Нас часто цікавить можливість одночасного наступу кількох подій, наприклад випадання двох орлів при двох кидках монети або принаймні однієї шістки при двох кидках гральної кістки. Ситуації такого роду називаються ситуаціями з кількома можливими наслідками.

Використання деревоподібних діаграм

Хоча досить легко зрозуміти, що ймовірність випадання орла при одному кидку «чесної» монети дорівнює? Інтуїтивно визначити ймовірність випадання чотирьох орлів при чотирьох кидках «чесної» монети дещо важче. Хоча приклад із монетою може здатися штучним, він добре підходить для пояснення поєднання ймовірностей за кількох спроб. Давайте зробимо розрахунки. (Стежте за моїми міркуваннями, навіть якщо ви панічно боїтеся математики. Якщо ви попрацюєте над прикладами, обчислення та математичні міркування здадуться вам досить простими. Не треба вигукувати, глянувши на наступні кілька цифр: «Ні, ні в якому разі, я це просто пропущу ».Важливо вміти думати з числами і про числа.

При першому кидку може наступити лише одне із двох можливих результатів; орел (О) або решка (Р). Що станеться, якщо монету покинуть двічі? Існує чотири можливі результати: орел обидва рази (ГО), орел вперше і решка вдруге (ОР), решка вперше і орел вдруге (РО) та решка обидва рази (РР). Оскільки існує чотири можливі результати і лише один спосіб випадання двох орлів, то ймовірність цієї події дорівнює 1/4 (знову-таки ми припускаємо, що монета – «чесна», тобто випадання орла і решки рівноймовірно). Існує загальне правило для обчислення ймовірності спільної появи кількох подій у будь-якій ситуації – правило "і". Якщо ви хочете знайти ймовірність спільної появи першої ідругої події (орел при першій іпри другому кидку), треба перемножити ймовірність наступу цих подій окремо. Застосовуючи правило «і», ми бачимо, що ймовірність появи двох решок при дворазовому кидку монети дорівнює? x? = 1/4. Інтуїтивно здається, що ймовірність спільної появи двох подій має бути меншою, ніж ймовірність кожного з них окремо; так воно і виявляється.

Простий спосіб розрахунку цієї ймовірності виходить, якщо уявити всі можливі події за допомогою деревоподібної діаграми.Деревоподібні діаграми використовувалися у розділі 4, коли перевіряли правильність тверджень типу «якщо… то…». У цьому розділі ми припишемо гілкам дерева імовірнісні значення, щоб визначити ймовірність різних поєднань результатів. У наступних розділах я ще повернуся до деревоподібних діаграм при розгляді способів знаходження творчих розв'язків задач.

При першому кидку монети вона впаде або орлом, або рішкою вгору. Для «чесної» монети випадання орла та решки мають однакову ймовірність, що дорівнює 0,5. Давайте зобразимо це так:

Коли ви кидаєте монету вдруге, то або за першим орлом підуть другий орел або решка, або за першою рішкою підуть другий орел або решка. Імовірності випадання орла і решки при другому кидку, як і раніше, дорівнюють 0,5. Результати другого кидка зображуються на діаграмі як додаткових гілок дерева.

Як видно з діаграми, існує чотири можливі результати. Ви можете скористатися цим деревом для знаходження ймовірностей інших подій. Чому дорівнює можливість отримання однієї решки при двох кидках монети? Оскільки існує два способи, якими можна отримати одну решку (ОР або РВ), відповідь дорівнює 2/4 або? Якщо ви хочете знайти ймовірність двох або більше різних результатів, складіть ймовірність всіх результатів. Це називається правилом "або". Інакше це завдання можна сформулювати так: «Чому дорівнює можливість отримати абоспочатку орла, а потім решку (1/4), абоспочатку решку, та був орла (1/4)?» Правильна процедура знаходження відповіді полягає в тому, щоб скласти ці значення, в результаті чого виходить? Інтуїтивно здається, що ймовірність появи однієї з кількох подій має бути більшою, ніж ймовірність появи кожного з них; так воно і виявляється.

Правилами «і» і «або» можна користуватися тільки тоді, коли події, які нас цікавлять. незалежні.Дві події незалежні, якщо поява одного з них не впливає на появу другої. У прикладі результат першого кидка монети ніяк не впливає на результат другого кидка. Крім того, для застосування правила "або" необхідно, щоб події були несумісними, тобто не могли відбуватися одночасно. У прикладі, що розглядається, результати є несумісними, оскільки ми не можемо отримати і орла, і решку при одному кидку.

Подання подій у вигляді деревоподібних діаграм корисне в багатьох ситуаціях. Давайте розширимо наш приклад. Припустимо, що чоловік у смугастому костюмі з довгими, підкрученими вгору вусами і маленькими очками, що бігають, зупиняє вас на вулиці і пропонує зіграти на гроші, кидаючи монету. Він постійно ставить на орла. При першому кидку монета падає орлом нагору. При другому кидку відбувається те саме. При третьому кидку знову випадає орел. Коли ви почнете підозрювати, що має «нечесну» монету? У більшості людей сумніви виникають за третьої чи четвертої спроби. Обчисліть ймовірність випадання одних орлів за трьох і чотирьох кидках «чесної» монети (ймовірність випадання орла дорівнює 0,5).

Для розрахунку ймовірності випадання трьох орлів у трьох спробах вам треба намалювати дерево з трьома рядами вузлів, причому з кожного вузла виходять дві гілки.

У цьому прикладі нас цікавить можливість випадання трьох орлів поспіль за умови, що монета «чесна». Подивіться на стовпець, під назвою «вихід», і знайдіть результат ТОВ. Оскільки це єдиний результат із трьома орлами, перемножте ймовірності вздовж гілки 000 (обведеної на діаграмі) і ви отримаєте 0,5 х 0,5 х 0,5 = 0,125. Імовірність 0,125 означає, що й монета «чесна», то середньому вона падатиме орлом вгору тричі поспіль 12,5% випадків. Оскільки ця можливість невелика, то при випаданні трьох орлів поспіль більшість людей починає підозрювати, що монета «з секретом».

Для розрахунку ймовірності випадання чотирьох орлів у чотирьох спробах додайте до дерева додаткові гілки.

Імовірність випадання чотирьох орлів дорівнює 0,5 x 0,5 x 0,5 x 0,5 = 0,0625, або 6,25%. Як ви вже знаєте, математично вона дорівнює 0,5 4; тобто помножити число саме на себе чотири рази - це те саме, що звести його в четвертий ступінь. Якщо ви будете рахувати на калькуляторі, де є операція зведення в ступінь, то ви отримаєте ту саму відповідь – 0,0625. Хоча такий результат можливий і колись станеться, він малоймовірний. Насправді він настільки неправдоподібний і незвичайний, що багато хто сказав би, що людина з очками, що бігають, напевно, шахраює. Безперечно, що при випадінні п'ятого орла поспіль розумно буде зробити висновок, що ви маєте справу з шахраєм. Для більшості наукових цілей подія вважається «незвичною», якщо її поява очікується з ймовірністю менш як 5%. (Мовою теорії ймовірностей це записується так: р ‹ 0,05.)

Давайте залишимо штучний приклад з монетою і застосуємо ту ж логіку у більш корисному контексті. Я впевнена, що будь-який студент будь-коли стикався з тестами з вибором варіантів, у яких потрібно вибирати із запропонованих варіантів правильні відповіді. У більшості таких тестів на кожне запитання пропонують п'ять варіантів відповідей, з яких правильний лише один. Припустимо, що питання настільки важкі, що ви можете лише випадково вгадати правильну відповідь. Яка можливість правильного вгадування при відповіді на перше запитання? Якщо ви поняття не маєте, який з варіантів є правильною відповіддю, то ви з однаковою ймовірністю можете вибрати будь-який з п'яти варіантів, припускаючи, що будь-який з них може бути правильним. Оскільки сума ймовірностей вибору всіх варіантів повинна дорівнювати одиниці, то ймовірність вибору кожного з варіантів при рівноймовірності всіх варіантів дорівнює 0,20. Один із варіантів правильний, а решта – неправильні, тому ймовірність вибору правильного варіанту дорівнює 0,20. Деревоподібна діаграма цієї ситуації зображена нижче.

Яка можливість правильно вгадати відповіді на перші два питання тесту? Нам доведеться додати нові гілки до дерева, яке незабаром стане дуже густим. Щоб заощадити місце та спростити обчислення, можна уявити всі неправильні варіанти у вигляді однієї гілки, позначеної «неправильні». Імовірність помилитися при відповіді одне питання дорівнює 0,8.

Імовірність правильно вгадати відповіді на два питання дорівнює 0,2 х 0,2 = 0,04. Тобто випадково це може статися лише у 4% спроб. Припустимо, що ми розширимо наш приклад до трьох питань. Я не малюватиму дерево, але ви повинні вже зрозуміти, що ймовірність дорівнює 0,2 х 0,2 х 0,2 = 0,008. Це настільки незвичайна подія, що вона може статися випадково менш як у 1% спроб. Що ви подумаєте про людину, якій вдалося правильно відповісти на всі три запитання? Більшість людей (а викладачі теж люди) зробить висновок, що студент не вибирав відповіді навмання, а справді щось знав. Звичайно, не виключено, що йому просто пощастило, але це дуже малоймовірно. Таким чином, ми приходимо до висновку, що отриманий результат не може пояснюватись лише удачею.

Мені хотілося б відзначити одну цікаву сторону таких міркувань. Розглянемо плачевну ситуацію, в яку потрапила Сара. Вона відповідала на 15 питань тесту, де на кожне запитання треба було вибирати з п'яти варіантів. Сара неправильно відповіла на всі 15 питань. Чи можете ви визначити ймовірність того, що це сталося випадково? Я не малюватиму деревоподібну діаграму для ілюстрації цієї ситуації, але легко бачити, що ймовірність помилитися при відповіді на одне питання дорівнює 0,8; тому можливість неправильно відповісти на всі 15 питань дорівнює 0,8 15 . Це число 0,8, помножене на себе 15 разів, у результаті виходить 0,0352. Оскільки ймовірність такої випадковості дорівнює 3,52%, можливо, Сарі варто заявити викладачеві, що такий незвичайний результат не може пояснюватися випадковістю? Сара, звичайно, може навести подібний аргумент, але чи повірили б ви їй на місці викладача? Припустимо, вона стверджує, що знала відповіді на всі запитання. Як інакше вона змогла б не вибрати правильний варіант відповіді у 15 питаннях поспіль? Я не знаю, скільки викладачів повірили б її твердженню, що 15 невірних відповідей доводять наявність у неї знань, хоча в принципі такий перебіг міркувань використовується для доказу наявності знань, оскільки вірогідність правильно вгадати всі відповіді приблизно така сама. (У цьому прикладі ймовірність навмання відповісти правильно на всі 15 питань дорівнює 0,20 15 ; це число значно менше 0,0001.) Якби викладачем Сари була я, то я поставила б їй високі оцінки за творчий підхід і розуміння статистичних принципів. Не виключено, що Сара справді щось знала на цю тему, але цього «чогось» була систематична помилка. Я б також вказала їй на те, що, можливо, вона не підготувалася до тесту, а також їй ще й не пощастило, і вона зробила 15 невірних здогадів. Зрештою, іноді трапляються і дуже незвичайні події.

Перед тим, як перейти до читання наступного розділу, перевірте, чи розумієте ви, як застосовувати деревоподібні діаграми для розрахунку ймовірностей та обліку всіх можливих результатів. У цьому розділі я ще повернуся до таких діаграм. Коли ви навчитеся їх використовувати, ви будете здивовані, скільки існує ситуацій, в яких вони можуть застосовуватися.

Ніч. Світло повного місяця, що висить на зоряному небі, через вітражі на вікнах освітлювало похмурі коридори Зміулана, від стін яких відбивався лункий звук бігу. -Ну Що за дівчисько! - збиваючи подих, пробурчав Феш. - Злякалася вона, чи розумієш ... Тільки час даремно втратив! Сподіваюся, мені все ж таки вдасться втекти ... цього разу ... Несучись до Кам'яної Зали, він молився, щоб йому ніхто не попався на шляху. Але все сталося з точністю та навпаки. У темряві коридорів (де не спромоглися зробити вікна) Драгоцій зіткнувся з кимось, почувши знайомий голос: Хто тут гасає, як пригорілий?! "". Брюнет викликав годинникову стрілу і запалив на вістря її вогник. У світло імпровізованого світильника потрапила… Василиса?! -Ти?! – одночасно вигукнули ці двоє. Феш випробував одночасно з подивом і полегшенням: все-таки з Огнєвою вони в ладах, і його вона не здасть ... ну, він на це сподівався. Хлопець подумав, що рудоволоса зазнала щось подібне. -Що ти тут робиш? - простягнув Василісі руку Драгоцій. Та, прийнявши допомогу, піднялася і обтрусила: - Те саме питання хотілося б поставити тобі. -Я перший спитав, - схрестив руки на грудях Феш. -Неважливо. Взагалі, це не твоя справа, – огризнулася Василина. -Ну, значить, і те, що я роблю, не твоя справа, - спокійно знизав плечима Драгоцій. Рудоволоса підібгала губи і задумливо глянула на брюнета: -Я скажу тільки після тебе. -Ну ... я ... - почав Феш, намагаючись підібрати слова, але нічого не виходило. - Гаразд, я хочу втекти, - випалив Драгоцій. Очі Василіси розширилися: - Ти що, розумом рушив? Феш закотив очі і роздратовано глянув на Огневу: - Ні, але я не хочу залишатися тут. -Якщо тебе спіймають, то покарають. Згадай, що було минулих разів, - схрестила руки на грудях рудоволоса. Драгоцій скривився: -Слухай, краще не заважай мені. Василина задумливо глянула на брюнета: -Добре, заважати не буду ... тим більше, я сьогодні така добра, що навіть здавати тебе не буду, - хихикнула Огнєва і, розвернувшись, хотіла йти, але Феш зупинив її окликом: -Василиса, - дівчина розгорнулася і вичікувально глянула на брюнета, - дякую, - посміхнувся Драгоцій і втік. Огнева посміхнулася і попрямувала до себе ... *** -Це було величезною помилкою, племінник, - Астрагор височів над лежачим напівголим Фешем. Учні почали тихо перешіптуватись. - Ти не раз намагався втекти і завжди отримував покарання… - Шакл, який прийшов спеціально для виконання розправи, дістав один із лозин і змахнув кілька разів. Почувся хвилястий звук. -Сподіваюся, ти все-таки зрозумієш, що бігти марно, - великий дух Остали повернувся до спини, що провинився, обличчям - до інших учнів: - Думаю, це послужить прикладом і вам. Прут, розтинаючи повітря, відразу пройшовся по спині Феша, залишаючи червоні, навіть криваві смуги. Удар за ударом. Брюнет стоїчно виносив усі удари, лише іноді видаючи півстон - напіврик. Учні дивилися на це з якимсь єхидством. Тільки Василиса та Захарра схвильовано дивилися на брюнета… *** Феш сидів у в'язниці і роздумував. Раніше його просто садили в підземелля, залишаючи без їжі, але зараз, мабуть, дядькові набридло, що його племінник покараний так легко. Брюнет повів плечем, болісно скривившись. Він не звертав уваги на холод, вогкість, занурившись у свої думки. З роздумів його вивів звук кроків, що лунав коридором. Незабаром під світло смолоскипа вийшла Василина. Феш тут же підійшов до ґрат: - Ти чого тут робиш? -Тримай, - Огнева між прутами просунула руку і віддала Драгоцію досить пристойний шматок ще теплого хлібаз насінням. Феш прийняв їжу. -І що це за напади щедрості? - посміхнувся він. -Це Захарра попросила передати. Її не пропускали, - знизала плечима Огнєва. -Тобто Захарру не пустили, а тебе, ту, що не є родичкою Астрагора, спокійно пропустили? - посміхнувся брюнет. -Ну, це не я вирішую, - Василина знову знизала плечима, правда, Феш у її очах помітив хвилювання. -Ну, я спитаю потім у Захарри про це, - спокійно сказав Драгоцій, відкусивши трохи хліба. -Спитай, а мені час уже, - Огнева розгорнулася і спокійно пройшла до кута і завернула за нього. Невдовзі Феш почув звуки бігу і посміхнувся. Все-таки це її ініціатива. Напевно, до сестрички побігла домовлятися про всяк випадок"".

Ваш номер дванадцятий, - сказав фір, записуючи щось у книжечку. Феш подякував чоловікові і полетів до свого будиночка. ,Тепер головне не налагоджувати. Сподіваюся, фея не підведе, коли ми виступатимемо…"" - з цими думками брюнет приземлився на гілку поряд з альтанкою, де на нього вже чекали двоє. -Нарешті ти прийшов, - з усмішкою помахав йому рукою один із чекаючих, Нік. Сероока дівчина з темним каре, яка є другою персоною, на знак вітання лише кивнула, перейшовши відразу до справи: - І під яким номером ми виступаємо? - Запитала вона, ставлячи чашки з ароматною кавою на столик. -Дванадцять, - сідаючи за стіл, відповів хлопець. - Нам треба прорепетирувати: ми маємо знати, як ми звучимо все утрьох. -Ми не зобов'язані виступити дуже добре, Драгоцій, - відразу охолодила його дівчина, - це прикриття. Ти просто отримаєш після виступу ключ від нашої повелительки, як і було обіцяно, - за цих слів Феш скривився так, ніби з'їв лимон, - а Нік пройде посвяту. -Я не хочу вдарити в багнюку обличчям перед усім двором, - відповів Драгоцій. -Феш, Діана, - почергово дивлячись на цих двох, благав Нік, - будь ласка, припиніть. Думаю, нам справді варто прорепетирувати. -Настрій не пісенний, - буркнув Феш і, навіть не поївши, пішов до себе в кімнату. * Кілька днів тому * - Отже, - з радісною посмішкою промовив Костянтин, який зібрав Феша і Ніка в майстерні, - У мене є дві новини. Перша: я домовився з Білою Корольовою про твою посвяту, Нік. - Як це вийшло? – здивовано глянув на Лазарєва Феш. - Потім розповім, - усміхнувся батько Ніка. - синку, чи не міг би ти залишити нас? - Блондин вийшов з кімнати, зачинивши за собою двері. Костянтин посерйознів, перевівши погляд на брюнета: -Феш, Астаріус просив мене передати, що Біла королева обіцяла йому Срібний ключ. Ти повинен вирушити до Чародола, взяти участь у Чаруваннях і забрати Срібний ключ у Королеви, - Драгоцій був вражений тим, що саме йому Астаріус довірив нести цей ключ, нехай він і чув про це вдруге. Вчитель уже попередив його, пояснивши це тим, що брюнет втік від Астрогора... *** Їхній виступ спричинив фурор у королівстві фей: шестикрилі створіння піднімали вгору годинникові стріли, аплодували і захоплено кричали. Побоювання Феша були марними, чому він був радий. Незабаром йому на годинник прийшов лист, у якому говорилося, що він, як переможець Чарувань, має прийти опівночі Білий Замок . Брюнет підійшов до альтанки, де вже сиділи Нік та Діана, які теж були раді тому, що виступ пройшов успішно. -Ну що, - у жартівливій манері звернувся він до Фрезера, - чи супроводите ви нас у Білий Замок, пані фрейліна? - Нік пирхнув у чашку, а Діана лише усміхнулася. -Чому ти не сказала, що є фрейліною? - Феш сів за стіл - Я почував себе дурнем, коли до мене підходили і казали, що мій виступ з пані Діаною Фрезер, фрейліною її величності, викликав фурор! - ні Нік, ні Діана не змогли стримати смішка… *північ* -Фешіар Драгоцій, - Біла Корольова, що встала з трону, прикрашеного на спинці золотими гілочками зі смарагдовим листям, махнула рукою однієї з дівчат, - за перемогу на чаруваннях і обіцянки Астаріусу, я дарую тобі Срібний ключ. Думаю, що ти знаєш, що це величезна відповідальність. Захищай його, зберігай, як зіницю ока. -Я обіцяю, - кивнув Феш, впевнено дивлячись на Королеву фей. Двері відчинилися, і дівчина внесла Срібний ключ, що лежить на подушці з червоного шовку. Фея підійшла до нього і зупинилася у поклоні, простягаючи подушку з ключем. Феш акуратно взяв ключ і вклонився Корольову: -Покірно дякую за честь, яку я надав. Правителька фей кивнула і махнула рукою, дозволяючи Фешу вирушати в будиночок для відпочинку. Ніка забрали ще на початку для того, щоб він пройшов освіту. *** -…і мені дали якесь вартове зілля. Ну, я й випив його. У результаті, третій годинний ступінь, – радісно посміхався Нік, розповідаючи другові про те, що сталося з ним у Білому Замку. Діана сиділа з ними і спокійно випивала каву, поїдаючи булочку. -У мене, між іншим, теж новина є, відставивши чашку убік, посміхнулася Діана, поклавши на стіл невеликий залізний ключик. З секунду Феш і Нік здивовано дивилися то на ключ, то на дівчину, але наступного моменту Драгоцій схопився зі свого місця і кинувся обіймати Діану, радісно посміхаючись. -Я знав! - Вигукнув він. почервоніла фея ледве вирвалася з обіймів хлопця: - По-перше, відпусти, задушиш же! По-друге, як дізнався? - Здогадатися, звичайно, було нескладно, - повідомив задоволений Феш. - Придворна фея, найкраща учениця, та ще й відчайдушна... Я здогадався, що ти теж ключниця, одразу, як тебе побачив. -Так, - простяг відійшли від здивування Нік, - зустріч у лісі з тобою була трохи несподівана. -Та що ж несподіваного було? - З цікавістю глянула Діана на друга. -Наприклад, те, що ти несподівано вистрибнула на нас із темряви, - вставив Феш. -Так, - кивнув молодший-тепер-вже-годинник Лазарєв, - Ми, звичайно, знали, що зустрінемо тебе в лісі, але не варто було вистрибувати так несподівано на нас із темряви. -Зате як добре, що ми одразу вирушили до Чародола, - хмикнув Драгоцій. Хлопці згідно кивнули і продовжили сніданок.

Для побудови дерева ймовірностей насамперед необхідно намалювати саме дерево, потім записати на малюнку всю відому для цього завдання інформацію і, нарешті, скористатися основними правилами, щоб обчислити недостатнє число і закінчити дерево.

1. Імовірності вказуються в кожній з кінцевих точок та обводяться кружальцями. На кожному рівні дерева сума цих ймовірностей має дорівнювати 1 (або 100%). Приміром, на рис. 6.5.1 сума ймовірностей на першому рівні становить 0,20 + 0,80 = 1,00 та на другому рівні - 0,03 + 0,17 + 0,56 + 0,24 = 1,00. Це правило допомагає заповнити один порожній гурток у стовпці, якщо значення решти ймовірностей цього рівня відомі.

Рис. 6.5.1

2. Умовні ймовірності вказуються поруч із кожною з гілок (крім,
можливо, гілок першого рівня). Для кожної групи гілок, що виходять з однієї точки, сума цих ймовірностей також дорівнює 1 (або 100%).
Наприклад, на рис. 6.5.1 для першої групи гілок отримуємо 0,15 + 0,85 =
1,00 та для другої групи - 0,70 + 0,30 = 1,00. Це правило дозволяє
обчислити одне невідоме значення умовної ймовірності групи гілок, які з однієї точки.

3. Обведена навколо на початку гілки ймовірність, помножена на умовну
ймовірність поруч із цією гілкою, дає ймовірність, записану в колі в
кінці гілки. Наприклад, на рис. 6.5.1 для верхньої провідної вправо гілки
маємо 0,20 х 0,15 = 0,03, для наступної гілки – 0,20 х 0,85 = 0,17; аналогічні співвідношення виконуються й інших двох гілок. Це правило можна використовувати для обчислення одного невідомого значення
ймовірності трьох, відповідних деякої гілки.

4. Записане у колі значення ймовірності дорівнює сумі обведених кружками ймовірностей на кінцях усіх гілок, що виходять із цього кола
праворуч. Приміром, для рис. 6.5.1 із кола зі значенням 0,20 виходять
дві гілки, на кінцях яких знаходяться обведені кружками ймовірності, сума яких дорівнює цьому значенню: 0,03 + 0,17 = 0,20. Це правило дозволяє знайти одне невідоме значення ймовірності групи,
що включає цю ймовірність і всі ймовірності на кінцях гілок дерева,
що виходять із відповідного кола.

Використовуючи ці правила, знаючи все, крім одного значення ймовірності для деякої гілки або на деякому рівні, знаходити це невідоме значення.

37. Яка вибірка називається репрезентативною? Яким чином можна отримати репрезентативну вибірку?

Репрезентативність- Це здатність вибірки представляти сукупність, що досліджується. Чим точніше склад вибірки представляє сукупність з питань, що вивчаються, тим вище її репрезентативність.

Репрезентативна вибірка (representative sample) – одне з ключових понять аналізу даних. Репрезентативна вибірка - це вибірка із генеральної сукупності з розподілом F(x), що представляє основні особливості генеральної сукупності. Наприклад, якщо у місті проживає 100 000 осіб, половина з яких чоловіки та половина жінки, то вибірка 1000 осіб з яких 10 чоловіків та 990 жінок, звичайно, не буде репрезентативною. Побудований на її основі опитування громадської думки, звісно, ​​міститиме усунення оцінок і призводить до фальсифікації результатів.

Необхідною умовою побудови репрезентативної вибіркиє рівна можливість включення до неї кожного елемента генеральної сукупності.

Вибіркова (емпірична) функція розподілу дає при великому обсязі вибірки досить гарне уявлення про функцію розподілу F(x) вихідної генеральної сукупності.

Провідний принцип, що лежить в основі такої процедури, - принцип рандомізації, випадковості. Вибірка називається випадковою (іноді ми говоритимемо проста випадкова чи чиста випадкова вибірка), якщо виконуються дві умови. По-перше, вибірка має бути побудована таким чином, щоб будь-яка людина чи об'єкт у межах сукупності мала рівні можливостібути відібраним для аналізу. По-друге, вибірка має бути сформована те щоб будь-яке поєднання з n об'єктів (де n - просто кількість об'єктів, чи випадків, у вибірці) мало рівні можливості бути відібраним для аналізу.

При дослідженні сукупностей, які занадто великі, щоб можна було здійснити справжню лотерею, часто використовуються прості випадкові вибірки. Виписати імена кількох сотень тисяч об'єктів, скласти їх у барабан і вибрати кілька тисяч - це все ж таки нелегка робота. У разі використовується інший, проте настільки ж надійний спосіб. Кожному об'єкту разом присвоюється номер. Послідовність чисел у таких таблицях зазвичай задається комп'ютерною програмою, що називається генератором випадкових чисел, який, по суті, поміщає в барабан велику кількість чисел, випадково витягує їх і видруковує в порядку отримання. Іншими словами, має місце той самий процес, характерний для лотереї, проте комп'ютер, використовуючи не імена, а числа, здійснює універсальний вибір. Цим вибором можна користуватися, просто надавши кожному з наших об'єктів номер.

Таблиця випадкових чисел типу тієї може використовуватися декількома різними способами, і в кожному випадку необхідно прийняти три Рішення. По-перше, слід вирішити, скільки розрядів Ми будемо використовувати, по-друге, необхідно розробити вирішальне правилоїх використання; по-третє, потрібно вибрати вихідну точку і спосіб проходження по таблиці.

Як тільки це зроблено, ми повинні розробити правило, яке пов'язувало числа в таблиці з номерами наших об'єктів. Тут є дві можливості. Найпростіший спосіб (хоч і не обов'язково найправильніший) – використовувати лише ті числа, які потрапляють до числа номерів, приписаних нашим об'єктам. Так, якщо ми маємо сукупність, що складається з 250 об'єктів (і, таким чином, використовуємо тризначні числа), і вирішуємо почати з лівого верхнього кута таблиці і рухатися вниз по стовпцях, ми включимо в нашу вибірку об'єкти з номерами 100, 084 і 128 пропустимо числа 375 та 990, які не відповідають нашим об'єктам. Цей процес продовжуватиметься доти, доки не буде визначено кількість об'єктів, необхідних для нашої вибірки.

Більш трудомістка, проте методично правильніша процедура ґрунтується на положенні, що для збереження випадковості, характерної для таблиці, має бути використано кожне число даної розмірності (наприклад, кожне тризначне число). Наслідуючи цю логіку і знову маючи справу з сукупністю з 250 об'єктів, ми повинні розбити область тризначних чисел від 000 до 999 на 250 однакових проміжків. Оскільки таких чисел 1000 ми ділимо 1000 на 250 і знаходимо, що кожна з частин містить чотири числа. Таким чином, числа таблиці від 000 до 003 будуть відповідати об'єкту від 004 до 007 – об'єкту 2 і т.д. Тепер, щоб встановити, який номер об'єкта відповідає числу таблиці, слід розділити тризначне число з таблиці та округлити до найближчого цілого числа.

І нарешті, ми повинні вибрати в таблиці вихідну точку та спосіб проходження. Вихідною точкою може бути верхній лівий кут (як у попередньому прикладі), нижній правий кут, лівий край другого рядка або інше місце. Цей вибір абсолютно довільний. Однак, працюючи з таблицею, ми маємо діяти систематично. Ми могли б взяти три перші знаки з кожної п'ятизначної послідовності, три середні знаки, три останні знаки або навіть перший, другий та четвертий знаки. (З першої п'ятизначної послідовності за допомогою цих різних процедур виходять відповідно числа 100, 009, 097 і 109.) Ми могли б застосувати ці процедури в напрямку праворуч наліво, отримавши 790, 900, 001 і 791. Ми могли б йти вздовж рядів , розглядаючи по черзі кожну наступну цифру та ігноруючи розбиття на п'ятірки (для першого ряду будуть отримані числа 100, 973, 253, 376 та 520). Ми могли б мати справу лише з кожною третьою групою цифр (наприклад, 10097, 99019, 04805, 99970). Існує безліч найрізноманітніших можливостей, і кожна наступна анітрохи не гірша за попередню. Однак як тільки ми прийняли рішення про те, чи інший спосіб роботи, ми повинні систематично слідувати йому, щоб максимально дотримуватися випадковості елементів в таблиці.

38. Який інтервал ми називаємо довірчим?

Довірчий інтервал - це допустиме відхилення значень, що спостерігаються від істинних. Розмір цього припущення визначається дослідником з урахуванням вимог щодо точності інформації. Якщо збільшується припустима помилка, розмір вибірки зменшується, навіть якщо рівень довірчої ймовірності залишиться рівним 95%.

Довірчий інтервал показує, у якому діапазоні будуть результати вибіркових спостережень (опитувань). Якщо ми проведемо 100 однакових опитувань в однакових вибірках з єдиної генеральної сукупності (наприклад, 100 вибірок по 1000 осіб у кожній у місті з населенням 5 мільйонів осіб), то за 95% довірчої ймовірності, 95 зі 100 результатів потраплять у межі довірчого інтервалу (наприклад, від 28 до 32% при істинному значенні 30%).

Наприклад, справжня кількість мешканців міста, що палять, становить 30%. Якщо ми 100 разів поспіль виберемо по 1000 чоловік і в цих вибірках поставимо питання "чи курите Ви?", у 95 з цих 100 вибірок при 2% довірчому інтервалі значення складе від 28% до 32%.

39 Що називається рівнем довірливості (confidence level)?

Довірчий рівень відображає кількість даних, необхідних оцінювачу для того, щоб стверджувати, що програма, що обстежується, має належний ефект. У суспільних наукахЗазвичай використовується 95% довірчий рівень. Однак для більшості громадських програм рівень 95% є зайвим. Довірчий рівень в інтервалі 80-90% достатній для адекватної оцінки програми. Таким чином, можна зменшити розмір репрезентативної групи, тим самим зменшивши витрати на проведення оцінки.

У процесі статистичної оцінки перевіряється нульова гіпотеза, яка полягає в тому, що програма не мала належного ефекту. Якщо отримані результати значно відрізняються від початкових припущень щодо правильності нульової гіпотези, то остання відхиляється.

40. Який із двох довірчих інтервалів більший: двосторонній 99% чи двосторонній 95%? Поясніть.

Двосторонній довірчий інтервал 99% більше, ніж 95%, оскільки до нього потрапляє більше значень. Док-во:

За допомогою z-значень можна точніше оцінити довірчий інтервал та визначити загальну форму довірчого інтервалу. Точне формулювання довірчого інтервалу для вибіркового середнього має такий вигляд:

Таким чином, для випадкової вибірки 25 спостережень, що задовольняють нормальному розподілу, довірчий інтервал вибіркового середнього має такий вигляд:

Таким чином, на 95% можна бути впевненим, що значення лежить у межах ±1,568 одиниці від середнього вибіркового. За допомогою такого ж методу можна визначити, що 99% довірчий інтервал лежить в межах ±2,0608 одиниці від вибіркового середнього

Таким чином, маємо і звідси , Аналогічно отримуємо нижню межу, яка дорівнює

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= (Сума окулярів дорівнює 2 або 3);

● E= (Сума окулярів дорівнює 10).

Описати подію: З= (ЛАНЦЮК ЗАМКНУТИ) для кожного випадку.

Рішення.Введемо позначення: подія A- контакт 1 замкнутий; подія У- контакт 2 замкнутий; подія З- ланцюг замкнутий, лампочка горить.

1. Для паралельного з'єднання ланцюг замкнутий, коли хоча б один із контактів замкнутий, тому З = A + В;

2. Для послідовного з'єднання ланцюг замкнутий, коли замкнуті обидва контакти, тому З = A · В.

Завдання. 1.1.4Складено дві електричні схеми:

Подія A - ланцюг замкнутий, подія A i - I-й контакт замкнутий. Для якої з них справедливе співвідношення

A1 · (A2 + A3 · A4) · A5 = A?

Рішення. Для першої схеми A = A1 · (A2 · A3 + A4 · A5), тому що паралельному з'єднанню відповідає сума подій, а послідовному з'єднанню - добуток подій. Для другої схеми A = A1 (A2 + A3 A4 A5). Отже, це співвідношення справедливе для другої схеми.

Завдання. 1.1.5Спростити вираз (A+B)(B+C)(C+A).

Рішення. Скористаємося властивостями операцій складання та множення подій.

(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 = BA + BC + AC.

Завдання. 1.1.6Довести, що події A, AB та A+B Утворять повну групу.

Рішення. При розв'язанні задачі скористаємось властивостями операцій над подіями. Спочатку покажемо, що ці події попарно несумісні.

Тепер покажемо, що сума цих подій дає простір елементарних подій.

Завдання. 1.1.7За допомогою схеми Ейлера-Венна перевірити правило де-Моргана:

А) Заштрихована подія AB.

Б) Подія A – вертикальна штрихування; подія B - горизонтальне штрихування. Подія

(A+B) – заштрихована область.

Зі зіставлення малюнків а) і в) випливає:

Завдання. 1.2.1Скільки способами можна розсадити 8 осіб:

1. В один рядок?

2. За круглим столом?

Рішення.

1. Шукане число методів дорівнює числу перестановок з 8, тобто.

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

2. Оскільки за круглим столом вибір першої людини не впливає на чергування елементів, то першим можна взяти будь-кого, а тих, що залишилися упорядковим щодо обраного. Цю дію можна здійснити 8!/8 = 5040 способами.

Завдання. 1.2.2На курсі вивчається 5 предметів. Скільки способами можна скласти розклад на суботу, якщо у цей день мають бути дві різні пари?

Рішення. Чимало способів є число розміщень

З 5 по 2, тому що потрібно врахувати порядок пар:

Завдання. 1.2.3Скільки екзаменаційних комісій, Що складаються з 7 осіб, можна скласти з 15 викладачів?

Рішення. Кількість комісій (без урахування порядку) - це число поєднань з 15 по 7:

Завдання. 1.2.4З кошика, що містить двадцять пронумерованих куль, вибирають на удачу 5 куль. Визначити кількість елементів простору елементарних подій цього досвіду, якщо:

Кулі вибираються послідовно один за одним із поверненням після кожного вилучення;

Кулі вибирають одна за одною, не повертаючи;

Вибирають одразу 5 куль.

Рішення.

Число способів витягти перший шар з кошика дорівнює 20. Так як витягнутий шар повернувся в кошик, то число способів витягти другий шар також дорівнює 20 і т. д. Тоді число способів витягти 5 куль в цьому випадку дорівнює 20 · 20 · 20 · 20 · 20 = 3200000.

Число способів витягти першу кулю з кошика дорівнює 20. Так як витягнута куля після вилучення не повернулася в кошик, то число способів витягти другу кулю стало рівне 19 і т. д. Тоді число способів витягти 5 куль без повернення дорівнює 20 · 19 · 18 · 17 · 16 = A52 0

Число способів витягти з кошика 5 куль відразу дорівнює кількості поєднань з 20 по 5:

Завдання. 1.2.5Підкинуто дві гральні кістки. Знайти ймовірність події A того, що випаде хоч одна одиниця.

Рішення.На кожній кістці може випасти будь-яке число очок від 1 до 6. Тому простір елементарних подій містить 36 рівноможливих результатів. Події A сприяють 11 результатів: (1,1), (1,2), (2,1), (1,3), (3,1), (1,4), (4,1), (1 ,5), (5,1), (1,6), (6,1), тому

Завдання. 1.2.6На червоних картках написані літери у, і, я, к, ц, ф, н, на синіх - літери а, а, о, т, т, с, ч. Після ретельного перемішування, що ймовірніше: з першого разу з букв червоні картки скласти слово "функція" або з букв на синіх картках слово "частота"?

Рішення.Нехай подія A - навмання складене з 7 літер слово «функція», подія B - навмання складене з 7 літер слово «частота». Так як упорядковуються дві множини з 7 літер, то число всіх наслідків для подій A і B дорівнює n = 7!. Події A сприяє один результат m = 1, оскільки всі літери на червоних картках різні. Події B сприяють m = 2! · 2! результатів, оскільки літери «а» і «т» зустрічаються двічі. Тоді P(A) = 1/7! , P (B) = 2! 2! /7! , P(B) > P(A).

Завдання. 1.2.7На іспиті студенту пропонується 30 квитків; у кожному квитку два питання. З 60 питань, що увійшли до квитків, студент знає лише 40. Знайти ймовірність того, що взятий студентом квиток складатиметься

1. із відомих йому питань;

2. із невідомих йому питань;

3. з одного відомого та одного невідомого питання.

Рішення.Нехай A - подія, яка полягає в тому, що на обидва питання студент знає відповідь; B - не знає відповіді на обидва питання; C – на одне запитання знає відповідь, на інше – не знає. Вибір двох питань із 60 можна здійснити n = C260 = 60 2 · 59 = 1770 способами.

1. Є m = C240 ​​= 40 2 · 39 = 780 можливостей вибору відомих студенту питань. Тоді P(A) = M N = 17 78 70 0 = 0,44

2. Вибір двох невідомих питань із 20 можна здійснити m = C220 = 20 2·19 = 190 способами. В такому випадку

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

3. Існує m = C14 0 · C21 0 = 40 · 20 = 800 способів вибрати квиток з одним відомим та одним невідомим питанням. Тоді P(C) = 1870700 = 0,45.

Завдання. 1.2.8Три канали надіслано деяку інформацію. Канали працюють незалежно один від одного. Знайти ймовірність того, що інформація досягне мети

1. Тільки одним каналом;

2. Хоча б одним каналом.

Рішення. Нехай A - подія, яка полягає в тому, що інформація досягає мети лише по одному каналу; B – хоча б по одному каналу. Досвід – передача інформації по трьох каналах. Результат досвіду – інформація досягла мети. Позначимо Ai - інформація досягає мети по i-му каналу. Простір елементарних подій має вигляд:

Події B сприяють 7 результатів: всі результати, крім n = 8; mA = 3; mB = 7; P(A) = 3 8; P(B) = 7 8.

Завдання. 1.2.9На відрізку одиничної довжини випадково з'являється точка. Знайти ймовірність того, що відстань від точки до кінців відрізка більша за 1/8.

Рішення. За умовою завдання події, що шукається, задовольняють всі точки, що з'являються на інтервалі (a; b).

Оскільки його довжина s = 1 - 1 8 + 1 8 = 3 4, а довжина всього відрізка S = 1, то ймовірність дорівнює P = s/S = 3/14 = 0.75.

Завдання. 1.2.10У партії зNвиробівKвиробів браковані. Для контролю вибирається m виробів. Знайти ймовірність того, що з M Виробів L Виявляться бракованим (подія А).

Рішення. Вибір m виробів із n можна здійснити способами, а вибір Lбракованих із k бракованих - способами. Після вибору Lбракованих виробів залишиться (m - L) придатних, що є серед (n - k) виробів. Тоді число наслідків, що сприяють події A, дорівнює ·

І шукана ймовірність

Завдання. 1.3.1Bурне 30 куль: 15 червоних, 10 синіх та 5 білих. Знайти ймовірність того, що навмання вийнята куля – кольорова.

Рішення. Нехай подія A - вийнята червона куля, подія B - вийнята синя куля. Тоді події (A + B) - вийняти кольорову кулю. Маємо P(A) = 1 3 5 0 = 1 2 , P(B) = 1 3 0 0 = 1 3. Так як

Події A та B несумісні, то P(A + B) = P(A) + P(B) = 1 2 + 1 3 = 5 6 = 0.83.

Завдання. 1.3.2Імовірність того, що буде сніг (подія A ), дорівнює 0.6, А те, що буде дощ (подія B ), дорівнює 0.45. Знайти ймовірність поганої погоди, якщо ймовірність дощу зі снігом (подія AB ) дорівнює 0.25.

Рішення. Події A та B спільні, тому P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0.6 + 0.45 - 0.25 = 0.8

Завдання. 1.3.3Bпершому ящику 2 білих та 10 чорних куль, у другому - 3 білих та 9 чорних куль, у третьому - 6 білих та 6 чорних куль. З кожного ящика вийняли по кулі. Знайти ймовірність того, що всі вийняті білі кулі.

Рішення. Подія A - вийнята біла куля з першої скриньки, B - з другої скриньки, C - з третьої. Тоді P(A) = 122 = 16; P(B) = 13 2 = 1 4; P(C) = 16 2 = 1 2. Подія ABC - всі вийняті

Кулі – білі. Події A, B, C – незалежні, тому

P(ABC) = P(A)· P(B) · P(C) = 1 6 · 1 4 · 1 2 = 41 8 = 0.02

Завдання. 1.3.4Bелектричний ланцюг послідовно включені 5 Елементи, що працюють незалежно один від одного. Імовірність відмов першого, другого, третього, четвертого, п'ятого елементів відповідно дорівнюють 0.1; 0.2; 0.3; 0.2; 0.1. Знайти ймовірність того, що струму в ланцюзі не буде (подія A ).

Рішення. Так як елементи включені послідовно, то струму в ланцюзі не буде, якщо відмовить хоча б один елемент. Ai(i =1...5) - відмовить I- й елемент. Події

Завдання. 1.3.5Ланцюг складається з незалежних блоків, з'єднаних у систему з одним входом та одним виходом.

Вихід з ладу за час Т різних елементів ланцюга - незалежні події, що мають такі ймовірностіP 1 = 0.1; P 2 = 0.2; P 3 = 0.3; P 4 = 0.4. Відмова будь-якого з елементів призводить до переривання сигналу в тій галузі ланцюга, де знаходиться даний елемент. Знайти надійність системи.

Рішення. Якщо подія A - (СИСТЕМА НАДІЙНА), Ai - (i - й БЛОК ПРАЦЮЄ БЕЗВІДМОВНО), то A = (A1 + A2) (A3 + A4). Події A1+A2, A3+A4 – незалежні, події A1 та A2, A3 та A4 – спільні. За формулами множення та складання ймовірностей

Завдання. 1.3.6Робочий обслуговує 3 верстати. Імовірність того, що протягом години верстат не вимагатиме уваги робітника, дорівнює для першого верстата 0.9, для другого верстата – 0.8, для третього верстата – 0.7.

Знайти ймовірність того, що протягом деякої години

1. Потребує уваги другий верстат;

2. Вимагають уваги два верстати;

3. Вимагають уваги щонайменше двох верстатів.

Рішення. Нехай Ai - i-й верстат вимагатиме уваги робітника, - i-й верстат не вимагатиме уваги робітника. Тоді

Простір елементарних подій:

1. Подія A - вимагатиме уваги другий верстат: Тоді

Бо події несумісні та незалежні. 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. Подія B - вимагатимуть уваги два верстати:

3. Подія C - вимагають уваги не менше двох станів
ків:

Завдання. 1.3.7Bмашину «Екзаменатор» введено 50 Запитань. Студенту пропонується 5 Запитань і ставиться оцінка «відмінно», якщо всі питання отримано правильну відповідь. Знайти можливість отримати "відмінно", якщо студент підготував тільки 40 Запитань.

Рішення. A - (ОТРИМАНА ОЦІНКА «ВІДМІННО»), Ai - (ВІДПОВІДІВ НА i - й ПИТАННЯ). Тоді A = A1A2A3A4A5, маємо:

Або іншим способом - за допомогою формули класичної ймовірності: І

Завдання. 1.3.8Імовірність того, що потрібна збиральнику деталь знаходиться вI, II, III, IVящику, відповідно рівні 0.6; 0.7; 0.8; 0.9. Знайти ймовірність того, що збирачеві доведеться перевірити всі 4 ящики (подіяA).

Рішення. Нехай Ai - (Потрібна збиральнику деталь знаходиться в i-му ящику.) Тоді

Оскільки події несумісні та незалежні, то

Завдання. 1.4.1Обстежилася група із 10000 осіб віком понад 60 років. Виявилося, що 4000 людей постійно курять. У 1800 курців виявилися серйозні зміни у легенях. Серед тих, хто не курить, зміни в легенях мали 1500 осіб. Яка ймовірність того, що навмання обстежена людина, яка має зміни в легенях, курить?

Рішення.Введемо гіпотези: H1 - обстежений постійно курить, H2 - є курцем. Тоді за умовою завдання

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

Позначимо через A подію, що полягає в тому, що обстежений має зміни в легенях. Тоді за умовою завдання

За формулою (1.15) знаходимо

Шукана ймовірність того, що обстежена людина курить, за формулою Байєса дорівнює

Завдання. 1.4.2У продаж надходять телевізори трьох заводів: 30% з першого заводу, 20% – з другого, 50% – з третього. Продукція першого заводу містить 20% телевізорів із прихованим дефектом, другого – 10%, третього – 5%. Яка можливість придбати справний телевізор?

Рішення. Розглянемо події: A – придбано справний телевізор; гіпотези H1, H2, H3 - телевізор надійшов у продаж відповідно з першого, другого, третього заводу. За умовою завдання

За формулою (1.15) знаходимо

Завдання. 1.4.3Є три однакові на вигляд ящики. У першому 20 білих куль, у другому - 10 білих та 10 чорних куль, у третьому - 20 чорних куль. З навмання обраного ящика вийнято білу кулю. Знайти ймовірність того, що ця куля з другого ящика.

Рішення. Нехай подія A - вийнята біла куля, гіпотези H1, H2, H3 - куля вийнято відповідно з першого, другого, третього ящика. З умови завдання знаходимо

Тоді
За формулою (1.15) знаходимо

За формулою (1.16) знаходимо

Завдання. 1.4.4Телеграфне повідомлення складається із сигналів «точка» та «тире». Статистичні властивості перешкод такі, що спотворюються в середньому 2/5 Повідомлень «точка» та 1/3 Повідомлень «тире». Відомо, що серед сигналів, що передаються, «точка» і «тире» зустрічаються у співвідношенні 5: 3. Визначити ймовірність того, що прийнято переданий сигнал, якщо:

А) прийнято сигнал «точка»;

Б)прийнято сигнал «тире».

Рішення. Нехай подія A – прийнятий сигнал «точка», а подія B – прийнятий сигнал «тире».

Можна зробити дві гіпотези: H1 – переданий сигнал «точка», H2 – переданий сигнал «тире». За умовою P(H1): P(H2) =5: 3. Крім того, P(H1) ) + P(H2)= 1. Тому P( H1 ) = 5/8, P(H2 ) = 3/8. Відомо що

Ймовірності подій AІ BЗнаходимо за формулою повної ймовірності:

Шукані ймовірності будуть:

Завдання. 1.4.5З 10 каналів радіозв'язку 6 каналів захищені від дії перешкод. Імовірність того, що захищений канал протягом часуTне вийде з ладу, що дорівнює 0.95, для незахищеного каналу - 0.8. Знайти ймовірність того, що випадково вибрані два канали не вийдуть з ладу протягом часуT, причому обидва канали не захищені від впливу перешкод.

Рішення. Нехай подія A - обидва канали не вийдуть з ладу протягом часу t, подія A1 -Вибрано захищений канал, A2 -Вибрано незахищений канал.

Запишемо простір елементарних подій для досвіду - (вибрано два канали):

Ω = (A1A1, A1A2, A2A1, A2A2)

Гіпотези:

H1 - обидва канали захищені від впливу перешкод;

H2 - перший вибраний канал захищений, другий вибраний канал не захищений від дії перешкод;

H3 - перший вибраний канал не захищений, другий вибраний канал захищений від дії перешкод;

H4 - обидва вибрані канали не захищені від перешкод. Тоді

І

Завдання. 1.5.1По каналу зв'язку передається 6 Повідомлень. Кожне повідомлення може бути спотворене перешкодами з ймовірністю 0.2 Незалежно від інших. Знайти ймовірність того, що

1. 4 повідомлення з 6 не спотворені;

2. Не менше 3 із 6 передані спотвореними;

3. Хоча б одне повідомлення з 6 спотворено;

4. Не більше 2 із 6 не спотворені;

5. Всі повідомлення надіслані без спотворення.

Рішення. Оскільки можливість спотворення 0.2, то можливість передачі повідомлення без перешкод - 0.8.

1. Використовуючи формулу Бернуллі (1.17), знайдемо віроят
ність передачі 4 повідомлень з 6 без перешкод:

2. не менше 3 із 6 передані спотвореними:

3. хоча б одне повідомлення з 6 спотворено:

4. хоча б одне повідомлення з 6 спотворено:

5. всі повідомлення передані без спотворення:

Завдання. 1.5.2Імовірність того, що влітку день буде ясним, дорівнює 0.42; ймовірність похмурого дня дорівнює 0.36 та мінливої ​​хмарності - 0.22. Скільки днів із 59 можна очікувати ясних та похмурих?

Рішення. З умови завдання видно, що треба шукати найімовірнішу кількість ясних та похмурих днів.

Для ясних днів P= 0.42, N= 59. Складаємо нерівності (1.20):

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

24.2 ≤ Mo≤ 25.2 → Mo= 25.

Для похмурих днів P = 0.36, N = 59 і

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

Відтак 20.16 ≤ M0 ≤ 21.60; → M0 = 21.

Таким чином, найбільш ймовірна кількість ясних днів Mo=25, похмурих днів - M0 = 21. Тоді влітку очікується Mo+ M0 = 46 ясних та похмурих днів.

Завдання. 1.5.3На лекції з теорії ймовірностей присутні 110 студентів курсу. Знайти ймовірність того, що

1. k студентів (k = 0,1,2) з присутніх народилися першого вересня;

2. хоча один студент курсу народився першого вересня.

P = 1/365дуже мала, тому використовуємо формулу Пуассона (1.22). Знайдемо параметр Пуассона. Так як

N= 110, то λ = np = 1101/365 = 0.3.

Тоді за формулою Пуассона

Завдання. 1.5.4Імовірність того, що деталь не стандартна, дорівнює 0.1. Скільки деталей потрібно відібрати, щоб із ймовірністю P = 0.964228 Можна було стверджувати, що відносна частота появи нестандартних деталей відхиляється від ймовірності p = 0.1 За абсолютною величиною не більше, ніж на 0.01 ?

Рішення.

Необхідна кількість NЗнайдемо за формулою (1.25). Маємо:

P = 1.1; q = 0.9; P = 0.96428. Підставимо дані у формулу:

Звідки знаходимо

За таблицею значень функції Φ( X) знаходимо, що

Завдання. 1.5.5Імовірність виходу з ладу під час Т одного конденсатора дорівнює 0.2. Визначити ймовірність того, що за час Т із 100 конденсаторів вийдуть з ладу

1. Рівне 10 конденсаторів;

2. Не менше ніж 20 конденсаторів;

3. Менш 28 конденсаторів;

4. Від 14 до 26 конденсаторів.

Рішення. Маємо П = 100, P = 0.2, Q = 1 - P = 0.8.

1. Рівно 10 конденсаторів.

Так як ПВелико, скористаємося локальною теоремою Муавра - Лапласа:

Обчислимо

Оскільки функція φ(х)- парна, то φ(-2,5) = φ(2,50) = 0,0175 (знаходимо за таблицею значень функції φ(х).Шукана ймовірність

2. Щонайменше 20 конденсаторів;

Вимога, щоб зі 100 конденсаторів з ладу вийшли не менше 20, означає, що з ладу вийдуть або 20, або 21, ..., або 100. Таким чином, Т1 = 20, Т 2 = 100. Тоді

За таблицею значень функції Φ(x)Знайдемо Φ(x1) = Φ(0) = 0, Φ(x2) = Φ(20) = 0.5. Шукана ймовірність:

3. Менше 28 конденсаторів;

(Тут було враховано, що функція Лапласа Ф(x) – непарна).

4. Від 14 до 26 конденсаторів. За умовою M1= 14, m2 = 26.
Обчислимо x 1, x2:

Завдання. 1.5.6Імовірність появи деякої події щодо одного досвіді дорівнює 0.6. Якою є ймовірність, що ця подія з'явиться у більшості з 60 дослідів?

Рішення. Кількість MПоява події в серії випробувань знаходиться в проміжку. «У більшості дослідів» означає, що MНалежить проміжку За умовою N = 60, P = 0.6, Q = 0.4, M1 = 30, m2 = 60. Обчислимо x1 та x2:

Випадкові величини та їх розподіли

Завдання. 2.1.1Дана таблиця, де у верхньому рядку вказано можливі значення випадкової величини X , а в нижній - їхня ймовірність.

Чи може ця таблиця бути поряд розподілу X ?

Відповідь: Так, тому що p1 + p2 + p3 + p4 + p5 = 1

Завдання. 2.1.2Випущено 500 Лотерейних квитків, причому 40 Квитків принесуть їх власникам виграш за 10000 руб., 20 Квитків - за 50000 руб., 10 Квитків - за 100000 руб., 5 Квитків - за 200000 руб., 1 Квиток - 500000 руб., Інші - без виграшу. Знайти закон розподілу виграшу для власника одного квитка.

Рішення.

Можливі значення X: x5 = 10000, x4 = 50000, x3 = 100000, x2 = 200000, x1 = 500000, x6 = 0. Імовірність цих можливих значень:

Шуканий закон розподілу:

Завдання. 2.1.3Стрілець, маючи 5 Патронів стріляє до першого влучення в ціль. Імовірність влучення при кожному пострілі дорівнює 0.7. Побудувати закон розподілу числа використаних патронів, знайти функцію розподілуF(X) і побудувати її графік, знайти P(2< x < 5).

Рішення.

Простір елементарних подій досвіду

Ω = {1, 01, 001, 0001, 00001, 11111},

Де подія (1) - влучила в ціль, подія (0) - не влучила в ціль. Елементарним наслідкам відповідають наступні значення випадкової величини числа використаних патронів: 1, 2, 3, 4, 5. Оскільки результат кожного наступного пострілу не залежить від попереднього, то ймовірності можливих значень:

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.

Шуканий закон розподілу:

Знайдемо функцію розподілу F(X), Користуючись формулою (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

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

Завдання. 2.1.4ДанаF(X) деякої випадкової величини:

Записати ряд розподілу для X.

Рішення.

З властивостей F(X) Слід зазначити, що можливі значення випадкової величини X - Точки розриву функції F(X), А відповідні їм ймовірності – стрибки функції F(X). Знаходимо можливі значення випадкової величини X = (0,1,2,3,4).

Завдання. 2.1.5Встановити, яка з функцій

Є функцією розподілу деякої випадкової величини.

У разі ствердної відповіді знайти ймовірність того, що відповідна випадкова величинаприймає значення на[-3,2].

Рішення. Побудуємо графіки функцій F1(x) та F2(x):

Функція F2(x) не є функцією розподілу, тому що не є незменшною. Функція F1(x) є

Функцією розподілу деякої випадкової величини, так як є незнищувальною і задовольняє умову (2.3). Знайдемо ймовірність влучення на проміжок:

Завдання. 2.1.6Дано щільність ймовірності безперервної випадкової величини X :

Знайти:

1. Коефіцієнт C ;

2. Функцію розподілу F(x) ;

3. Імовірність потрапляння випадкової величини в інтервал(1, 3).

Рішення. З умови нормування (2.9) знаходимо

Отже,

За формулою (2.10) знаходимо:

Таким чином,

За формулою (2.4) знаходимо

Завдання. 2.1.7Випадковий час простою радіоелектронної апаратури у ряді випадків має щільність ймовірності

Де M = lge = 0.4343...

Знайти функцію розподілу F(x) .

Рішення. За формулою (2.10) знаходимо

Де

Завдання. 2.2.1Дано ряд розподілу дискретної випадкової величини X :

Знайти математичне очікуваннядисперсію, середнє квадратичне відхилення, M, D[-3X + 2].

Рішення.

За формулою (2.12) знаходимо математичне очікування:

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. За формулою (2.19) знайдемо дисперсію:

Завдання. 2.2.2Знайти математичне очікування, дисперсію та середнє квадратичне відхилення безперервної випадкової величини X , функція розподілу якої

.

Рішення. Знайдемо щільність імовірності:

Математичне очікування знайдемо за формулою (2.13):

Дисперсію знайдемо за формулою (2.19):

Знайдемо спочатку математичне очікування квадрата випадкової величини:

Середнє квадратичне відхилення

Завдання. 2.2.3Xмає ряд розподілу:

Знайти математичне очікування та дисперсію випадкової величиниY = EX .

Рішення. 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.

Завдання. 2.2.4Дискретна випадкова величина X Може приймати лише два значення X1 І X2 , причому X1< x2. Відомі ймовірність P1 = 0.2 Можливого значення X1 , математичне очікування M[X] = 3.8 І дисперсія D [X] = 0.16. Знайти закон розподілу випадкової величини.

Рішення. Оскільки випадкова величина X приймає лише два значення x1 і x2, то ймовірність p2 = P(X = x2) = 1 - p1 = 1 - 0.2 = 0.8.

За умовою завдання маємо:

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.

Таким чином отримали систему рівнянь:

Умови x1

Завдання. 2.2.5Випадкова величина X підпорядкована закону розподілу, графік щільності якого має вигляд:

Знайти математичне очікування, дисперсію та середнє квадратичне відхилення.

Рішення. Знайдемо диференційну функцію розподілу f(x). Поза інтервалом (0, 3) f(x) = 0. На інтервалі (0, 3) графік щільності є пряма з кутовим коефіцієнтом k = 2/9, що проходить через початок координат. Таким чином,

Математичне очікування:

Знайдемо дисперсію та середнє квадратичне відхилення:

Завдання. 2.2.6Знайти математичне очікування та дисперсію суми очок, які випадають на чотирьох гральних кубиках при одному киданні.

Рішення. Позначимо A – число очок на одному кубику при одному киданні, B – число очок на другому кубику, C – на третьому кубику, D – на четвертому кубику. Для випадкових величин A, B, C, D закон розподілу один.

Тоді M[A] = M[B] = M[C] = M[D] = (1+2+3+4+5+6)/6 = 3.5

Завдання. 2.3.1Імовірність того, що частка, що вилетіла з радіоактивного джерела, буде зареєстрована лічильником, дорівнює 0.0001. За час спостереження із джерела вилетіло 30000 Частинок. Знайти ймовірність того, що лічильник зареєстрував:

1. Рівно 3 частинки;

2. Жодної частки;

3. Щонайменше 10 частинок.

Рішення. За умовою П= 30000, P= 0.0001. Події, які полягають у тому, що частки, які вилетіли з радіоактивного джерела, зареєстровані, незалежні; число ПВелика, а ймовірність PМала, тому скористаємося розподілом Пуассона: Знайдемо λ: λ = п P = 30 000 0.0001 = 3 = М [Х]. Шукані ймовірності:

Завдання. 2.3.2У партії є 5% нестандартних деталей. Навмання відібрано 5 деталей. Написати закон розподілу дискретної випадкової величини X - Число нестандартних деталей серед п'яти відібраних; знайти математичне очікування та дисперсію.

Рішення. Дискретна випадкова величина X - число нестандартних деталей - має біномний розподіл і може приймати наступні значення: x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 3, x5 = 4, x6 = 5. Імовірність нестандартної деталі в партії p = 5 / 100 = 0.05. Знайдемо ймовірність цих можливих значень:

Напишемо шуканий закон розподілу:

Знайдемо числові характеристики:

0 0.7737809 + 1 0.2036267 + 2 0.0214343+

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

M[X] = N p= 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

Або D[ X] = n p (1 - P) = 5 0.05 0.95 = 0.2375.

Завдання. 2.3.3Час виявлення мети радіолокатором розподілено за показовим законом

Де1/ λ = 10 Сік. - Середнє час виявлення мети. Знайти ймовірність того, що мета буде виявлена ​​за час від5 До15 Сік. після початку пошуку.

Рішення. Імовірність влучення випадкової величини X В інтервал (5, 15) Знайдемо за формулою (2.8):

При Отримуємо

0.6065(1 - 0.3679) = 0.6065 0.6321 = 0.3834

Завдання. 2.3.4Випадкові помилки виміру підпорядковані нормальному закону з параметрами a = 0, σ = 20 Мм. Записати диференціальну функцію розподілуF(X) і знайти ймовірність того, що при вимірі допущена помилка в інтервалі від 5 До 10 Мм.

Рішення. Підставимо значення параметрів a і в диференціальну функцію розподілу (2.35):

За формулою (2.42) знайдемо ймовірність влучення випадкової величини X У інтервалі, тобто. A = 0, B = 0.1. Тоді диференціальна функція розподілу F(x)Матиме вигляд