noastre. Deci, dacă avem o populație de 250 de caracteristici (și astfel folosim numere cu trei cifre) și decidem să începem din colțul din stânga sus al tabelului și să ne deplasăm în jos pe coloane, vom include numerele de caracteristici 100, 084 și 128 în eșantionul nostru, și să omitem numerele 375 și 990, care nu corespund obiectelor noastre. Acest proces va continua până când se va determina numărul de obiecte necesare pentru proba noastră.

O procedură mai consumatoare de timp, dar mai corectă din punct de vedere metodologic se bazează pe premisa că, pentru a păstra caracteristica aleatorie a tabelului, trebuie utilizat fiecare număr dintr-o anumită dimensiune (de exemplu, fiecare număr din trei cifre). Urmând această logică și ocupând din nou o colecție de 250 de obiecte, trebuie să împărțim regiunea numerelor de trei cifre de la 000 la 999 în 250 de intervale egale. Deoarece există 1000 de astfel de numere, împărțim 1000 la 250 și aflăm că fiecare parte conține patru numere. Deci numerele de tabel de la 000 la 003 vor corespunde obiectului 004 la 007 - obiectul 2 și așa mai departe. Acum, pentru a determina ce număr de obiect corespunde numărului din tabel, ar trebui să împărțiți numărul din trei cifre din tabel și să rotunjiți la cel mai apropiat număr întreg.

Și în sfârșit, trebuie să alegem în tabel punctul de plecare și metoda de trecere. Punctul de plecare poate fi colțul din stânga sus (ca în exemplul anterior), colțul din dreapta jos, marginea din stânga a celei de-a doua linii sau oriunde altundeva. Această alegere este complet arbitrară. Cu toate acestea, atunci când lucrăm cu masa, trebuie să acționăm sistematic. Am putea lua primele trei cifre ale fiecărei secvențe de cinci cifre, cele trei cifre din mijloc, ultimele trei cifre sau chiar prima, a doua și a patra cifră. (Din prima secvență de cinci cifre, aceste diverse proceduri produc numerele 100, 009, 097 și, respectiv, 109.) Am putea aplica aceste proceduri de la dreapta la stânga, obținând 790, 900, 001 și 791. Am putea merge de-a lungul rândurilor , luând în considerare fiecare cifră următoare pe rând și ignorând împărțirea în cinci (pentru primul rând se vor obține numerele 100, 973, 253, 376 și 520). Am putea trata doar fiecare al treilea grup de cifre (de exemplu, 10097, 99019, 04805, 99970). Există multe posibilități diferite și fiecare următoare nu este mai proastă decât cea anterioară. Totuși, odată ce am luat o decizie într-un fel sau altul, trebuie să o urmăm sistematic pentru a respecta cât mai mult aleatorietatea elementelor din tabel.

38. Ce interval numim interval de încredere?

Intervalul de încredere este abaterea admisibilă a valorilor observate de la valorile adevărate. Mărimea acestei ipoteze este determinată de cercetător, ținând cont de cerințele pentru acuratețea informațiilor. Dacă marja de eroare crește, dimensiunea eșantionului scade chiar dacă nivelul de încredere rămâne la 95%.

Intervalul de încredere arată în ce interval vor fi situate rezultatele observațiilor eșantionului (sondajelor). Dacă efectuăm 100 de anchete identice în eșantioane identice dintr-o singură populație (de exemplu, 100 de eșantioane a câte 1000 de persoane fiecare într-un oraș cu o populație de 5 milioane), atunci la un nivel de încredere de 95%, 95 din 100 de rezultate se vor încadra în intervalul de încredere (de exemplu, de la 28% la 32% cu o valoare reală de 30%).

De exemplu, numărul real al locuitorilor orașului care fumează este de 30%. Dacă selectăm 1000 de persoane de 100 de ori la rând și în aceste mostre punem întrebarea „fumați?”, în 95 din aceste 100 de eșantioane la un interval de încredere de 2%, valoarea va fi de la 28% la 32%.

39 Ce se numește nivelul de încredere (nivel de încredere)?

Nivelul de încredere reflectă cantitatea de date necesare evaluatorului pentru a afirma că programul examinat are efectul dorit. LA Stiinte Sociale Nivelul de încredere de 95% este utilizat în mod tradițional. Cu toate acestea, pentru majoritatea programelor comunitare, 95% este exagerat. Un nivel de încredere în intervalul 80-90% este suficient pentru o evaluare adecvată a programului. În acest fel, dimensiunea grupului reprezentativ poate fi redusă, reducând astfel costul evaluării.

Procesul de evaluare statistică testează ipoteza nulă că programul nu a avut efectul scontat. Dacă rezultatele obținute diferă semnificativ de ipotezele inițiale cu privire la corectitudinea ipotezei nule, atunci aceasta din urmă este respinsă.

40. Care dintre cele două intervale de încredere este mai mare: 99% cu două cozi sau 95% cu două cozi? Explica.

Intervalul de încredere de 99% pe două fețe este mai mare decât cel de 95%, deoarece în el se încadrează mai multe valori. Doc-in:

Folosind scorurile z, puteți estima mai precis intervalul de încredere și puteți determina forma generală a intervalului de încredere. Formularea exactă a intervalului de încredere pentru media eșantionului este următoarea:

Astfel, pentru un eșantion aleatoriu de 25 de observații care satisfac o distribuție normală, intervalul de încredere al mediei eșantionului are următoarea formă:

Astfel, puteți fi 95% sigur că valoarea se află în ±1,568 unități din media eșantionului. Folosind aceeași metodă, se poate determina că intervalul de încredere de 99% se află în ±2,0608 unități din media eșantionului

valoare Astfel, avem și de aici , În mod similar, obținem limita inferioară, care este egală cu

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= (SUMA PUNCTELOR ESTE 2 SAU 3);

● E= (TOTALUL PUNCTELOR ESTE 10).

Descrie evenimentul: DIN= (CIRCUIT ÎNCHIS) pentru fiecare caz.

Soluţie. Să introducem notația: eveniment A- contactul 1 este închis; eveniment LA- contactul 2 este închis; eveniment DIN- circuitul este închis, lumina este aprinsă.

1. Pentru o conexiune în paralel, circuitul este închis când cel puțin unul dintre contacte este închis, deci C = A + B;

2. Pentru o conexiune în serie, circuitul este închis când ambele contacte sunt închise, deci C \u003d A B.

O sarcină. 1.1.4 Au fost realizate două circuite electrice:

Evenimentul A - circuitul este închis, evenimentul A i - eu- al-lea contact este închis. Pentru care dintre ele este raportul

A1 (A2 + A3 A4) A5 = A?

Soluţie. Pentru primul circuit, A = A1 · (A2 · A3 + A4 · A5), deoarece suma evenimentelor corespunde conexiunii paralele, iar produsul evenimentelor conexiunii seriale. Pentru cea de-a doua schemă A = A1 (A2+A3 A4 A5). Prin urmare, această relație este valabilă pentru a doua schemă.

O sarcină. 1.1.5 Simplificați expresia (A + B)(B + C)(C + A).

Soluţie. Să folosim proprietățile operațiilor de adunare și înmulțire a evenimentelor.

(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.

O sarcină. 1.1.6Demonstrați că evenimentele A, AB și A+B formează un grup complet.

Soluţie. Când rezolvăm problema, vom folosi proprietățile operațiilor pe evenimente. În primul rând, arătăm că aceste evenimente sunt incompatibile între perechi.

Să arătăm acum că suma acestor evenimente dă spațiul evenimentelor elementare.

O sarcină. 1.1.7Folosind schema Euler–Venn, verificați regula de Morgan:

A) Evenimentul AB este umbrit.

B) Evenimentul A - hașura verticală; evenimentul B – hașura orizontală. Eveniment

(A+B) - zonă umbrită.

Dintr-o comparație a figurilor a) și c) rezultă:

O sarcină. 1.2.1În câte moduri pot fi așezate 8 persoane?

1. Într-un rând?

2. Pe masa rotunda?

Soluţie.

1. Numărul dorit de moduri este egal cu numărul de permutări din 8, adică.

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

2. Întrucât alegerea primei persoane la masa rotundă nu afectează alternanța elementelor, atunci oricine poate fi luat primul, iar cele rămase vor fi ordonate relativ la cel ales. Această acțiune poate fi efectuată în 8!/8 = 5040 moduri.

O sarcină. 1.2.2Cursul acoperă 5 subiecte. În câte moduri vă puteți face un program pentru sâmbătă dacă urmează să fie două cupluri diferite în acea zi?

Soluţie. Numărul dorit de moduri este numărul de plasări

De la 5 la 2, deoarece trebuie să țineți cont de ordinea perechilor:

O sarcină. 1.2.3Cum comisiile de examinare, format din 7 persoane, poate fi format din 15 profesori?

Soluţie. Numărul dorit de comisioane (fără să țină cont de comandă) este numărul de combinații de la 15 la 7:

O sarcină. 1.2.4 Dintr-un coș care conține douăzeci de bile numerotate, se aleg 5 bile pentru noroc. Determinați numărul de elemente din spațiul evenimentelor elementare ale acestei experiențe dacă:

Bilele sunt selectate secvențial una după alta cu revenire după fiecare extracție;

Bilele se aleg una cate una fara sa se intoarca;

Se selectează 5 bile deodată.

Soluţie.

Numărul de moduri de extragere a primei mingi din coș este 20. Deoarece bila extrasă este returnată în coș, numărul de modalități de extragere a celei de-a doua mingi este de asemenea 20 și așa mai departe. Apoi, numărul de modalități de extragere a 5 bile în acest caz este 20 20 20 20 20 = 3200000.

Numărul de moduri de extragere a primei mingi din coș este 20. Deoarece mingea extrasă nu s-a întors în coș după extragere, numărul de modalități de extragere a celei de-a doua mingi a devenit 19 etc. Apoi numărul de moduri de extragere a 5 bile fără înlocuire este 20 19 18 17 16 = A52 0

Numărul de moduri de a extrage 5 bile din coș simultan este egal cu numărul de combinații de 20 cu 5:

O sarcină. 1.2.5 Se aruncă două zaruri. Găsiți probabilitatea evenimentului A ca cel puțin un 1 să fie aruncat.

Soluţie. Pe fiecare zar poate cădea orice număr de puncte de la 1 la 6. Prin urmare, spațiul evenimentelor elementare conține 36 de rezultate la fel de posibile. Evenimentul A este favorizat de 11 rezultate: (1.1), (1.2), (2.1), (1.3), (3.1), (1.4), (4.1), (1.5), (5.1), (1.6), (6.1), deci

O sarcină. 1.2.6 Literele y, i, i, k, c, f, n sunt scrise pe cartonașe roșii, literele a, a, o, t, t, s, h sunt scrise pe cartonașe albastre După o amestecare amănunțită, ceea ce este mai probabil : de la prima dată din litere pentru a folosi cartonașele roșii pentru a face cuvântul „funcție” sau literele de pe cartonașele albastre pentru a face cuvântul „frecvență”?

Soluţie. Fie evenimentul A cuvântul „funcție” compus aleatoriu din 7 litere, evenimentul B - cuvântul „frecvență” compus aleatoriu din 7 litere. Deoarece sunt ordonate două seturi de 7 litere, numărul tuturor rezultatelor pentru evenimentele A și B este n = 7!. Evenimentul A este favorizat de un rezultat m = 1, deoarece toate literele de pe cartonașele roșii sunt diferite. Evenimentul B este favorizat de m = 2! · 2! rezultate, deoarece literele „a” și „t” apar de două ori. Atunci P(A) = 1/7! , P(B) = 2! 2! /7! , P(B) > P(A).

O sarcină. 1.2.7 La examen, studentului i se oferă 30 de bilete; Fiecare bilet are două întrebări. Din cele 60 de întrebări incluse în bilete, studentul știe doar 40. Aflați probabilitatea ca biletul luat de student să fie format din

1. din problemele cunoscute de el;

2. din întrebări necunoscute lui;

3. dintr-o întrebare cunoscută și una necunoscută.

Soluţie. Fie A evenimentul în care elevul cunoaște răspunsul la ambele întrebări; B - nu cunoaște răspunsul la ambele întrebări; C - știe răspunsul la o întrebare, nu știe răspunsul la alta. Alegerea a două întrebări din 60 se poate face în n = C260 = 60 2 59 = 1770 moduri.

1. Există m = C240 ​​​​= 40 2 39 = 780 de variante de întrebări cunoscute elevului. Atunci P(A) = M N = 17 78 70 0 = 0,44

2. Alegerea a două întrebări necunoscute din 20 se poate face în m = C220 = 20 2 19 = 190 de moduri. În acest caz

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

3. Există m = C14 0 C21 0 = 40 20 = 800 de moduri de a alege un bilet cu o întrebare cunoscută și o întrebare necunoscută. Atunci P(C) = 18 70 70 0 = 0,45.

O sarcină. 1.2.8Unele informații au fost trimise prin trei canale. Canalele funcționează independent unul de celălalt. Găsiți probabilitatea ca informația să atingă scopul

1. Doar pe un canal;

2. Cel puțin un canal.

Soluţie. Fie A un eveniment constând în faptul că informația ajunge la scop printr-un singur canal; B - cel puțin un canal. Experiența este transmiterea de informații prin trei canale. Rezultatul experienței - informația a atins scopul. Indică Ai - informația ajunge la țintă prin canalul i-lea. Spațiul evenimentelor elementare are forma:

Evenimentul B este favorizat de 7 rezultate: toate rezultatele cu excepția Atunci n = 8; mA = 3; mB = 7; P(A) = 38; P(B) = 7 8.

O sarcină. 1.2.9Un punct apare aleatoriu pe un segment de lungime unitară. Aflați probabilitatea ca distanța de la punct la capetele segmentului să fie mai mare de 1/8.

Soluţie. După condiția problemei, evenimentul dorit este satisfăcut de toate punctele care apar pe intervalul (a; b).

Deoarece lungimea sa este s = 1 - 1 8 + 1 8 = 3 4, iar lungimea întregului segment este S = 1, probabilitatea necesară este P = s/S = 3/14 = 0,75.

O sarcină. 1.2.10Într-un lot deNproduseKprodusele sunt defecte. Pentru control, sunt selectate m produse. Găsiți probabilitatea ca de la M Produse L Se dovedesc a fi defecte (evenimentul A).

Soluţie. Alegerea m produse din n se poate face în moduri, iar alegerea L defect din k defect - în moduri. După selecție L produsele defecte vor rămâne (m - L) potrivire, situată printre (n - k) produse. Atunci numărul de rezultate care favorizează evenimentul A este

Și probabilitatea dorită

O sarcină. 1.3.1BO urnă conține 30 de bile: 15 roșii, 10 albastre și 5 albe. Găsiți probabilitatea ca o minge extrasă aleatoriu să fie colorată.

Soluţie. Fie evenimentul A - se extrage o bila rosie, evenimentul B - se extrage o bila albastra. Apoi evenimente (A + B) - este extrasă o minge colorată. Avem P(A) = 1 3 5 0 = 1 2 , P(B) = 1 3 0 0 = 1 3. Deoarece

Evenimentele A și B sunt incompatibile, atunci P(A + B) = P(A) + P(B) = 1 2 + 1 3 = 5 6 = 0,83.

O sarcină. 1.3.2Probabilitatea ca să ningă (un eveniment A ), este egal cu 0.6, Și faptul că va ploua (eveniment B ), este egal cu 0.45. Găsiți probabilitatea de vreme rea dacă probabilitatea de ploaie și ninsoare (eveniment AB ) este egal cu 0.25.

Soluţie. Evenimentele A și B sunt comune, deci P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0,6 + 0,45 - 0,25 = 0,8

O sarcină. 1.3.3BPrima cutie conține 2 bile albe și 10 negre, a doua - 3 bile albe și 9 negre, iar a treia - 6 bile albe și 6 negre. S-a luat câte o minge din fiecare cutie. Aflați probabilitatea ca toate bilele extrase să fie albe.

Soluţie. Evenimentul A - o minge albă este extrasă din prima casetă, B - din a doua casetă, C - din a treia. Atunci P(A) = 12 2 = 1 6; P(B) = 13 2 = 1 4; P(C) = 16 2 = 1 2. Evenimentul ABC - toate eliminate

Bilele sunt albe. Prin urmare, evenimentele A, B, C sunt independente

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

O sarcină. 1.3.4Bcircuit electric conectat în serie 5 Elemente care funcționează independent unele de altele. Probabilitatea eșecurilor primului, al doilea, al treilea, al patrulea, respectiv al cincilea elemente sunt 0.1; 0.2; 0.3; 0.2; 0.1. Găsiți probabilitatea ca în circuit să nu existe curent (eveniment A ).

Soluţie. Deoarece elementele sunt conectate în serie, nu va exista curent în circuit dacă cel puțin un element cade. Evenimentul Ai(i =1...5) - va eșua eu-al-lea element. Evoluții

O sarcină. 1.3.5Circuitul este format din blocuri independente conectate într-un sistem cu o intrare și o ieșire.

Eșecul la timp T diverse elemente lanturi - evenimente independente având următoarele probabilităţiP 1 = 0,1; P 2 = 0,2; P 3 = 0,3; P 4 = 0,4. Defectarea oricăruia dintre elemente duce la o întrerupere a semnalului în ramura circuitului în care se află acest element. Găsiți fiabilitatea sistemului.

Soluţie. Dacă evenimentul A - (SISTEMUL ESTE DE FIABILITATE), Ai - (i --a UNITATE FUNcționează DEFECT), atunci A = (A1 + A2)(A3 + A4). Evenimentele A1+A2, A3+A4 sunt independente, evenimentele A1 și A2, A3 și A4 sunt comune. După formulele de înmulțire și adunare a probabilităților

O sarcină. 1.3.6Muncitorul deservește 3 utilaje. Probabilitatea ca într-o oră mașina să nu necesite atenția unui lucrător este de 0,9 pentru prima mașină, 0,8 pentru a doua și 0,7 pentru a treia.

Găsiți probabilitatea ca în decurs de o oră

1. A doua mașină va necesita atenție;

2. Două mașini vor necesita atenție;

3. Cel puțin două mașini vor avea nevoie de atenție.

Soluţie. Fie că Ai - a i-a mașină necesită atenția lucrătorului, - a i-a mașină nu va necesita atenția lucrătorului. Apoi

Spațiul evenimentelor elementare:

1. Evenimentul A - va necesita atenția celui de-al doilea aparat: Apoi

Întrucât evenimentele sunt incompatibile și independente. 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. Evenimentul B - două mașini vor necesita atenție:

3. Evenimentul C - cel puțin două asomări vor necesita atenție
cov:

O sarcină. 1.3.7Bmașină „Examinator” introdusă 50 întrebări. Studentul este oferit 5 Întrebări și un punct „excelent” se acordă dacă la toate întrebările se răspunde corect. Găsiți probabilitatea de a obține „excelent” dacă studentul s-a pregătit doar 40 întrebări.

Soluţie. A - (PRIMIT "EXCELENT"), Ai - (RĂSPUNS LA I --A ÎNTREBARE). Atunci A = A1A2A3A4A5, avem:

Sau, într-un alt mod - folosind formula clasică de probabilitate: Și

O sarcină. 1.3.8Probabilitățile în care se află piesa necesară asamblatoruluieu, II, III, IVcaseta, respectiv, sunt egale 0.6; 0.7; 0.8; 0.9. Găsiți probabilitatea ca colecționarul să fie nevoit să bifeze toate cele 4 casete (evenimentA).

Soluţie. Lăsați Ai - (Piesa necesară asamblatorului se află în caseta i-a.) Apoi

Întrucât evenimentele sunt incompatibile și independente, atunci

O sarcină. 1.4.1 A fost examinat un grup de 10.000 de persoane cu vârsta peste 60 de ani. S-a dovedit că 4000 de oameni sunt fumători permanenți. 1800 de fumători au prezentat modificări grave la nivelul plămânilor. Dintre nefumători, 1500 de persoane au avut modificări la nivelul plămânilor. Care este probabilitatea ca o persoană examinată aleatoriu cu modificări pulmonare să fie fumătoare?

Soluţie. Să introducem ipotezele: H1 - cel examinat este fumător permanent, H2 - este nefumător. Apoi, după starea problemei

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

Notează cu A evenimentul că persoana examinată prezintă modificări la nivelul plămânilor. Apoi, după starea problemei

Prin formula (1.15) găsim

Probabilitatea dorită ca persoana examinată să fie fumător, conform formulei Bayes, este egală cu

O sarcină. 1.4.2Televizoarele din trei fabrici ies în vânzare: 30% din prima fabrică, 20% din a doua, 50% din a treia. Produsele primei fabrici conțin 20% televizoare cu un defect ascuns, al doilea - 10%, al treilea - 5%. Care este probabilitatea de a obține un televizor funcțional?

Soluţie. Să luăm în considerare următoarele evenimente: A - a fost achiziționat un televizor care poate fi reparat; ipotezele H1, H2, H3 - televizorul a intrat în vânzare din prima, a doua, respectiv a treia fabrică. Conform sarcinii

Prin formula (1.15) găsim

O sarcină. 1.4.3Sunt trei cutii identice. Prima are 20 de bile albe, a doua are 10 bile albe și 10 negre, iar a treia are 20 de bile negre. O bilă albă este extrasă dintr-o casetă aleasă aleatoriu. Găsiți probabilitatea ca această minge să fie din a doua casetă.

Soluţie. Fie evenimentul A - se scoate o minge albă, ipotezele H1, H2, H3 - se scoate mingea din prima, a doua, respectiv a treia casetă. Din starea problemei găsim

Apoi
Prin formula (1.15) găsim

Prin formula (1.16) găsim

O sarcină. 1.4.4Un mesaj telegrafic constă din semnalele punct și liniuță. Proprietățile statistice ale interferenței sunt de așa natură încât sunt distorsionate în medie 2/5 Mesaje punct și 1/3 Mesaje cu liniuță. Se știe că printre semnalele transmise „punct” și „liniuță” apar în raport 5: 3. Determinați probabilitatea ca un semnal transmis să fie recepționat dacă:

A) se primește un semnal „punct”;

B)semnal liniuță primit.

Soluţie. Lăsați evenimentul A - semnalul „punct” este primit, iar evenimentul B - semnalul „liniuță” este primit.

Se pot face două ipoteze: H1 - se transmite semnalul „punct”, H2 - se transmite semnalul „liniuță”. După condiția P(H1): P(H2) =5: 3. În plus, P(H1 ) + P(H2)= 1. Prin urmare P( H1 ) = 5/8, P(H2 ) = 3/8. Se știe că

Probabilități de eveniment AȘi B Găsim prin formula probabilității totale:

Probabilitățile dorite vor fi:

O sarcină. 1.4.5Din cele 10 canale radio, 6 canale sunt protejate de interferențe. Probabilitatea ca un canal sigur în timpTnu va eșua este 0,95, pentru un canal neprotejat - 0,8. Găsiți probabilitatea ca două canale selectate aleatoriu să nu eșueze în timpT, iar ambele canale nu sunt protejate de interferențe.

Soluţie. Lăsați evenimentul A - ambele canale nu vor eșua în timpul t, evenimentul A1- Canal securizat selectat A2- Este selectat un canal nesecurizat.

Să scriem spațiul evenimentelor elementare pentru experiment - (sunt selectate două canale):

Ω = (A1A1, A1A2, A2A1, A2A2)

Ipoteze:

H1 - ambele canale sunt protejate de interferențe;

H2 - primul canal selectat este protejat, al doilea canal selectat nu este protejat de interferențe;

H3 - primul canal selectat nu este protejat, al doilea canal selectat este protejat de interferențe;

H4 - ambele canale selectate nu sunt protejate de interferențe. Apoi

Și

O sarcină. 1.5.1Transmis prin canalul de comunicare 6 Mesaje. Fiecare dintre mesaje poate fi distorsionat de zgomot cu o probabilitate 0.2 Indiferent de ceilalți. Găsiți probabilitatea ca

1. 4 mesaje din 6 nu sunt distorsionate;

2. Cel puțin 3 din 6 au fost transmise distorsionate;

3. Cel puțin un mesaj din 6 este fals;

4. Nu mai mult de 2 din 6 nu sunt distorsionate;

5. Toate mesajele sunt transmise fără distorsiuni.

Soluţie. Deoarece probabilitatea de distorsiune este de 0,2, probabilitatea de a transmite un mesaj fără interferență este de 0,8.

1. Folosind formula Bernoulli (1.17), găsim probabilitatea
rata de transmisie de 4 din 6 mesaje fără interferențe:

2. cel puțin 3 din 6 sunt transmise distorsionate:

3. cel puțin un mesaj din 6 este deranjat:

4. cel puțin un mesaj din 6 este deranjat:

5. toate mesajele sunt transmise fără distorsiuni:

O sarcină. 1.5.2Probabilitatea ca ziua să fie senină vara este de 0,42; probabilitatea unei zile înnorate este de 0,36 și parțial noros este de 0,22. La câte zile din 59 se poate aștepta să fie senin și înnorat?

Soluţie. Se poate observa din starea problemei că este necesar să se caute cel mai probabil număr de zile senine și înnorate.

Pentru zile senine P= 0.42, N= 59. Compunem inegalități (1,20):

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

24.2 ≤ Lu≤ 25.2 → Lu= 25.

Pentru zilele înnorate P= 0.36, N= 59 și

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

Prin urmare, 20,16 ≤ M0 ≤ 21.60; → M0 = 21.

Astfel, cel mai probabil număr de zile senine Lu= 25, zile înnorate - M0 = 21. Apoi vara ne putem aștepta Lu+ M0 =46 zile senine și înnorate.

O sarcină. 1.5.3Sunt 110 studenți ai cursului la prelegerea despre teoria probabilităților. Găsiți probabilitatea ca

1. k elevi (k = 0,1,2) dintre cei prezenți s-au născut la 1 septembrie;

2. cel puţin un student al cursului s-a născut la 1 septembrie.

P=1/365 este foarte mic, deci folosim formula Poisson (1.22). Să găsim parametrul Poisson. pentru că

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

Apoi prin formula Poisson

O sarcină. 1.5.4Probabilitatea ca o piesă să nu fie standard este 0.1. Câte detalii trebuie selectate astfel încât cu probabilitatea P = 0.964228 S-ar putea argumenta că frecvența relativă de apariție a pieselor nestandard se abate de la probabilitatea constantă p = 0.1 În termeni absoluti, nu mai mult de 0.01 ?

Soluţie.

Număr necesar N Găsim prin formula (1.25). Avem:

P = 1,1; q = 0,9; P= 0,96428. Înlocuiți datele din formula:

Unde găsim

Conform tabelului de valori ale funcției Φ( X) constatăm că

O sarcină. 1.5.5Probabilitatea de defectare în timpul T a unui condensator este de 0,2. Determinați probabilitatea ca în timp T din 100 condensatoare să se defecteze.

1. Exact 10 condensatoare;

2. Cel puțin 20 de condensatoare;

3. Mai puțin de 28 de condensatoare;

4. De la 14 la 26 de condensatoare.

Soluţie. Avem P = 100, P= 0.2, Q = 1 - P= 0.8.

1. Exact 10 condensatoare.

pentru că P Veliko, să folosim teorema locală de Moivre-Laplace:

Calcula

Din moment ce funcţia φ(x)- par, atunci φ (-2,5) = φ (2,50) = 0,0175 (aflam din tabelul cu valorile functiei φ(x). Probabilitatea dorită

2. Cel puțin 20 de condensatoare;

Cerința ca cel puțin 20 din 100 de condensatoare să eșueze înseamnă că fie 20, fie 21, ... sau 100 vor eșua. T1 = 20, T 2=100. Apoi

Conform tabelului cu valorile funcției Φ(x) Să găsim Φ(x1) = Φ(0) = 0, Φ(x2) = Φ(20) = 0,5. Probabilitate necesară:

3. Mai puțin de 28 de condensatoare;

(aici s-a luat în considerare faptul că funcția Laplace Ф(x) este impară).

4. De la 14 la 26 de condensatoare. După condiție M1= 14, m2 = 26.
Calculați x 1,x2:

O sarcină. 1.5.6Probabilitatea de apariție a unui eveniment într-un experiment este egală cu 0,6. Care este probabilitatea ca acest eveniment să apară în majoritatea celor 60 de încercări?

Soluţie. Cantitate M Apariția unui eveniment într-o serie de teste este în interval. „În majoritatea experimentelor” înseamnă asta M Aparține intervalului Prin condiție N= 60, P= 0.6, Q = 0.4, M1 = 30, m2 = 60. Calculați x1 și x2:

Variabile aleatoare și distribuțiile lor

O sarcină. 2.1.1Dat un tabel în care linia de sus indică valorile posibile ale unei variabile aleatorii X , iar în partea de jos - probabilitățile lor.

Acest tabel poate fi o serie de distribuție? X ?

Răspuns: Da, deoarece p1 + p2 + p3 + p4 + p5 = 1

O sarcină. 2.1.2Eliberată 500 Bilete la loterie, și 40 Biletele vor aduce proprietarilor lor un premiu pentru 10000 Freca., 20 Bilete - de 50000 Freca., 10 Bilete - de 100000 Freca., 5 Bilete - de 200000 Freca., 1 Bilet - 500000 Rub., restul - fără victorie. Găsiți legea de distribuție câștigătoare pentru proprietarul unui bilet.

Soluţie.

Valori posibile ale lui X: x5 = 10000, x4 = 50000, x3 = 100000, x2 = 200000, x1 = 500000, x6 = 0. Probabilitățile acestor valori posibile sunt:

Legea de distribuție dorită:

O sarcină. 2.1.3trăgător, având 5 Cartușe, trage până la prima lovitură în țintă. Probabilitatea de a lovi fiecare lovitură este 0.7. Construiți legea de distribuție a numărului de cartușe utilizate, găsiți funcția de distribuțieF(X) și trasați graficul său, găsiți P(2< x < 5).

Soluţie.

Spațiul evenimentelor elementare ale experienței

Ω = {1, 01, 001, 0001, 00001, 11111},

Unde evenimentul (1) - a lovit ținta, evenimentul (0) - nu a lovit ținta. Rezultatele elementare corespund următoarelor valori ale valorii aleatorii a numărului de cartușe utilizate: 1, 2, 3, 4, 5. Deoarece rezultatul fiecărei lovituri următoare nu depinde de cel precedent, probabilitățile de valori posibile sunt:

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.

Legea de distribuție dorită:

Găsiți funcția de distribuție F(X), Folosind formula (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

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

O sarcină. 2.1.4DanaF(X) a unei variabile aleatoare:

Scrieți seria de distribuție pentru X.

Soluţie.

Din proprietăți F(X) Rezultă că valorile posibile ale variabilei aleatoare X - Puncte de întrerupere a funcției F(X), Și probabilitățile corespunzătoare sunt salturi ale funcției F(X). Găsiți valorile posibile ale variabilei aleatoare X=(0,1,2,3,4).

O sarcină. 2.1.5Setați ce funcție

Este o funcție de distribuție a unei variabile aleatoare.

Dacă răspunsul este da, găsiți probabilitatea ca corespunzătoare valoare aleatorie preia valori[-3,2].

Soluţie. Să reprezentăm grafic funcțiile F1(x) și F2(x):

Funcția F2(x) nu este o funcție de distribuție, deoarece nu este nedescrescătoare. Funcția F1(x) este

Funcția de distribuție a unei variabile aleatoare, deoarece este nedescrescătoare și satisface condiția (2.3). Să găsim probabilitatea de a atinge intervalul:

O sarcină. 2.1.6Având în vedere densitatea de probabilitate a unei variabile aleatoare continue X :

Găsi:

1. Coeficient C ;

2. funcția de distribuție F(x) ;

3. Probabilitatea ca o variabilă aleatoare să cadă în interval(1, 3).

Soluţie. Din condiția de normalizare (2.9) găsim

Prin urmare,

Prin formula (2.10) găsim:

În acest fel,

Prin formula (2.4) găsim

O sarcină. 2.1.7Perioada de nefuncționare aleatorie a echipamentelor electronice în unele cazuri are o densitate de probabilitate

Unde M = lge = 0,4343...

Găsiți funcția de distribuție F(x) .

Soluţie. Prin formula (2.10) găsim

Unde

O sarcină. 2.2.1Este dată o serie de distribuție a unei variabile aleatoare discrete X :

Găsi valorea estimata, varianță, abatere standard, M, D[-3X + 2].

Soluţie.

Conform formulei (2.12) găsim așteptarea matematică:

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. Folosind formula (2.19), găsim dispersia:

O sarcină. 2.2.2Găsiți așteptările matematice, varianța și abaterea standard a unei variabile aleatoare continue X , a cărui funcție de distribuție

.

Soluţie. Găsiți densitatea de probabilitate:

Așteptările matematice se găsesc prin formula (2.13):

Găsim dispersia prin formula (2.19):

Să găsim mai întâi așteptările matematice ale pătratului variabilei aleatoare:

Deviație standard

O sarcină. 2.2.3Xare un număr de distribuții:

Aflați așteptările matematice și varianța unei variabile aleatoareY = EX .

Soluţie. 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.

O sarcină. 2.2.4Variabilă aleatorie discretă X Poate lua doar două valori X1 Și X2 , și X1< x2. Probabilitate cunoscută P1 = 0,2 Valoare posibilă X1 , valorea estimata M[X] = 3,8 Și dispersie D[X] = 0,16. Aflați legea distribuției unei variabile aleatoare.

Soluţie. Deoarece variabila aleatoare X ia doar două valori x1 și x2, atunci probabilitatea p2 = P(X = x2) = 1 - p1 = 1 - 0,2 = 0,8.

După starea problemei, avem:

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.

Astfel, avem sistemul de ecuații:

Condiție x1

O sarcină. 2.2.5Variabila aleatoare X este supusă legii distribuției, al cărei grafic al densității are forma:

Găsiți așteptările matematice, varianța și abaterea standard.

Soluţie. Să găsim funcția de distribuție diferențială f(x). În afara intervalului (0, 3) f(x) = 0. Pe intervalul (0, 3) graficul densității este o dreaptă cu panta k = 2/9 care trece prin origine. În acest fel,

Valorea estimata:

Aflați varianța și abaterea standard:

O sarcină. 2.2.6Găsiți așteptările și varianța matematică a sumei punctelor de pe patru zaruri dintr-o singură aruncare.

Soluţie. Să notăm A - numărul de puncte de pe un zar dintr-o aruncare, B - numărul de puncte de pe al doilea zar, C - pe al treilea zar, D - pe al patrulea zar. Pentru variabile aleatoare A, B, C, D, legea distribuției unu.

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

O sarcină. 2.3.1Probabilitatea ca o particulă emisă dintr-o sursă radioactivă să fie înregistrată de un contor este egală cu 0.0001. În perioada de observație, 30000 particule. Găsiți probabilitatea ca contorul să fi înregistrat:

1. Exact 3 particule;

2. Nici o particulă;

3. Cel puțin 10 particule.

Soluţie. După condiție P= 30000, P= 0,0001. Evenimentele constând în faptul că sunt înregistrate particule emise dintr-o sursă radioactivă sunt independente; număr P Grozav, dar probabilitatea P Mic, deci folosim distribuția Poisson: Să găsim λ: λ = n P = 30000 0,0001 = 3 = M[X]. Probabilități dorite:

O sarcină. 2.3.2Există 5% piese non-standard în lot. 5 articole au fost selectate aleatoriu. Scrieți legea distribuției unei variabile aleatoare discrete X - numărul de piese non-standard dintre cele cinci selectate; găsiți așteptările și varianța matematică.

Soluţie. Variabila aleatoare discretă X - numărul de părți nestandard - are o distribuție binomială și poate lua următoarele valori: x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 3, x5 = 4, x6 = 5. Probabilitate a unei piese nestandard într-un lot p = 5 /100 = 0,05. Să găsim probabilitățile acestor valori posibile:

Să scriem legea de distribuție dorită:

Să găsim caracteristicile numerice:

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

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

O sarcină. 2.3.3Timpul de detectare a țintei radar este distribuit conform legii exponențiale

Unde1/ λ = 10 Sec. - timpul mediu de detectare a țintei. Găsiți probabilitatea ca ținta să fie găsită în timp5 Inainte de15 Sec. după începerea căutării.

Soluţie. Probabilitatea de a atinge o variabilă aleatoare X În interval (5, 15) Să găsim prin formula (2.8):

La Primim

0.6065(1 - 0.3679) = 0.6065 0.6321 = 0.3834

O sarcină. 2.3.4Erorile de măsurare aleatoare sunt supuse legii normale cu parametrii a = 0, σ = 20 Mm. Scrieți funcția de distribuție diferențialăF(X) și găsiți probabilitatea ca măsurarea să fi făcut o eroare în intervalul de la 5 Inainte de 10 Mm.

Soluţie. Să substituim valorile parametrilor a și σ în funcția de distribuție diferențială (2.35):

Folosind formula (2.42), găsim probabilitatea de a atinge o variabilă aleatoare X În interval , i.e. A= 0, B= 0,1. Apoi funcția de distribuție diferențială F(x) Va arata ca