Urnų schemos

Yra urna (tai yra dėžutė), kurioje yra n sunumeruoti objektai, kuriuos vadinsime kamuoliukais. Renkamės iš šios urnos k kamuoliukus. Mums įdomu, kiek būdų galime pasirinkti k kamuoliai iš n, arba kiek skirtingų rezultatų(tai yra rinkiniai, susidedantys iš k rutuliukai) tiks.

Neįmanoma tiksliai atsakyti į šį klausimą, kol nenuspręsime

– su tuo, kaip organizuojamas pasirinkimas (tarkim, ar galima kamuoliukus grąžinti į urną), ir

– su tuo, ką reiškia įvairių atrankos rezultatai.

Apsvarstykime toliau nurodytus dalykus atrankos schemos:

1. Pasirinkimas Sveikas sugrįžęs: kiekvienas pasirinktas rutulys grąžinamas į urną, tai yra, kiekvienas k kamuoliukai parenkami iš pilnos urnos. Gautame rinkinyje, kurį sudaro k kamuoliukų skaičius, gali būti tie patys skaičiai ( atranka su pakartojimais).

2. Pasirinkimas be grąžinimo: pasirinkti rutuliai negrąžinami į urną, o gautame rinkinyje negali atsirasti tie patys skaičiai ( mėginių ėmimas be pasikartojimo).

Abiem atvejais pasirinkimo rezultatas yra rinkinys k kamuoliukų numeriai. Patogu manyti, kad kamuoliukai visada parenkami nuosekliai, po vieną (su grąžinimu arba be jo).

Yra dvi galimybės:

1. Pasirinkimas pagal tvarką: du kamuoliukų skaičių rinkiniai laikomi skirtingais, jei skiriasi jų sudėtis arba skaičių tvarka. Taigi, renkantis tris kamuoliukus iš urnos, kurioje yra 5 rutuliai, rinkiniai (1,2,5), (2,5,1) (4,4,5) skiriasi, jei pasirinkimas pagal užsakymą.

2. Pasirinkimas neatsižvelgiant į užsakymą: du kamuoliukų numerių rinkiniai laikomi skirtingais, jei skiriasi jų sudėtis. Rinkiniai, kurie skiriasi tik skaičių tvarka, laikomi vienodais. Taigi, aukščiau pateiktame pavyzdyje pirmieji du rinkiniai (1,2,5), (2,5,1) yra vienodi pasirinkimo rezultatai, o rinkinys (4,4,5) yra kitoks pasirinkimo rezultatas.

Dabar suskaičiuokime, kiek skirtingų rezultatų galima gauti kiekvienai iš keturių schemų (pasirinkimas su grąžinimu ir be jo, ir kiekvienu iš šių atvejų, ar atsižvelgsime į eilę, ar ne).

Urnos dizainas: pasirinkimas be grąžinimo, atsižvelgiant į užsakymą

Urnos dizainas: pasirinkimas su grąžinimu ir atsižvelgiant į užsakymą

Bendras mėginių skaičius atrankos schemoje k elementai iš n su grąžinimu ir atsižvelgiant į tvarką, nustatoma pagal elementų permutacijų skaičių:

Urnos dizainas: pasirinkimas su grąžinimu ir neatsižvelgiant į užsakymą

Apsvarstykite urną su dviem rutuliais ir nurodykite dviejų kamuoliukų pasirinkimo iš šios urnos rezultatus, kai renkatės su grąžinimu:

Schemoje „neatsižvelgiant į tvarką“ buvo gauti 3 skirtingi rezultatai, priešingai nei keturi „atsižvelgiant į tvarką“. Tada bendras mėginių skaičius atrankos schemoje k elementai iš n su grąžinimu ir neatsižvelgiant į tvarką, lemia derinių su pakartojimais skaičius

Atkreipkite dėmesį, kad mėginių skaičius taip pat skiriasi tvarka, V k! kartų didesnis nei skirtingų mėginių skaičius tik pagal sudėtį.

11. Urnoje yra sunumeruoti rutuliukai su skaičiais nuo 1 iki 9. Kamuoliukai išimami po vieną, jų nekeičiant. Svarstomi šie įvykiai:
A– kamuoliukų skaičiai atvykimo tvarka sudaro seką 1,2,...,M.
IN
SU– tarp kamuolio numerio ir ištraukimo tvarkos nėra nė vienos rungtynės.
Nustatykite įvykių tikimybę A, B, C. Raskite tikimybių ribines vertes .
Sprendimas:
1) Raskime įvykio tikimybę A.
Tikimybė, kad pirmasis bus ištrauktas 1 rutuliukas, yra lygi (nes tinka tik vienas kamuoliukas 1 numeriu, o iš viso yra 9 kamuoliukai).
Tikimybė, kad bus ištrauktas antrasis rutulys iš Nr. 2, yra lygi , Nes Liko tik 8 kamuoliukai, bet telpa tik 1.
ir kt.
Naudodami tikimybių daugybos teoremą gauname:

2) Raskime įvykio tikimybę IN.
IN– kamuoliuko numeris ir ištraukimo serijos numeris sutampa bent kartą.
— priešingas įvykis, t.y. nė karto rutulio numeris nesutampa su serijos numeris gavyba.
— tikimybė, kad pirmasis ištrauktas rutulys nėra 1, t.y. Iš viso yra 9 kamuoliukai, telpa 8 vnt.

Apskaičiuokime tikimybę, kad rutulys numeris 2 bus ištrauktas antras.
Tie. jo nereikėtų pirmiausia nuimti, o paskui pašalinti.
.
Tada, remiantis teorema apie priešingo įvykio tikimybę, tikimybė, kad antrasis ištrauktas ne rutulys Nr. 2, yra:
.
Raskime tikimybę, kad trečiasis rutulys ištrauks rutulį su skaičiumi 3 (t. y. jis neturėtų būti pašalintas per pirmąjį ir antrąjį traukimą, o turėtų būti pašalintas per trečią):

Ir tikimybė, kad rutulys Nr. 3 nebus ištrauktas ant trečiojo:

Tas pats su kitais kamuoliukais. Mes nustatėme, kad tikimybė, kad atskiras rutulys bus ištrauktas tokia tvarka, kuri neatitinka jo skaičiaus, yra: .
Tada tikimybė, kad rutulio skaičius niekada nesutaps su ištraukimo eilės skaičiumi:

Tai reiškia:
3)
Raskime įvykio C tikimybę – tarp kamuoliuko skaičiaus ir ištraukimo tvarkos nėra nė vieno sutapimo.
Įvykiai C ir sutampa, t.y.
4) Raskime vertybes ribojančias tikimybes adresu .

1 pavyzdys. Pirmoje urnoje: trys raudoni, vienas baltas rutulys A. Antroje urnoje: vienas raudonas, trys balti rutuliukai. Moneta metama atsitiktinai: jei tai herbas, ji pasirenkama iš pirmos urnos, kitu atveju – iš antrosios.
Sprendimas:
a) tikimybę, kad buvo ištrauktas raudonas rutulys
A – gavo raudoną kamuolį
P 1 – nukrito herbas, P 2 – kitaip

b) Pasirinktas raudonas rutulys. Raskite tikimybę, kad ji paimta iš pirmos urnos iš antrosios.
B 1 – iš pirmos urnos, B 2 – iš antrosios urnos
,

2 pavyzdys. Dėžutėje yra 4 rutuliai. Gali būti: tik balta, tik juoda arba balta ir juoda. (Sudėtis nežinoma).
Sprendimas:
A – balto rutulio atsiradimo tikimybė
a) Visiškai balta:
(tikimybė, kad gavote vieną iš trijų variantų, kur yra baltos spalvos)
(tikimybė, kad baltas rutulys pasirodys ten, kur visi balti)

b) Ištraukė ten, kur visi juodi



c) ištraukė variantą, kai visi yra balti ir/ar juodi

– bent vienas iš jų yra baltas

P a +P b +P c =

3 pavyzdys. Urnoje yra 5 balti ir 4 juodi rutuliai. Iš jo iš eilės išimami 2 rutuliukai. Raskite tikimybę, kad abu rutuliai yra balti.
Sprendimas:
5 balti, 4 juodi rutuliukai
P(A 1) – ištrauktas baltas rutulys

P(A 2) – tikimybė, kad antrasis rutulys taip pat yra baltas

P(A) – iš eilės pasirinkti balti rutuliai

3a pavyzdys. Pakuotėje yra 2 netikri ir 8 tikri banknotai. Iš pakuotės iš eilės ištrauktos 2 kupiūros. Raskite tikimybę, kad jie abu yra netikri.
Sprendimas:
P(2) = 2/10*1/9 = 1/45 = 0,022

4 pavyzdys. Yra 10 šiukšliadėžių. Yra 9 urnos su 2 juodais ir 2 baltais kamuoliukais. 1 urnoje yra 5 balti ir 1 juodas. Iš atsitiktinai paimtos urnos buvo ištrauktas rutulys.
Sprendimas:
P(A) - ? iš urnos, kurioje yra 5 balti, paimamas baltas rutulys
B – tikimybė būti paimtam iš urnos, kurioje yra 5 baltieji
, – išimtas iš kitų
C 1 – tikimybė, kad 9 lygyje pasirodys baltas rutulys.

C 2 – balto rutulio atsiradimo tikimybė, kur jų yra 5

P(A 0) = P(B 1) P(C 1) + P(B 2) P(C 2)

5 pavyzdys. 20 cilindrinių ritinėlių ir 15 kūgio formos. Rinktuvas paima 1 volą, o paskui kitą.
Sprendimas:
a) abu ritinėliai yra cilindriniai
P(C1)=; P(Ts 2)=
C 1 – pirmasis cilindras, C 2 – antrasis cilindras
P(A)=P(Ts 1)P(Ts 2) =
b) Bent vienas cilindras
K 1 – pirmojo kūgio formos.
K 2 - antrojo kūgio formos.
P(B)=P(Ts 1)P(K 2)+P(Ts 2)P(K 1)+P(Ts 1)P(Ts 2)
;

c) pirmasis cilindras, bet ne antrasis
P(C) = P(C 1) P(K 2)

e) Nė vieno cilindro.
P(D)=P(K 1)P(K 2)

e) Tiksliai 1 cilindras
P(E)=P(C1)P(K2)+P(K1)P(K2)

6 pavyzdys. Dėžutėje yra 10 standartinių dalių ir 5 sugedusios dalys.
Atsitiktinai ištraukiamos trys dalys
a) Vienas iš jų yra sugedęs
P n (K) = C n k · p k · q n-k ,
P – brokuotų gaminių tikimybė

q – standartinių dalių tikimybė

n=3, trys dalys


b) dvi iš trijų dalių yra sugedusios P(2)
c) bent vienas standartas
P(0) - be defektų

P=P(0)+ P(1)+ P(2) – tikimybė, kad bent viena dalis bus standartinė

7 pavyzdys. 1-oje urnoje yra 3 balti ir juodi rutuliai, o 2-oje – 3 balti ir 4 juodi rutuliai. Iš 1-os urnos į 2-ą nežiūrint perkeliami 2 rutuliai, o po to iš 2-os ištraukiami 2 rutuliai. Kokia tikimybė, kad jie yra skirtingų spalvų?
Sprendimas:
Perkeliant kamuoliukus iš pirmosios urnos, galimos šios parinktys:
a) iš eilės išėmė 2 baltus rutulius
P BB 1 =
Antrame žingsnyje visada bus vienu kamuoliuku mažiau, nes pirmajame žingsnyje vienas kamuoliukas jau buvo išimtas.
b) išėmė vieną baltą ir vieną juodą rutulį
Situacija, kai pirmiausia ištraukiamas baltas rutulys, o tada juodas
P kovinė galvutė =
Situacija, kai pirmiausia buvo ištrauktas juodas rutulys, o tada baltas
P BW =
Iš viso: P kovinė galvutė 1 =
c) iš eilės išėmė 2 juodus kamuoliukus
P HH 1 =
Kadangi iš pirmos urnos į antrąją buvo perkelti 2 rutuliai, tai tada iš viso Antroje urnoje bus 9 kamuoliukai (7 + 2). Atitinkamai, mes ieškosime visų galimų variantų:
a) iš antrosios urnos iš pradžių buvo paimtas baltas, o paskui juodas rutulys

P BB 2 P BB 1 - reiškia tikimybę, kad iš pradžių buvo ištrauktas baltas rutulys, paskui juodas rutulys, su sąlyga, kad iš pirmos urnos iš eilės buvo ištraukti 2 balti rutuliai. Štai kodėl šiuo atveju baltų kamuoliukų skaičius yra 5 (3+2).
P BC 2 P BC 1 - reiškia tikimybę, kad pirmiausia buvo ištrauktas baltas rutulys, paskui juodas rutulys, su sąlyga, kad iš pirmosios urnos buvo ištraukti balti ir juodi rutuliai. Būtent todėl baltų kamuoliukų skaičius šiuo atveju yra 4 (3+1), o juodų – penki (4+1).
P BC 2 P BC 1 - reiškia tikimybę, kad pirmiausia buvo ištrauktas baltas rutulys, o paskui juodas rutulys, su sąlyga, kad abu juodi rutuliai buvo ištraukti iš pirmosios urnos iš eilės. Štai kodėl juodų kamuoliukų skaičius šiuo atveju yra 6 (4+2).

Tikimybė, kad 2 nupiešti rutuliai bus skirtingų spalvų, yra lygi:

Atsakymas: P = 0,54

7a pavyzdys. Iš 1-osios urnos, kurioje buvo 5 balti ir 3 juodi rutuliai, 2 rutuliai atsitiktinai buvo perkelti į 2-ąją urną, kurioje buvo 2 balti ir 6 juodi rutuliai. Tada iš 2-osios urnos atsitiktinai buvo ištrauktas 1 rutulys.
1) Kokia tikimybė, kad iš 2 urnos ištrauktas rutulys bus baltas?
2) Iš 2 urnos paimtas kamuolys pasirodė baltas. Apskaičiuokite tikimybę, kad kamuoliukai buvo perkelti iš 1-osios urnos į 2-ąją skirtinga spalva.
Sprendimas.
1) Įvykis A – iš 2-osios urnos ištrauktas kamuolys pasirodo baltas. Panagrinėkime šias šio įvykio galimybes.
a) Iš pirmosios urnos į antrąją buvo dedami du balti rutuliukai: P1(bb) = 5/8*4/7 = 20/56.
Antroje urnoje iš viso yra 4 balti rutuliukai. Tada tikimybė ištraukti baltą rutulį iš antrosios urnos yra P2(4) = 20/56*(2+2)/(6+2) = 80/448
b) Iš pirmos urnos į antrąją buvo dedami balti ir juodi rutuliai: P1(bch) = 5/8*3/7+3/8*5/7 = 30/56.
Antroje urnoje iš viso yra 3 balti rutuliukai. Tada tikimybė ištraukti baltą rutulį iš antrosios urnos yra P2(3) = 30/56*(2+1)/(6+2) = 90/448
c) Iš pirmosios urnos į antrąją buvo dedami du juodi rutuliai: P1(hh) = 3/8*2/7 = 6/56.
Antroje urnoje iš viso yra 2 balti rutuliukai. Tada tikimybė ištraukti baltą rutulį iš antrosios urnos yra P2(2) = 6/56*2/(6+2) = 12/448
Tada tikimybė, kad iš 2-osios urnos ištrauktas rutulys bus baltas, yra:
P(A) = 80/448 + 90/448 + 12/448 = 13/32

2) Iš 2 urnos paimtas kamuolys pasirodė baltas, t.y. bendra tikimybė P(A)=13/32.
Tikimybė, kad antroje urnoje buvo dedami skirtingų spalvų (juodos ir baltos) kamuoliukai ir pasirinkta balta: P2(3) = 30/56*(2+1)/(6+2) = 90/448
P = P2 (3) / P (A) = 90/448 / 13/32 = 45/91

7b pavyzdys. Pirmoje urnoje yra 8 balti ir 3 juodi rutuliai, antroje – 5 balti ir 3 juodi rutuliai. Iš pirmojo atsitiktinai parenkamas vienas kamuoliukas, o iš antrojo – du. Po to atsitiktine tvarka iš pasirinktų trijų kamuoliukų paimamas vienas kamuoliukas. Šis paskutinis rutulys pasirodė juodas. Raskite tikimybę, kad iš pirmosios urnos bus ištrauktas baltas rutulys.
Sprendimas.
Panagrinėkime visus įvykio A variantus – iš trijų kamuoliukų ištrauktas rutulys pasirodo juodas. Kaip galėjo atsitikti, kad tarp trijų kamuoliukų buvo vienas juodas?
a) Iš pirmosios urnos buvo paimtas juodas rutulys, o iš antrosios – du balti rutuliai.
P1 = (3/11) (5/8*4/7) = 15/154
b) Iš pirmos urnos paimtas juodas rutulys, iš antrosios – du juodi rutuliai.
P2 = (3/11) (3/8*2/7) = 9/308
c) Iš pirmosios urnos paimtas juodas rutulys, iš antrosios – vienas baltas ir vienas juodas rutulys.
P3 = (3/11) (3/8*5/7+5/8*3/7) = 45/308
d) Iš pirmosios urnos buvo paimtas baltas rutulys, o iš antrosios – du juodi rutuliai.
P4 = (8/11) (3/8*2/7) = 6/77
e) Iš pirmosios urnos paimtas baltas rutulys, iš antrosios – vienas baltas ir vienas juodas rutulys.
P5 = (8/11) (3/8*5/7+5/8*3/7) = 30/77
Bendra tikimybė yra tokia: P = P1+P2+ P3+P4+P5 = 15/154+9/308+45/308+6/77+30/77 = 57/77
Tikimybė, kad iš baltos urnos bus ištrauktas baltas rutulys:
Pb(1) = P4 + P5 = 6/77 + 30/77 = 36/77
Tada tikimybė, kad iš pirmosios urnos buvo pasirinktas baltas rutulys, atsižvelgiant į tai, kad juodas rutulys buvo pasirinktas iš trijų rutulių, yra lygi:
Pch = Pb(1) / P = 36/77 / 57/77 = 36/57

7c pavyzdys. Pirmoje urnoje yra 12 baltų ir 16 juodų rutulių, antroje – 8 balti ir 10 juodų rutulių. Tuo pačiu metu iš 1 ir 2 urnos ištraukiamas rutulys, sumaišomas ir po vieną grąžinamas į kiekvieną urną. Tada iš kiekvienos urnos traukiamas rutulys. Jie pasirodė vienodos spalvos. Nustatykite tikimybę, kad 1-oje urnoje liks tiek baltų rutuliukų, kiek buvo pradžioje.

Sprendimas.
Renginys A – kamuoliukas traukiamas vienu metu iš 1 ir 2 urnų.
Tikimybė ištraukti baltą rutulį iš pirmosios urnos: P1(B) = 12/(12+16) = 12/28 = 3/7
Tikimybė ištraukti juodą rutulį iš pirmosios urnos: P1(H) = 16/(12+16) = 16/28 = 4/7
Tikimybė ištraukti baltą rutulį iš antrosios urnos: P2(B) = 8/18 = 4/9
Tikimybė ištraukti juodą rutulį iš antrosios urnos: P2(H) = 10/18 = 5/9

Įvykis A. Renginys B – iš kiekvienos urnos traukiamas kamuolys. Po maišymo tikimybė, kad baltas arba juodas rutulys grįš į urną, yra ½.
Panagrinėkime renginio B variantus – jie pasirodė tos pačios spalvos.

Pirmajai urnai
1) baltas rutulys buvo įdėtas į pirmąją urną ir nupieštas baltas rutulys, jei prieš tai buvo nupieštas baltas rutulys, P1(BB/A=B) = ½ * 12/28 * 3/7 = 9/98
2) baltas rutulys buvo įdėtas į pirmąją urną ir ištrauktas baltas rutulys, jei juodas rutulys buvo ištrauktas anksčiau, P1(BB/A=H) = ½ * 13/28 * 4/7 = 13/ 98
3) baltas rutulys buvo įdėtas į pirmąją urną, o juodas ištrauktas, jei baltas rutulys buvo ištrauktas anksčiau, P1(BC/A=B) = ½ * 16/28 * 3/7 = 6/ 49
4) baltas rutulys buvo įdėtas į pirmąją urną, o juodas ištrauktas, jei juodas rutulys buvo ištrauktas anksčiau, P1(BC/A=H) = ½ * 15/28 * 4/7 = 15/ 98
5) juodas rutulys buvo įdėtas į pirmąją urną ir ištrauktas baltas rutulys, jei prieš tai buvo nupieštas baltas rutulys, P1(BW/A=B) = ½ * 11/28 * 3/7 = 33/392
6) juodas rutulys buvo įdėtas į pirmąją urną ir ištrauktas baltas rutulys, jei juodas rutulys buvo ištrauktas anksčiau, P1(BW/A=H) = ½ * 12/28 * 4/7 = 6/ 49
7) juodas rutulys buvo įdėtas į pirmąją urną, o juodas ištrauktas, jei baltas rutulys buvo ištrauktas anksčiau, P1(HH/A=B) = ½ * 17/28 * 3/7 = 51/ 392
8) juodas rutulys buvo įdėtas į pirmąją urną, o juodas buvo nupieštas, jei juodas rutulys buvo ištrauktas anksčiau, P1(HH/A=H) = ½ * 16/28 * 4/7 = 8/49

Už antrą urną
1) baltas rutulys buvo įdėtas į pirmąją urną ir ištrauktas baltas rutulys, jei prieš tai buvo nupieštas baltas rutulys, P1(BB/A=B) = ½ * 8/18 * 3/7 = 2/21
2) baltas rutulys buvo įdėtas į pirmąją urną ir ištrauktas baltas rutulys, jei juodas rutulys buvo ištrauktas anksčiau, P1(BB/A=H) = ½ * 9/18 * 4/7 = 1/ 7
3) baltas rutulys buvo įdėtas į pirmąją urną, o juodas ištrauktas, jei baltas rutulys buvo ištrauktas anksčiau, P1(BC/A=B) = ½ * 10/18 * 3/7 = 5/ 42
4) baltas rutulys buvo įdėtas į pirmąją urną, o juodas ištrauktas, jei juodas rutulys buvo ištrauktas anksčiau, P1(BC/A=H) = ½ * 9/18 * 4/7 = 1/ 7
5) juodas rutulys buvo įdėtas į pirmąją urną ir ištrauktas baltas rutulys, jei baltas rutulys buvo ištrauktas anksčiau, P1(BW/A=B) = ½ * 7/18 * 3/7 = 1/ 12
6) juodas rutulys buvo įdėtas į pirmąją urną ir ištrauktas baltas rutulys, jei juodas rutulys buvo ištrauktas anksčiau, P1(BW/A=H) = ½ * 8/18 * 4/7 = 8/ 63
7) juodas rutulys buvo įdėtas į pirmąją urną, o juodas, jei prieš tai buvo nupieštas baltas rutulys, P1(HH/A=B) = ½ * 11/18 * 3/7 = 11/84
8) juodas rutulys buvo įdėtas į pirmąją urną, o juodas, jei juodas rutulys buvo ištrauktas anksčiau, P1(HH/A=H) = ½ * 10/18 * 4/7 = 10/ 63

Rutuliai pasirodė tos pačios spalvos:
a) baltas
P1(B) = P1(BB/A=B) + P1(BB/A=B) + P1(BW/A=B) + P1(BW/A=B) = 9/98 + 13/98 + 33 /392 + 6/49 = 169/392
P2(B) = P1(BB/A=B) + P1(BB/A=B) + P1(BW/A=B) + P1(BW/A=B) = 2/21+1/7+1 /12+8/63 = 113/252
b) juoda
P1(H) = P1(HH/A=B) + P1(HH/A=H) + P1(HH/A=B) + P1(HH/A=H) = 6/49 + 15/98 + 51 /392 + 8/49 = 223/392
P2(H) = P1(HH/A=B) + P1(HH/A=H) + P1(HH/A=B) + P1(HH/A=H) =5/42+1/7+11 /84+10/63 = 139/252

P = P1(B)* P2(B) + P1(H)* P2(H) = 169/392*113/252 + 223/392*139/252 = 5/42

7d pavyzdys. Pirmoje dėžutėje yra 5 balti ir 4 mėlyni rutuliukai, antroje – 3 ir 1, trečioje – atitinkamai 4 ir 5. Atsitiktinai buvo pasirinkta dėžutė ir iš jos ištrauktas rutulys pasirodė mėlynas. Kokia tikimybė, kad šis rutulys yra iš antrosios dėžės?

Sprendimas.
A – paieškos įvykis mėlynas rutulys. Panagrinėkime visas galimas tokio įvykio pasekmes.
H1 - rutulys, ištrauktas iš pirmosios dėžutės,
H2 - rutulys ištrauktas iš antrosios dėžutės,
H3 - rutulys, ištrauktas iš trečiosios dėžutės.
P(H1) = P(H2) = P(H3) = 1/3
Pagal uždavinio sąlygas sąlyginės įvykio A tikimybės yra lygios:
P(A|H1) = 4/(5+4) = 4/9
P(A|H2) = 1/(3+1) = 1/4
P(A|H3) = 5/(4+5) = 5/9
P(A) = P(H1)*P(A|H1) + P(H2)*P(A|H2) + P(H3)*P(A|H3) = 1/3*4/9 + 1 /3*1/4 + 1/3*5/9 = 5/12
Tikimybė, kad šis rutulys yra iš antrojo langelio, yra:
P2 = P(H2)*P(A|H2) / P(A) = 1/3*1/4 / 5/12 = 1/5 = 0,2

8 pavyzdys. Penkiose dėžėse po 30 kamuoliukų yra 5 raudoni rutuliukai (tai H1 kompozicijos dėžutė), kitose šešiose dėžutėse po 20 kamuoliukų yra 4 raudoni rutuliukai (tai H2 kompozicijos dėžutė). Raskite tikimybę, kad atsitiktinai paimtas raudonas rutulys yra viename iš pirmųjų penkių langelių.
Sprendimas: formulės taikymo problema visa tikimybe.

9 pavyzdys. Urnoje yra 2 balti, 3 juodi ir 4 raudoni rutuliai. Atsitiktinai ištraukiami trys rutuliai. Kokia tikimybė, kad bent du rutuliai bus vienodos spalvos?
Sprendimas. Galimi trys rezultatai:
a) tarp trijų ištrauktų kamuoliukų buvo bent du balti.
P b (2) = P 2b
Bendras galimų skaičius elementarius rezultatusšiems bandymams yra lygus būdų, kuriais iš 9 galima ištraukti 3 kamuoliukus, skaičiui:

Raskime tikimybę, kad iš 3 pasirinktų kamuoliukų 2 yra balti.

Pasirinkimų skaičius iš 2 baltų rutulių:

Parinkčių skaičius, kurį galima pasirinkti iš 7 kitų kamuoliukų, trečiojo kamuoliuko:

b) tarp trijų ištrauktų rutulių buvo bent du juodi (t. y. 2 juodi arba 3 juodi).
Raskime tikimybę, kad iš pasirinktų 3 rutuliukų 2 yra juodi.

Pasirinkimų skaičius iš 3 juodų rutulių:

Pasirinkimų skaičius iš 6 kitų vieno kamuoliuko kamuoliukų:


P 2h = 0,214
Raskime tikimybę, kad visi pasirinkti rutuliai yra juodi.

P h (2) = 0,214 + 0,0119 = 0,2259

c) tarp trijų ištrauktų kamuoliukų buvo bent du raudoni (t. y. 2 raudoni arba 3 raudoni).
Raskime tikimybę, kad iš 3 pasirinktų kamuoliukų 2 yra raudoni.

Pasirinkimų skaičius iš 4 juodų rutulių:

Pasirinkimų skaičius: 5 balti rutuliukai, likęs 1 baltas:


Raskime tikimybę, kad visi pasirinkti rutuliai yra raudoni.

P iki (2) = 0,357 + 0,0476 = 0,4046
Tada tikimybė, kad bent du rutuliai bus vienodos spalvos, yra lygi: P = P b (2) + P h (2) + P k (2) = 0,0833 + 0,2259 + 0,4046 = 0,7138

10 pavyzdys. Pirmoje urnoje yra 10 kamuoliukų, 7 iš jų balti; Antroje urnoje yra 20 kamuoliukų, iš kurių 5 balti. Iš kiekvienos urnos atsitiktinai ištraukiamas vienas rutulys, o po to iš šių dviejų rutulių atsitiktinai ištraukiamas vienas rutulys. Raskite tikimybę, kad baltas rutulys bus nupieštas.
Sprendimas. Tikimybė, kad iš pirmosios urnos bus ištrauktas baltas rutulys, yra P(b)1 = 7/10. Atitinkamai, tikimybė ištraukti juodą rutulį yra P(h)1 = 3/10.
Tikimybė, kad iš antrosios urnos bus ištrauktas baltas rutulys, yra P(b)2 = 5/20 = 1/4. Atitinkamai, tikimybė ištraukti juodą rutulį yra P(h)2 = 15/20 = 3/4.
Įvykis A – iš dviejų kamuoliukų paimamas baltas rutulys
Panagrinėkime įvykio A baigties variantus.

1. Iš pirmosios urnos buvo ištrauktas baltas rutulys, o iš antrosios – baltas. Tada iš šių dviejų rutulių buvo ištrauktas baltas rutulys. P1 = 7/10*1/4 = 7/40
2. Iš pirmosios urnos buvo ištrauktas baltas rutulys, o iš antrosios – juodas. Tada iš šių dviejų rutulių buvo ištrauktas baltas rutulys. P2 = 7/10*3/4 = 21/40
3. Iš pirmosios urnos buvo ištrauktas juodas rutulys, o iš antrosios – baltas. Tada iš šių dviejų rutulių buvo ištrauktas baltas rutulys. P3 = 3/10*1/4 = 3/40

11 pavyzdys. Dėžutėje yra n teniso kamuoliukų. Iš jų buvo suvaidinta m. Pirmajame žaidime buvo atsitiktinai paimti du kamuoliai ir grąžinti po žaidimo. Antrajam žaidimui taip pat atsitiktinai paėmėme du kamuolius. Kokia tikimybė, kad antrasis žaidimas bus žaidžiamas su naujais kamuoliais?
Sprendimas. Apsvarstykite įvykį A – žaidimas buvo žaidžiamas antrą kartą su naujais kamuoliais. Pažiūrėkime, kokie įvykiai gali tai lemti.
Pažymėkime g = n-m naujų rutuliukų skaičių prieš juos ištraukiant.
a) pirmam žaidimui buvo ištraukti du nauji kamuoliukai.
P1 = g/n*(g-1)/(n-1) = g(g-1)/(n(n-1))
b) pirmam žaidimui jie ištraukė vieną naują kamuolį ir vieną jau sužaistą.
P2 = g/n*m/(n-1) + m/n*g/(n-1) = 2mg/(n(n-1))
c) pirmam žaidimui buvo ištraukti du sužaisti kamuoliai.
P3 = m/n*(m-1)/(n-1) = m(m-1)/(n(n-1))

Pažvelkime į antrojo žaidimo įvykius.
a) Buvo ištraukti du nauji rutuliai, esant sąlygai P1: kadangi pirmame partijoje jau buvo ištraukti nauji rutuliai, tai antrajame partijoje jų skaičius sumažėjo 2, g-2.
P(A/P1) = (g-2)/n*(g-2-1)/(n-1)*P1 = (g-2)/n*(g-2-1)/(n- 1)*g(g-1)/(n(n-1))
b) Buvo ištraukti du nauji rutuliai, esant sąlygai P2: kadangi pirmam žaidimui jau buvo ištrauktas vienas naujas rutuliukas, tai antrajame partijoje jų skaičius sumažėjo 1, g-1.
P(A/P2) =(g-1)/n*(g-2)/(n-1)*P2 = (g-1)/n*(g-2)/(n-1)*2 mg /(n(n-1))
c) Ištraukti du nauji rutuliai, esant sąlygai P3: kadangi anksčiau pirmajame geime naujų kamuoliukų nebuvo panaudota, jų skaičius nepasikeitė ir antrame partijoje g.
P(A/P3) = g/n*(g-1)/(n-1)*P3 = g/n*(g-1)/(n-1)*m(m-1)/(n (n-1))

Bendra tikimybė P(A) = P(A/P1) + P(A/P2) + P(A/P3) = (g-2)/n*(g-2-1)/(n-1)* g(g-1)/(n(n-1)) + (g-1)/n*(g-2)/(n-1)*2mg/(n(n-1)) + g/n *(g-1)/(n-1)*m(m-1)/(n(n-1)) = (n-2)(n-3)(n-m-1)(n-m)/(( n-1)^2*n^2)
Atsakymas: P(A)=(n-2)(n-3)(n-m-1)(n-m)/((n-1)^2*n^2)

12 pavyzdys. Pirmoje, antroje ir trečioje dėžutėse yra 2 balti ir 3 juodi rutuliai, ketvirtoje ir penktoje dėžutėse yra 1 baltas ir 1 juodas rutuliukas. Atsitiktinai parenkama dėžutė ir iš jos ištraukiamas rutulys. Kas yra sąlyginė tikimybė Koks yra ketvirtas ar penktas langelis, jei ištrauktas rutulys yra baltas?
Sprendimas.
Kiekvienos dėžės pasirinkimo tikimybė yra P(H) = 1/5.
Panagrinėkime sąlygines įvykio A – baltojo rutulio nubrėžimo – tikimybes.
P(A|H=1) = 2/5
P(A|H=2) = 2/5
P(A|H=3) = 2/5
P(A|H=4) = ½
P(A|H=5) = ½
Bendra balto rutulio ištraukimo tikimybė:
P(A) = 2/5*1/5 + 2/5*1/5 +2/5*1/5 +1/2*1/5 +1/2*1/5 = 0,44
Sąlyginė tikimybė, kad pasirinktas ketvirtasis langelis
P(H=4|A) = 1/2*1/5 / 0,44 = 0,2273
Sąlyginė tikimybė, kad bus pasirinktas penktasis langelis
P(H=5|A) = 1/2*1/5 / 0,44 = 0,2273
Iš viso sąlyginė tikimybė, kad bus pasirinktas ketvirtas arba penktas langelis, yra
P(H=4, H=5|A) = 0,2273 + 0,2273 = 0,4546

13 pavyzdys. Urnoje buvo 7 balti ir 4 raudoni rutuliukai. Tada į urną buvo įdėtas kitas baltos, raudonos ar juodos spalvos rutuliukas ir sumaišius išimamas vienas rutulys. Jis pasirodė raudonas. Kokia tikimybė, kad a) buvo padėtas raudonas rutulys? b) juodas rutulys?
Sprendimas.
a) raudonas rutulys
Įvykis A – raudonas rutulys ištraukiamas. Įvykis H – padėtas raudonas rutulys. Tikimybė, kad raudonas rutulys buvo įdėtas į urną P(H=K) = 1/3
Tada P(A|H=K)= 1/3*5/12 = 5/36 = 0,139
b) juodas rutulys
Įvykis A – raudonas rutulys ištraukiamas. Įvykis H – dedamas juodas rutulys.
Tikimybė, kad į urną buvo įdėtas juodas rutulys P(H=H) = 1/3
Tada P(A|H=H)= 1/3*4/12 = 1/9 = 0,111

14 pavyzdys. Yra dvi urnos su kamuoliukais. Viename yra 10 raudonų ir 5 mėlyni kamuoliukai, antrame yra 5 raudoni ir 7 mėlyni rutuliai. Kokia tikimybė, kad iš pirmos urnos atsitiktinai bus ištrauktas raudonas rutulys, o iš antrosios – mėlynas?
Sprendimas. Tegul įvykis A1 yra raudonas rutulys, ištrauktas iš pirmosios urnos; A2 - iš antrosios urnos ištraukiamas mėlynas rutulys:
,
Renginiai A1 ir A2 yra nepriklausomi. Įvykių A1 ir A2 bendro atsiradimo tikimybė lygi

15 pavyzdys. Yra kortų kaladė (36 vnt.). Atsitiktinai iš eilės ištraukiamos dvi kortos. Kokia tikimybė, kad abi ištrauktos kortelės bus raudonos?
Sprendimas. Tegul įvykis A 1 yra pirmoji ištraukta raudona kortelė. Įvykis A 2 – ištraukta antroji raudona kortelė. B – abi išimtos kortelės yra raudonos. Kadangi turi įvykti ir įvykis A 1, ir įvykis A 2, tai B = A 1 · A 2 . Įvykiai A 1 ir A 2 yra priklausomi, todėl P(B):
,
Iš čia

16 pavyzdys. Dviejose urnose yra kamuoliukai, kurie skiriasi tik spalva, o pirmoje urnoje yra 5 balti rutuliai, 11 juodų ir 8 raudoni rutuliai, o antroje atitinkamai 10, 8, 6 kamuoliukai. Iš abiejų urnų atsitiktine tvarka ištraukiamas vienas rutulys. Kokia tikimybė, kad abu rutuliai yra tos pačios spalvos?
Sprendimas. Tegul indeksas 1 reiškia balta spalva, indeksas 2 - juodas; 3 - raudona spalva. Tebūnie įvykis A i, kad iš pirmos urnos ištrauktas i-osios spalvos rutulys; įvykis B j - iš antrosios urnos ištraukiamas j spalvos kamuolys; įvykis A – abu rutuliai yra tos pačios spalvos.
A = A 1 · B 1 + A 2 · B 2 + A 3 · B 3. Įvykiai A i ir B j yra nepriklausomi, o A i · B i ir A j · B j nesuderinami su i ≠ j. Vadinasi,
P(A)=P(A 1) P(B 1)+P(A 2) P(B 2)+P(A 3) P(B 3) =

17 pavyzdys. Iš urnos su 3 baltais ir 2 juodais rutuliais po vieną traukiami rutuliai, kol atsiranda juoda spalva. Raskite tikimybę, kad iš urnos bus ištraukti 3 rutuliai? 5 kamuoliukai?
Sprendimas.
1) tikimybė, kad iš urnos bus ištraukti 3 rutuliai (t.y. trečias rutulys bus juodas, o pirmieji du – balti).
P=3/5*2/4*2/3=1/5
2) tikimybė, kad iš urnos bus ištraukti 5 kamuoliukai
Tokia situacija neįmanoma, nes tik 3 balti rutuliai.
P=0

Iš 1-osios urnos, kurioje buvo 5 balti ir 3 juodi rutuliai, 2 rutuliai atsitiktinai buvo perkelti į 2-ąją urną, kurioje buvo 2 balti ir 6 juodi rutuliai. Tada iš 2-osios urnos atsitiktinai buvo ištrauktas 1 rutulys.
1) Kokia tikimybė, kad iš 2 urnos ištrauktas rutulys bus baltas?
2) Iš 2 urnos paimtas kamuolys pasirodė baltas. Apskaičiuokite tikimybę, kad skirtingų spalvų kamuoliukai buvo perkelti iš 1-osios urnos į 2-ąją.

Atsakymai:

Sprendimas.1) Įvykis A – iš 2-osios urnos ištrauktas rutulys pasirodo baltas. Apsvarstykite šiuos šio įvykio variantus. a) Iš pirmos urnos į antrąją buvo dedami du balti rutuliukai: P1(bb) = 5/8*4/7 = 20/56 balti rutuliukai antroje urnoje. Tada tikimybė ištraukti baltą rutulį iš antrosios urnos lygi P2(4) = 20/56*(2+2)/(6+2) = 80/448b) Iš pirmosios urnos buvo įdėti balti ir juodi rutuliai į antrą: P1(bh) = 5/8*3/7+3/8*5/7 = 30/56 Antroje urnoje yra 3 balti rutuliai. Tada tikimybė ištraukti baltą rutulį iš antrosios urnos yra lygi P2(3) = 30/56*(2+1)/(6+2) = 90/448c) Du juodi rutuliai buvo įdėti iš pirmosios urnos į antrasis: P1(hh) = 3 /8*2/7 = 6/56 Antroje urnoje yra 2 balti rutuliukai. Tada tikimybė ištraukti baltą rutulį iš antrosios urnos yra P2(2) = 6/56*2/(6+2) = 12/448 Tada tikimybė, kad iš antrosios urnos ištrauktas rutulys yra baltas, yra: P( A) = 80 /448 + 90/448 + 12/448 = 13/322) Iš 2-osios urnos paimtas kamuolys pasirodė baltas, t.y. suminė tikimybė P(A) = 13/32 Tikimybė, kad antroje urnoje buvo patalpinti skirtingų spalvų (juodos ir baltos) rutuliai, o pasirinkta balta: P2(3) = 30/56*(2+1). /(6+2) = 90/448P = P2(3)/ P(A) = 90/448 / 13/32 = 45/91

Daugybos teorema

vadinamas daugybos teoremos.

Ši teorema apibendrina atvejį nįvykiai:

1 užduotis. Iš urnos, kurioje yra 5 balti ir 3 juodi rutuliukai, atsitiktinai ir paeiliui ištraukiamas vienas rutulys, kol pasirodo juodas rutuliukas. Raskite tikimybę, kad reikės atlikti ketvirtą ištraukimą, jei pasirinkimas bus atliktas negrąžinus.

Sprendimas. Pristatykime šiuos įvykius: A 1 = (pirmas ištrauktas baltas rutulys), A 2 = (baltas rutulys buvo ištrauktas antras), A 3 = (baltas rutulys buvo ištrauktas trečias). Tada mus dominantis renginys A = (turės žaisti ketvirtą kartą) = (pirmi trys kamuoliukai yra balti) =
. Pagal tikimybių daugybos teoremą

P(A 1) = 5/8;
, kadangi vienas baltas rutulys jau nupieštas, o prieš antrą piešimą urnoje liko 7 rutuliukai, iš kurių 4 balti; , kadangi du balti rutuliukai jau ištraukti ir iki trečio ištraukimo urnoje liko 6 rutuliukai, iš kurių 3 balti. Vadinasi,

Atsakymas. 5/28.
Iš tikimybės aksiomų išplaukia, kaip minėjome, kad atsitiktiniams dviem įvykiams A Ir IN tikimybė

Ši lygybė vadinama sudėjimo teoremos.

kur sumos taikomos viskam galimi deriniaiįvairūs indeksai, paimti 1, 2, 3 ir kt. atitinkamai.

Bendrosios tikimybės formulė

Pagal hipotezių apibrėžimą
ir , ir pagal antrąją tikimybės aksiomą
, Štai kodėl:

tai yra, visai įvykių grupei lygybė yra teisinga:

Bet kokiam renginiui A ir pilna renginių grupė H 1 , H 2 ,..., H nšviesus bendrosios tikimybės formulė:

Suminės tikimybės formulę tikslinga taikyti tuo atveju, kai yra tarsi du atsitiktinumo elementai ir antrojo rezultatas. atsitiktinis įvykis priklauso nuo pirmojo atsitiktinio įvykio įgyvendinimo.

Sprendimas. Panagrinėkime įvykius:

A = (atsitiktinai paimtas gaminys praėjo patikrinimą);

N 1 = (gautas standartinis produktas), R(N 1)=0,99;

N 2 = (paimtas produktas yra nestandartinis), R(N 2)=0,01;

A|N 1 = (atsitiktinės atrankos būdu paimtas gaminys praėjo patikrinimą, jei jis yra standartinis), R(A|N 1) = 0,995;

A|N 2 = (atsitiktinės patikros būdu paimtas gaminys praėjo patikrinimą, jei jis nestandartinis), R(A|N 2) = 0,001;

Užduotis. 3. Dviejose urnose yra balti ir juodi rutuliukai: pirmoje urnoje yra 8 balti ir 2 juodi, antroje - 6 balti ir 2 juodi. Atsitiktinai iš pirmosios urnos paimtas rutulys perkeliamas į antrąją, po to iš antrosios urnos atsitiktinai parenkamas kamuoliukas. Raskite tikimybę ištraukti juodą rutulį iš antrosios urnos.

Sprendimas. Pažymėkime: A= (iš antrosios urnos ištraukiamas juodas rutulys). Reikia surasti P(A)

Galimi šie įvykių raidos būdai:

arba su 2/10 tikimybe iš pirmos urnos ištraukiamas juodas rutulys ir perkeliamas į antrą urną, po to antroje urnoje yra 9 rutuliukai (iš kurių 3 juodi), o tikimybė gauti juodą rutulį nuo jo yra 3/9;

arba su 8/10 tikimybe iš pirmos urnos ištraukiamas baltas rutulys ir perkeliamas į antrąją urną, po to antrajame rinkinyje yra 9 rutuliukai (iš kurių 2 juodi), ir tikimybė iš jo gauti juodą rutulį yra 2/9.

Pateikiame hipotezes:

H 1 = (juodas rutulys ištraukiamas iš pirmosios urnos), P(H 1) = 2/10 = 0,2;

H 2 = (iš pirmosios urnos ištraukiamas baltas rutulys), P(H 2) = 8/10 = 0,8;

P(H 1) + P(H 2) = 1.

Tada R(A|N 1) = (juodas rutulys ištraukiamas iš antrosios urnos, jei juodas rutulys buvo ištrauktas iš pirmosios urnos), P(A|H 1) = 3/9 = 1/3. Taip pat, P(A|H 2) = 2/9.

Pagal bendrosios tikimybės formulę:

Atsakymas. 11/45.

Bayes formulė

.

Paskutinė formulė vadinama Bayes formulės.

.
4 užduotis. 3 uždavinio sąlygomis raskite tikimybę, kad juodas rutulys buvo ištrauktas iš pirmosios urnos, jei juodas rutulys buvo ištrauktas ir iš antrosios urnos.

Sprendimas. Sprendžiant 3 uždavinį įvestame žymėjime reikia rasti P(H 1 |A). Pagal Bayes formulę

Atsakymas. 3/11.
5 užduotis. Pranešimą sudaro signalai „1“ ir „0“. Trikdžių savybės yra tokios, kad vidutiniškai 5% „0“ signalų ir 3% „1“ signalų yra iškraipomi. Iškraipymo atveju vietoj „0“ signalo gaunamas „1“ signalas ir atvirkščiai. Yra žinoma, kad tarp perduodamų signalų „0“ ir „1“ yra santykiu 3:2. Raskite tikimybę, kad bus išsiųstas „0“ signalas, jei gaunamas „1“ signalas.

Sprendimas. Eksperimentas buvo atliktas ir įvykis įvyko A =(gautas signalas „1“).

Hipotezės: H 1 = (signalas "0" išsiųstas), H 2 = (signalas „1“ išsiųstas).

Pagal sąlygą: P(H 1) = 3/5 = 0,6, P(H 2) = 2/5 = 0,4, tai yra P(H 1) + P(H 2) = 1.

Panagrinėkime įvykius:

A|H 1 = (gaunamas signalas "1", jei siunčiamas signalas "0") = (signalas "0" yra iškraipytas), todėl pagal sąlygą P(A|H 1)=0,05;

A|H 2 = (gaunamas signalas „1“, jei siunčiamas signalas „1“) = (signalas „1“ yra neiškraipytas), todėl pagal sąlygą P(A|H 2)=1–0,03=0,97;

H 1 | A = (signalas „0“ siunčiamas, jei gaunamas signalas „1“).

Pagal Bayes formulę