Jei jus domina antraštės klausimas, tikriausiai esate studentas ar moksleivis, susidūręs su nauju dalyku. Tikimybių teorijos uždavinius dabar sprendžia aukštesniųjų mokyklų penktų klasių mokiniai, prieš vieningą valstybinį egzaminą gimnazistai ir tiesiogine prasme visų specialybių – nuo geografų iki matematikų – studentai. Kas tai per objektas ir kaip prie jo prieiti?
Tikimybė. Kas čia?
Tikimybių teorija, kaip rodo pavadinimas, kalbama apie tikimybes. Mus supa daugybė dalykų ir reiškinių, apie kuriuos, kad ir koks būtų išvystytas mokslas, neįmanoma tiksliai numatyti.
Mes nežinome, kurią kortą atsitiktinai išimsime iš kaladės ar kiek dienų gegužės mėnesį lis, bet Papildoma informacija, galime daryti prognozes ir skaičiuoti tikimybesšių atsitiktinių įvykių.
Taigi, mes susiduriame su pagrindine koncepcija atsitiktinis įvykis- reiškinys, kurio elgesio negalima numatyti, eksperimentas, kurio rezultatas negali būti apskaičiuotas iš anksto ir kt. Tai įvykių tikimybės, kurios apskaičiuojamos tipinėse problemose.
Tikimybė- tai yra tam tikra, griežtai kalbant, funkcija, kuri paima reikšmes nuo 0 iki 1 ir apibūdina tam tikrą atsitiktinį įvykį. 0 - įvykis praktiškai neįmanomas, 1 - įvykis beveik tikras, 0,5 (arba "50 iki 50") - su lygia tikimybeįvykis įvyks ar ne.
Tikimybių uždavinių sprendimo algoritmas
Daugiau apie tikimybių teorijos pagrindus galite sužinoti, pavyzdžiui, internetiniame vadovėlyje.
Dabar neplakime, o formuluokime diagrama, kuris turėtų būti naudojamas sprendžiant standartą Mokymosi tikslai atsitiktinio įvykio tikimybei apskaičiuoti, o tada žemiau Iliustruojame pavyzdžiais jo taikymas.
- Atidžiai perskaitykite užduotį ir supraskite, kas tiksliai vyksta (kas iš kurios dėžės ištraukiama, kas kur gulėjo, kiek įrenginių veikia ir pan.)
- Raskite pagrindinį tokios problemos kaip „apskaičiuokite“ klausimą tikimybė, kad, kad...“ ir parašykite šią elipsę įvykio, kurio tikimybę reikia rasti, forma.
- Įvykis įrašytas. Dabar turime suprasti, kuriai tikimybių teorijos „schemai“ priklauso problema, kad teisingai parinktume sprendimo formules. Atsakinėti į testo klausimai tipas:
- yra vienas testas (pavyzdžiui, mesti du kauliukus) arba keli (pavyzdžiui, patikrinama 10 įrenginių);
- jei yra keli testai, ar vieno rezultatai priklauso nuo kitų (priklausomybė ar įvykių nepriklausomybė);
- įvykis įvyksta vienoje situacijoje arba užduotis kalba apie keletą galimos hipotezės(pavyzdžiui, kamuolys paimamas iš bet kurios iš trijų dėžių arba iš konkrečios).
- Sprendimui pasirinkta formulė (arba kelios). Užrašome visus užduoties duomenis ir pakeičiame juos į šią formulę.
- Voila, tikimybė rasta.
Kaip spręsti problemas: klasikinė tikimybė
1 pavyzdys. 30 mokinių grupėje testo metu 6 mokiniai gavo „5“, 10 mokinių – „4“, 9 mokiniai – „3“, likusieji – „2“. Raskite tikimybę, kad 3 mokiniai, pakviesti prie lentos, testo metu gavo „2“.
Mes pradedame sprendimą pagal aukščiau aprašytus punktus.
- Problemoje mes kalbame apie apie 3 mokinių, atitinkančių tam tikras sąlygas, atranką iš grupės.
- Įveskite pagrindinį įvykį $X$ = (Visi 3 prie lentos pakviesti mokiniai gavo „2“ teste).
- Kadangi užduotyje yra tik vienas testas ir jis susietas su atranka/pasirinkimu tam tikromis sąlygomis, tai kalbame apie klasikinį tikimybės apibrėžimą. Parašykime formulę: $P=m/n$, kur $m$ yra įvykiui $X$ palankių rezultatų skaičius, o $n$ yra visų vienodai galimų skaičius elementarius rezultatus.
- Dabar turime rasti šios problemos $m$ ir $n$ reikšmes. Pirmiausia suraskime visų galimų rezultatų skaičių – būdų, kaip pasirinkti 3 mokinius iš 30, skaičių. Kadangi pasirinkimo tvarka neturi reikšmės, tai yra kombinacijų skaičius iš 30 iš 3: $$n=C_(30 )^3=\frac(30{3!27!}=\frac{28\cdot 29 \cdot 30}{1\cdot 2 \cdot 3}=4060.$$ Найдем число способов вызвать только студентов, получивших "2". Всего таких студентов было $30-6-10-9=5$ человек, поэтому $$m=C_{5}^3=\frac{5!}{3!2!}=\frac{4 \cdot 5}{1\cdot 2}=10.$$!}
- Gauname tikimybę: $$P(X)=\frac(m)(n)=\frac(10)(4060)=0,002.$$ Užduotis išspręsta.
Nėra laiko apsispręsti? Raskite išspręstą problemą
Paruošti problemų sprendimai bet kuriai tikimybių teorijos daliai – daugiau nei 10 000 pavyzdžių! Raskite savo užduotį.
At Vertinant bet kokio atsitiktinio įvykio tikimybę, labai svarbu gerai suprasti, ar mus dominančio įvykio tikimybė () priklauso nuo to, kaip vystysis kiti įvykiai.
Klasikinės schemos atveju, kai visi rezultatai yra vienodai tikėtini, mes jau galime savarankiškai įvertinti atskiro mus dominančio įvykio tikimybių reikšmes. Tai galime padaryti net jei įvykis yra sudėtingas kelių elementarių rezultatų rinkinys. Ką daryti, jei keli atsitiktiniai įvykiai įvyksta vienu metu arba paeiliui? Kaip tai įtakoja mus dominančio įvykio tikimybę?
Jei kelis kartus metau kauliuką ir noriu, kad atsirastų šešetas, ir man vis nesiseka, ar tai reiškia, kad turėčiau padidinti statymą, nes, remiantis tikimybių teorija, man tuoj pasiseks? Deja, tikimybių teorija nieko panašaus nenurodo. Jokių kauliukų, jokių kortelių, jokių monetų negali prisiminti ką jie mums parodė Paskutinį kartą. Jiems visiškai nesvarbu, ar šiandien išbandau laimę pirmą, ar dešimtą kartą. Kiekvieną kartą, kai kartoju ritinį, žinau tik vieną dalyką: ir šį kartą tikimybė gauti šešetuką vėl yra viena šeštoji. Žinoma, tai nereiškia, kad man reikalingas skaičius niekada neatsiras. Tai tik reiškia, kad mano pralaimėjimas po pirmo metimo ir po bet kurio kito metimo yra nepriklausomi įvykiai.
Įvykiai A ir B vadinami nepriklausomas, jeigu vieno iš jų įgyvendinimas niekaip neįtakoja kito įvykio tikimybės. Pavyzdžiui, tikimybė pataikyti į taikinį pirmuoju iš dviejų ginklų nepriklauso nuo to, ar į taikinį pataikė kitas ginklas, todėl įvykiai „pirmas ginklas pataikė į taikinį“ ir „antras ginklas pataikė į taikinį“ yra nepriklausomas.
Jei du įvykiai A ir B yra nepriklausomi, o kiekvieno iš jų tikimybė yra žinoma, tai tikimybę, kad įvykis A ir B (žymimas AB) įvyks vienu metu, galima apskaičiuoti naudojant šią teoremą.
Nepriklausomų įvykių tikimybių daugybos teorema
P(AB) = P(A)*P(B)- tikimybė vienu metu dviejų pradžia nepriklausomasįvykiai yra lygūs dirbtišių įvykių tikimybės.Pavyzdys.Tikimybės pataikyti į taikinį šaudant iš pirmojo ir antrojo ginklo yra atitinkamai vienodos: p 1 =0,7;
p 2 =0,8. Raskite tikimybę, kad abu ginklai vienu metu pataikys vienu salve. Sprendimas:
kaip jau matėme, įvykiai A (pataikyti iš pirmojo ginklo) ir B (pataikyti iš antrojo ginklo) yra nepriklausomi, t.y. P(AB)=P(A)*P(B)=p 1 *p 2 =0,56.
Pavyzdys.Kas atsitiks su mūsų vertinimais, jei pradiniai įvykiai nėra nepriklausomi? Šiek tiek pakeiskime ankstesnį pavyzdį. Varžybose į taikinius šaudo du šauliai, o jei vienas šaudo taikliai, varžovas pradeda nervintis ir jo rezultatai prastėja. Kaip šią kasdienę situaciją paversti matematikos uždavinys ir apibūdinkite būdus, kaip tai išspręsti? Intuityviai aišku, kad turime kažkaip atskirti šias dvi galimybes pokyčius , iš esmės sukurti du scenarijus, du. Pirmuoju atveju, jei varžovas nepataikė, scenarijus bus palankus nervingam sportininkui ir jo taiklumas bus didesnis. Antruoju atveju, jei varžovas savo šansu pasinaudojo padoriai, tikimybė pataikyti į taikinį antrajam sportininkui sumažėja.
Dėl išsiskyrimo galimus scenarijus(jos dažnai vadinamos hipotezėmis) įvykių raidai dažnai naudosime „tikimybių medžio“ diagramą. Ši diagrama savo prasme yra panaši į sprendimų medį, kurį tikriausiai jau nagrinėjote. Kiekviena šaka reprezentuoja atskirą įvykių raidos scenarijų, tik dabar taip savoji vertė vadinamasis sąlyginis
tikimybės (q 1, q 2, q 1 -1, q 2 -1).
Ši schema labai patogi analizuojant nuoseklius atsitiktinius įvykius. Belieka išsiaiškinti dar vieną svarbų klausimą: kur yra pradinės tikimybių reikšmės realias situacijas
Pavyzdys.? Juk tikimybių teorija neveikia tik su monetomis ir kauliukais? Paprastai šie įverčiai yra paimti iš statistikos, o kai statistinės informacijos nėra, atliekame savo tyrimus. Ir dažnai turime pradėti ne nuo duomenų rinkimo, o nuo klausimo, kokios informacijos mums iš tikrųjų reikia. Tarkime, šimtą tūkstančių gyventojų turinčiame mieste reikia įvertinti naujo produkto, kuris nėra esminis dalykas, pavyzdžiui, balzamo, skirto dažytų plaukų priežiūrai, rinkos apimtį. Panagrinėkime „tikimybių medžio“ diagramą. Šiuo atveju turime apytiksliai įvertinti kiekvienos „šakos“ tikimybės reikšmę.
Taigi, mūsų rinkos pajėgumo įvertinimai:
1) 50% visų miesto gyventojų yra moterys,
2) tik 30% moterų dažnai dažosi plaukus,
3) iš jų tik 10% naudoja balzamus dažytiems plaukams,
4) iš jų tik 10% gali sukaupti drąsos išbandyti naują produktą,
p 2 =0,8. Raskite tikimybę, kad abu ginklai vienu metu pataikys vienu salve. 5) 70% iš jų dažniausiai viską perka ne iš mūsų, o iš konkurentų.
Pagal tikimybių daugybos dėsnį nustatome mus dominančio įvykio tikimybę A = (miesto gyventojas perka iš mūsų šį naują balzamą) = 0,00045.
Padauginkime šią tikimybės reikšmę iš miesto gyventojų skaičiaus. Dėl to turime tik 45 potencialius klientus, o turint omenyje, kad vieno buteliuko šios prekės užtenka keliems mėnesiams, prekyba nėra itin gyva.
Ir vis dėlto mūsų vertinimai turi tam tikros naudos.
Pirma, galime palyginti skirtingų verslo idėjų prognozes, diagramose jos turės skirtingas „šakės“ ir, žinoma, skirsis ir tikimybių reikšmės. Antra, kaip jau minėjome, Ji nevadinama atsitiktine, nes ji visiškai nuo nieko nepriklauso. Tik ji tiksli prasmė iš anksto nežinoma. Žinome, kad vidutinį pirkėjų skaičių galima padidinti (pavyzdžiui, reklamuojant naują prekę). Taigi prasminga sutelkti savo pastangas į tas „šakės“, kuriose tikimybių skirstinys mums netinka, į tuos veiksnius, kuriuos galime paveikti.
Pažiūrėkime dar vieną kiekybinis pavyzdys pirkimo elgsenos tyrimai.
Pavyzdys. Maisto turguje per dieną vidutiniškai apsilanko 10 000 žmonių. Tikimybė, kad turgaus lankytojas pateks į paviljoną pieno produktai, yra lygus 1/2.
Žinoma, kad šiame paviljone per dieną parduodama vidutiniškai 500 kg įvairios produkcijos.
Ar galima sakyti, kad vidutinis pirkinys paviljone sveria vos 100 g? Diskusija.
Žinoma ne. Akivaizdu, kad ne visi, patekę į paviljoną, galiausiai ten ką nors nusipirko.
Kaip parodyta diagramoje, norėdami atsakyti į klausimą apie vidutinį pirkinio svorį, turime rasti atsakymą į klausimą, kokia tikimybė, kad į paviljoną įėjęs žmogus ten ką nors nusipirks. Jei tokių duomenų neturime, bet mums jų reikia, turėsime juos gauti patys, kurį laiką stebėdami paviljono lankytojus. Tarkime, mūsų stebėjimai parodė, kad tik penktadalis paviljono lankytojų ką nors perka. Kai gauname šiuos įvertinimus, užduotis tampa paprasta. Iš 10 000 žmonių, kurie ateis į turgų, 5 000 pateks į pieno produktų paviljoną, tik 1 000 pirks. Vidutinis svoris pirkinys lygus 500 gramų. Įdomu pastebėti, kad statyti pilnas vaizdas
įvykus, sąlyginio „išsišakojimo“ logika turi būti apibrėžta kiekviename mūsų samprotavimo etape taip aiškiai, tarsi dirbtume su „konkrečia“ situacija, o ne su tikimybėmis.
Savikontrolės užduotys 1. Tegul būna elektros grandinė
, susidedantis iš n nuosekliai sujungtų elementų, kurių kiekvienas veikia nepriklausomai nuo kitų.
Yra žinoma kiekvieno elemento gedimo tikimybė p. Nustatykite visos grandinės dalies tinkamo veikimo tikimybę (įvykis A). 2. Mokinys žino 20 iš 25 egzamino klausimai
3. Gamyba susideda iš keturių nuoseklių etapų, kurių kiekviename veikia įranga, kuriai gedimo tikimybė per kitą mėnesį yra lygi atitinkamai p 1, p 2, p 3 ir p 4. Raskite tikimybę, kad per mėnesį nebus gamybos sustabdymų dėl įrangos gedimo.
Pakalbėkime apie problemas, kuriose atsiranda frazė „bent viena“. Tikrai esate susidūrę su tokiomis užduotimis namuose ir bandymai, o dabar sužinosite, kaip juos išspręsti. Pirmiausia pakalbėsiu apie Pagrindinė taisyklė, tada apsvarstykite specialų atvejį ir kiekvienam surašykite formules bei pavyzdžius.
Bendroji metodika ir pavyzdžiai
Bendroji technika Norėdami išspręsti problemas, kuriose pasitaiko frazė „bent viena“, yra tokia:
Dabar pažvelkime į tai su pavyzdžiais. Persiųsti!
1 pavyzdys. Dėžutėje yra 25 standartinės ir 6 to paties tipo defektinės dalys. Kokia tikimybė, kad iš trijų atsitiktinai atrinktų dalių bent viena bus sugedusi?
Mes veikiame tiesiogiai taškas po taško.
1.
Užrašome įvykį, kurio tikimybę reikia rasti tiesiai iš problemos teiginio:
$A$ =(Iš 3 pasirinktų dalių mažiausiai vienas defektinis).
2. Tada priešingas įvykis suformuluojamas taip: $\bar(A)$ = (Iš 3 pasirinktų detalių nė vienas su defektu) = (Visos 3 pasirinktos dalys bus standartinės).
3. Dabar turime suprasti, kaip rasti įvykio $\bar(A)$ tikimybę, dėl kurios dar kartą pažvelgsime į problemą: mes kalbame apie dviejų tipų objektus (defektines dalis ir ne), iš kurių tam tikra objektų skaičius išimamas ir tiriamas (su defektais ar ne). Ši problema išspręsta naudojant klasikinį tikimybės apibrėžimą (tiksliau, naudojant hipergeometrinę tikimybės formulę, plačiau apie tai skaitykite straipsnyje).
Pirmajame pavyzdyje sprendimą surašysime detaliai, vėliau jį sutrumpinsime (o visas instrukcijas ir skaičiuotuvus rasite aukščiau esančioje nuorodoje).
Pirma, suraskime bendrą rezultatų skaičių – tai yra būdų, kaip pasirinkti bet kurias 3 dalis iš 25+6=31 dalių partijos dėžutėje, skaičius. Kadangi pasirinkimo tvarka nesvarbi, taikome formulę 31 objekto kombinacijų skaičiui iš 3: $n=C_(31)^3$.
Dabar pereikime prie įvykiui palankių rezultatų skaičiaus. Norėdami tai padaryti, visos 3 pasirinktos dalys turi būti standartinės jas galima pasirinkti $m = C_(25)^3$ būdais (nes langelyje yra lygiai 25 standartinės dalys).
Tikimybė yra tokia:
$$ P(\bar(A))=\frac(m)(n)=\frac(C_(25)^3 )(C_(31)^3) = \frac(23 \cdot 24\cdot 25) (29\cdot 30\cdot 31) =\frac(2300)(4495)= 0,512. $$
4. Tada norima tikimybė yra:
$$ P(A)=1-P(\bar(A))=1- 0,512 = 0,488. $$
Atsakymas: 0.488.
2 pavyzdys. Iš 36 kortų kaladės atsitiktinai paimamos 6 kortos. Raskite tikimybę, kad tarp paimtų kortų bus bent du kastuvai.
1. Įrašome įvykį $A$ =(Iš 6 pasirinktų kortelių bus bent du viršūnės).
2. Tada priešingas įvykis suformuluojamas taip: $\bar(A)$ = (Iš 6 pasirinktų kortų bus mažiau nei 2 kastuvai) = (Iš 6 pasirinktų kortų bus lygiai 0 arba 1 kastuvas, likusieji kitokį kostiumą).
komentuoti. Aš sustosiu čia ir padarysiu mažas raštelis. Nors 90% atvejų „eiti į priešingą įvykį“ technika veikia puikiai, pasitaiko atvejų, kai lengviau rasti pirminio įvykio tikimybę. IN tokiu atveju, jei tiesiogiai ieškote įvykio $A$ tikimybės, reikės pridėti 5 tikimybes, o įvykiui $\bar(A)$ - tik 2 tikimybes. Bet jei problema būtų „iš 6 kortų bent 5 yra viršūnės“, situacija būtų atvirkštinė ir būtų lengviau išspręsti pradinę problemą. Jei dar kartą bandysiu duoti nurodymus, tai pasakysiu. Atlikdami užduotis, kuriose matote „bent vieną“, nedvejodami pereikite prie priešingo įvykio. Jei mes kalbame apie „bent 2, bent 4 ir tt“, tuomet turite išsiaiškinti, ką lengviau suskaičiuoti.
3. Grįžtame prie problemos ir randame įvykio $\bar(A)$ tikimybę, naudodami klasikinį tikimybės apibrėžimą.
Bendras rezultatų skaičius (būdai pasirinkti bet kurias 6 korteles iš 36) yra $n=C_(36)^6$ (skaičiuotuvas).
Raskime įvykiui palankių rezultatų skaičių. $m_0 = C_(27)^6$ – būdų, kaip pasirinkti visas 6 ne piko spalvos kortas, skaičius (kalėje jų yra 36-9=27), $m_1 = C_(9)^1 \cdot C_(27)^5$ - suskaidykite būdus, kaip pasirinkti 1 pikų kostiumo kortą (iš 9) ir 5 kitas spalvas (iš 27).
$$ P(\bar(A))=\frac(m_0+m_1)(n)=\frac(C_(27)^6+C_(9)^1\cdot C_(27)^5 )(C_( 36)^6) =\frac(85215)(162316)= 0,525. $$
4. Tada norima tikimybė yra:
$$ P(A)=1-P(\bar(A))=1- 0,525 = 0,475. $$
Atsakymas: 0.475.
3 pavyzdys. Urnoje yra 2 balti, 3 juodi ir 5 raudoni rutuliukai. Atsitiktinai ištraukiami trys rutuliai. Raskite tikimybę, kad tarp ištrauktų kamuoliukų bus bent du skirtinga spalva.
1. Įrašome įvykį $A$ =(Tarp 3 ištrauktų kamuoliukų bent du skirtinga spalva). Tai yra, pavyzdžiui, „2 raudoni rutuliai ir 1 baltas“, „1 baltas, 1 juodas, 1 raudonas“ arba „2 juodas, 1 raudonas“ ir pan., yra daugybė variantų. Išbandykime perėjimo į priešingą įvykį taisyklę.
2. Tada priešingas įvykis suformuluojamas taip: $\bar(A)$ = (Visi trys rutuliai yra vienodos spalvos) = (parenkami 3 juodi arba 3 raudoni rutuliai) - yra tik 2 variantai, o tai reiškia, kad šis metodas sprendimas supaprastina skaičiavimus. Beje, visi kamuoliukai baltas Negalima pasirinkti, nes jų yra tik 2 ir ištraukti 3 rutuliai.
3. Bendras rezultatų skaičius (būdai pasirinkti 3 kamuoliukus iš 2+3+5=10 kamuoliukų) yra $n=C_(10)^3=120$.
Raskime įvykiui palankių rezultatų skaičių. $m = C_(3)^3+C_(5)^3=1+10=11$ – 3 juodų kamuoliukų (iš 3) arba 3 raudonų (iš 5) pasirinkimo būdų skaičius.
$$ P(\bar(A))=\frac(m)(n)=\frac(11)(120). $$
4. Reikalinga tikimybė:
$$ P(A)=1-P(\bar(A))=1-\frac(11)(120)=\frac(109)(120) = 0,908. $$
Atsakymas: 0.908.
Ypatingas atvejis. Nepriklausomi renginiai
Eikime toliau ir pateksime į problemų klasę, kurioje yra keletas nepriklausomi renginiai(smūgiuoja strėlės, perdega lemputės, užveda automobiliai, su įvairia tikimybe suserga darbuotojai ir pan.) ir jums reikia „Rasti tikimybę, kad įvyks bent vienas įvykis“. Variantais tai gali skambėti taip: „raskite tikimybę, kad bent vienas iš trijų šaulių pataikys į taikinį“, „raskite tikimybę, kad bent vienas iš dviejų autobusų atvyks į stotį laiku“, „raskite tikimybė, kad per metus suges bent vienas elementas įrenginyje, kurį sudaro keturi elementai.
Jei aukščiau pateiktuose pavyzdžiuose kalbėjome apie klasikinės tikimybių formulės naudojimą, tai čia prieiname prie įvykių algebros, naudojame tikimybių pridėjimo ir dauginimo formules (maža teorija).
Taigi, nagrinėjami keli nepriklausomi įvykiai $A_1, A_2,...,A_n$, kurių kiekvieno įvykio tikimybė yra žinoma ir lygi $P(A_i)=p_i$ ($q_i=1-p_i$). Tada tikimybė, kad eksperimento rezultatas įvyks bent vienas iš įvykių, apskaičiuojama pagal formulę
$$ P=1-q_1\cdot q_2 \cdot ...\cdot q_n. \quad(1) $$
Griežtai kalbant, ši formulė taip pat gaunama taikant pagrindinę techniką „Eiti į priešingą įvykį“. Iš tiesų, tegul $A$=(įvyks bent vienas įvykis iš $A_1, A_2,...,A_n$), tada $\bar(A)$ = (Neįvyks nė vienas įvykis), o tai reiškia:
$$ P(\bar(A))=P(\bar(A_1) \cdot \bar(A_2) \cdot... \bar(A_n))=P(\bar(A_1)) \cdot P(\ bar(A_2)) \cdot ... P(\bar(A_n))=\\ =(1-P(A_1)) \cdot (1-P(A_2)) \cdot ... (1-P( A_n))=\\ =(1-p_1) \cdot (1-p_2) \cdot ... (1-p_n)=q_1\cdot q_2 \cdot ...\cdot q_n,\\ $$ iš kur mes gaukite mūsų formulę $$ P(A)=1-P(\bar(A))=1-q_1\cdot q_2 \cdot ...\cdot q_n. $$
4 pavyzdys. Įrenginį sudaro dvi nepriklausomai veikiančios dalys. Dalių gedimo tikimybė yra atitinkamai 0,05 ir 0,08. Raskite įrenginio gedimo tikimybę, jei jos pakanka, kad sugestų bent viena dalis.
Įvykis $A$ =(Mazgas nepavyko) = (Nepavyko bent viena iš dviejų dalių). Pristatome nepriklausomus įvykius: $A_1$ = (Pirmoji dalis nepavyko) ir $A_2$ = (Antra dalis nepavyko). Pagal sąlygą $p_1=P(A_1)=0,05$, $p_2=P(A_2)=0,08$, tada $q_1=1-p_1=0,95$, $q_2=1-p_2=0, 92 USD. Taikykime formulę (1) ir gaukime:
$$ P(A)=1-q_1\cdot q_2 = 1-0,95\cdot 0,92=0,126. $$
Atsakymas: 0,126.
5 pavyzdys. Studentas ieško jam reikalingos formulės trijose žinynuose. Tikimybė, kad formulė yra pirmame kataloge, yra 0,8, antrajame - 0,7, trečiame - 0,6. Raskite tikimybę, kad formulė yra bent vienoje žinyne.
Mes tęsiame tuo pačiu būdu. Apsvarstykite pagrindinį įvykį
$A$ =(Formulė yra bent vienoje žinyne). Pristatome nepriklausomus renginius:
$A_1$ = (Formulė yra pirmoje žinyne),
$A_2$ = (Formulė yra antroje žinyne),
$A_3$ = (Formulė yra trečioje žinyne).
Pagal sąlygą $p_1=P(A_1)=0.8$, $p_2=P(A_2)=0.7$, $p_3=P(A_3)=0.6$, tada $q_1=1-p_1=0 ,2$, $q_2 =1-p_2=0,3$, $q_3=1-p_3=0,4$. Taikykime formulę (1) ir gaukime:
$$ P(A) = 1-q_1\cdot q_2\cdot q_3 = 1-0,2\cdot 0,3\cdot 0,4 = 0,976. $$
Atsakymas: 0,976.
6 pavyzdys. Darbuotojas prižiūri 4 mašinas, kurios veikia nepriklausomai viena nuo kitos. Tikimybė, kad per pamainą pirma mašina pareikalaus darbuotojo dėmesio yra 0,3, antra - 0,6, trečia - 0,4 ir ketvirta - 0,25. Raskite tikimybę, kad per pamainą bent vienai mašinai nereikės meistro dėmesio.
Manau, jūs jau supratote sprendimo principą, vienintelis klausimas yra įvykių skaičius, bet tai neturi įtakos sprendimo sudėtingumui (skirtingai nei bendrų užduočių dėl tikimybių sudėjimo ir daugybos). Tik būkite atsargūs, tikimybės nurodomos „reiks dėmesio“, tačiau problemos klausimas yra „bent vienai mašinai dėmesio nereikės“. Kad galėtumėte naudoti, turite įvesti įvykius taip pat, kaip ir pagrindiniame (šiuo atveju su NOT). bendroji formulė (1).
Mes gauname:
$A$ = (Pamainos metu bent vienai mašinai NETEKS meistro dėmesio),
$A_i$ = ($i$-oji mašina nereikalaus pagrindinio vadovo dėmesio), $i=1,2,3,4$,
$p_1 = 0,7 $, $ p_2 = 0,4 $, $ p_3 = 0,6 $, $ p_4 = 0,75 $.
Reikalinga tikimybė:
$$ P(A)=1-q_1\cdot q_2\cdot q_3 \cdot q_4= 1-(1-0,7)\cdot (1-0,4)\cdot (1-0,6)\cdot (1-0,75) = 0,982 . $$
Atsakymas: 0,982. Beveik neabejotinai meistras ilsėsis visą pamainą ;)
Ypatingas atvejis. Pakartotiniai testai
Taigi, turime $n$ nepriklausomų įvykių (arba tam tikros patirties pasikartojimų) ir šių įvykių (arba įvykio atsiradimo kiekviename eksperimente) tikimybę. dabar yra tokie patys ir yra lygūs $p$. Tada formulė (1) supaprastinama iki formos:
$$ P=1-q_1\cdot q_2 \cdot ...\cdot q_n = 1-q^n. $$
Tiesą sakant, mes susiaurėjame iki problemų, vadinamų „pakartotomis nepriklausomi testai"arba "Bernoulli schema", kai atliekami $n$ eksperimentai, įvykio tikimybė kiekviename iš jų yra lygi $p$. Turime rasti tikimybę, kad įvykis įvyks bent kartą iš $ n$ pakartojimų:
$$ P=1-q^n. \quad(2) $$
Daugiau apie Bernoulli schemą galite perskaityti internetiniame vadovėlyje, taip pat pažiūrėti skaičiuoklės straipsnius apie įvairių porūšių problemų sprendimą (apie kadrus, loterijos bilietus ir kt.). Žemiau bus aptariamos tik problemos, susijusios su „bent vienu“.
7 pavyzdys. Tegul tikimybė, kad per garantinį laikotarpį televizoriui nereikės remonto, lygi 0,9. Raskite tikimybę, kad garantiniu laikotarpiu bent vienam iš 3 televizorių nereikės remonto.
Trumpai tariant, sprendimo dar nematėte.
Tiesiog išrašome iš sąlygos: $n=3$, $p=0.9$, $q=1-p=0.1$.
Tada tikimybė, kad garantiniu laikotarpiu bent vienam iš 3 televizorių nereikės remonto pagal (2) formulę:
$$ P=1-0,1^3=1-0,001=0,999 $$
Atsakymas: 0,999.
8 pavyzdys. Į tam tikrą taikinį paleidžiami 5 nepriklausomi šūviai. Pataikymo vienu šūviu tikimybė yra 0,8. Raskite tikimybę, kad bus bent vienas smūgis.
Vėlgi, pradedame nuo problemos formalizavimo, žinomų dydžių užrašymo. $n=5$ šūviai, $p=0.8$ – pataikymo tikimybė vienu šūviu, $q=1-p=0.2$.
Ir tada tikimybė, kad bus bent vienas pataikymas iš penkių šūvių, yra lygi: $$ P=1-0,2^5=1-0,00032=0,99968 $$
Atsakymas: 0,99968.
Manau, kad naudojant (2) formulę viskas yra daugiau nei aišku (nepamirškite perskaityti apie kitas problemas, išspręstas pagal Bernoulli schemą, nuorodos buvo aukščiau). Ir žemiau pateiksiu šiek tiek daugiau sunki užduotis. Tokių problemų pasitaiko rečiau, tačiau reikia išmokti ir jų sprendimo būdą. Pirmyn!
9 pavyzdys. Atliekama N nepriklausomų eksperimentų, kurių kiekviename įvykis A pasirodo su 0,7 tikimybe. Kiek eksperimentų reikia atlikti, kad būtų garantuotas bent vienas įvykio A įvykis su 0,95 tikimybe?
Turime Bernulio schemą, $n$ – eksperimentų skaičius, $p=0.7$ – įvykio A atsiradimo tikimybė.
Tada tikimybė, kad $n$ eksperimentuose įvyks bent vienas įvykis A, lygi (2) formulei: $$ P=1-q^n=1-(1-0.7)^n=1-0, 3^ n $$ Pagal sąlygą ši tikimybė turi būti ne mažesnė kaip 0,95, todėl:
$1–0,3^n \ge 0,95,\\ 0,3^n \le 0,05,\\ n \ge \log_(0,3) 0,05 = 2,49. $$
Apvalinant gauname, kad reikia atlikti bent 3 eksperimentus.
Atsakymas: Turite atlikti mažiausiai 3 eksperimentus.
Poreikis veikti pagal tikimybes atsiranda tada, kai žinomos kai kurių įvykių tikimybės ir reikia apskaičiuoti kitų įvykių, kurie yra susiję su šiais įvykiais, tikimybes.
Tikimybių sudėjimas naudojamas, kai reikia apskaičiuoti atsitiktinių įvykių kombinacijos arba loginės sumos tikimybę.
Įvykių suma A Ir Bžymėti A + B arba A ∪ B. Dviejų įvykių suma yra įvykis, kuris įvyksta tada ir tik tada, kai įvyksta bent vienas iš įvykių. Tai reiškia kad A + B– įvykis, kuris įvyksta tada ir tik tada, kai įvykis įvyko stebėjimo metu A arba renginys B, arba vienu metu A Ir B.
Jei įvykiai A Ir B yra tarpusavyje nesuderinami ir pateikiamos jų tikimybės, tada tikimybė, kad vienas iš šių įvykių įvyks po vieno bandymo, apskaičiuojama pridedant tikimybes.
Tikimybių sudėjimo teorema. Tikimybė, kad įvyks vienas iš dviejų dalykų, yra nesuderinama. bendri renginiai, yra lygus šių įvykių tikimybių sumai:
Pavyzdžiui, medžiojant paleidžiami du šūviai. Renginys A– pataikymas į antį pirmu šūviu, įvykis IN– pataikymas iš antro šūvio, įvykis ( A+ IN) – pataikymas iš pirmo ar antro šūvio arba iš dviejų šūvių. Taigi, jei du įvykiai A Ir IN – nesuderinami įvykiai, Tai A+ IN– bent vieno iš šių įvykių arba dviejų įvykių.
1 pavyzdys. Dėžutėje yra 30 kamuoliukų tie patys dydžiai: 10 raudonų, 5 mėlynų ir 15 baltų. Apskaičiuokite tikimybę, kad nežiūrint bus paimtas spalvotas (ne baltas) rutulys.
Sprendimas. Tarkime, kad įvykis A- „raudonas kamuolys paimtas“ ir įvykis IN- „Mėlynas kamuolys buvo paimtas“. Tada įvykis yra „paimamas spalvotas (ne baltas) kamuolys“. Raskime įvykio tikimybę A:
ir įvykius IN:
Renginiai A Ir IN– tarpusavyje nesuderinama, nes paėmus vieną rutulį, tai neįmanoma paimti skirtingų spalvų kamuoliukų. Todėl naudojame tikimybių pridėjimą:
Kelių nesuderinamų įvykių tikimybių pridėjimo teorema. Jei įvykiai sudaro visą įvykių rinkinį, tada jų tikimybių suma lygi 1:
Priešingų įvykių tikimybių suma taip pat lygi 1:
Priešingi įvykiai sudaro visą įvykių rinkinį, o viso įvykių rinkinio tikimybė yra 1.
Priešingų įvykių tikimybės dažniausiai nurodomos mažomis raidėmis p Ir q. Visų pirma,
kas seka sekančias formules priešingų įvykių tikimybė:
2 pavyzdys. Taikinys šaudykloje yra padalintas į 3 zonas. Tikimybė, kad tam tikras šaulys šaudys į taikinį pirmoje zonoje yra 0,15, antroje zonoje – 0,23, trečioje – 0,17. Raskite tikimybę, kad šaulys pataikys į taikinį, ir tikimybę, kad šaulys nepataikys į taikinį.
Sprendimas: Raskite tikimybę, kad šaulys pataikys į taikinį:
Raskime tikimybę, kad šaulys nepataikys į taikinį:
Sudėtingesnes problemas, kuriose reikia naudoti ir tikimybių sudėjimą, ir dauginimą, rasite puslapyje „Įvairios problemos, susijusios su tikimybių sudėjimu ir daugyba“.
Abipusiai vienalaikių įvykių tikimybių sudėjimas
Du atsitiktiniai įvykiai vadinami jungtiniais, jei vieno įvykio įvykis neatmeta galimybės įvykti antrojo įvykio tame pačiame stebėjime. Pavyzdžiui, kai mesti kauliukai renginys A Skaičius 4 laikomas išleistu, ir įvykis IN- iškritimas lyginis skaičius. Kadangi 4 yra lyginis skaičius, šie du įvykiai yra suderinami. Praktikoje kyla problemų apskaičiuojant vieno iš abipusiai vienu metu vykstančių įvykių tikimybę.
Tikimybių sudėjimo teorema bendriems įvykiams. Tikimybė, kad įvyks vienas iš bendrų įvykių, yra lygi šių įvykių tikimybių sumai, iš kurios atimama tikimybė bendras puolimas abu įvykiai, tai yra tikimybių sandauga. Bendrų įvykių tikimybių formulė yra tokia:
Nuo įvykių A Ir IN suderinamas, įvykis A+ INįvyksta, jei įvyksta vienas iš trijų galimi įvykiai: arba AB. Pagal nesuderinamų įvykių pridėjimo teoremą apskaičiuojame taip:
Renginys Aįvyks, jei įvyks vienas iš dviejų nesuderinamų įvykių: arba AB. Tačiau vieno įvykio iš kelių nesuderinamų įvykių tikimybė yra lygi visų šių įvykių tikimybių sumai:
Taip pat:
Pakeitę išraiškas (6) ir (7) į išraišką (5), gauname bendrų įvykių tikimybės formulę:
Naudojant (8) formulę, reikia atsižvelgti į tai, kad įvykiai A Ir IN gali būti:
- tarpusavyje nepriklausomi;
- viena nuo kitos priklausomos.
Tikimybių formulė viena kitai nepriklausomiems įvykiams:
Tikimybių formulė viena kitai priklausomiems įvykiams:
Jei įvykiai A Ir IN yra nenuoseklūs, tada jų sutapimas yra neįmanomas atvejis ir todėl P(AB) = 0. Ketvirtoji nesuderinamų įvykių tikimybės formulė yra:
3 pavyzdys. Automobilių lenktynėse, kai vairuoji pirmą automobilį, turi didesnę galimybę laimėti, o kai vairuoji antrą automobilį. Rasti:
- tikimybė, kad laimės abu automobiliai;
- tikimybė, kad laimės bent vienas automobilis;
1) Tikimybė, kad pirmasis automobilis laimės, nepriklauso nuo antrojo automobilio rezultato, todėl įvykiai A(laimi pirmas automobilis) ir IN(laimės antrasis automobilis) – nepriklausomi renginiai. Raskime tikimybę, kad laimės abu automobiliai:
2) Raskite tikimybę, kad laimės vienas iš dviejų automobilių:
Sudėtingesnes problemas, kuriose reikia naudoti ir tikimybių sudėjimą, ir dauginimą, rasite puslapyje „Įvairios problemos, susijusios su tikimybių sudėjimu ir daugyba“.
Pats išspręskite tikimybių pridėjimo problemą, tada pažiūrėkite į sprendimą
4 pavyzdys. Mestos dvi monetos. Renginys A- herbo praradimas ant pirmosios monetos. Renginys B- antrosios monetos herbo praradimas. Raskite įvykio tikimybę C = A + B .
Tikimybių dauginimas
Tikimybių daugyba naudojamas, kai reikia apskaičiuoti įvykių loginės sandaugos tikimybę.
Kuriame atsitiktiniai įvykiai turi būti nepriklausomas. Sakoma, kad du įvykiai yra vienas nuo kito nepriklausomi, jei vieno įvykio įvykis neturi įtakos antrojo įvykio tikimybei.
Tikimybių daugybos teorema nepriklausomiems įvykiams. Dviejų nepriklausomų įvykių vienu metu tikimybė A Ir IN yra lygus šių įvykių tikimybių sandaugai ir apskaičiuojamas pagal formulę:
5 pavyzdys. Moneta metama tris kartus iš eilės. Raskite tikimybę, kad herbas pasirodys visus tris kartus.
Sprendimas. Tikimybė, kad herbas atsiras pirmą kartą metant monetą, antrą kartą ir trečią kartą. Raskime tikimybę, kad herbas atsiras visus tris kartus:
Pats išspręskite tikimybių daugybos uždavinius ir tada pažiūrėkite į sprendimą
6 pavyzdys. Yra devynių naujų teniso kamuoliukų dėžutė. Norint žaisti, paimami trys kamuoliukai, o po žaidimo jie grąžinami atgal. Renkantis kamuoliukus, sužaisti kamuoliai neskiriami nuo nežaistų kamuolių. Kokia tikimybė, kad po trys žaidimai Ar dėžėje liko nesužaistų kamuolių?
7 pavyzdys. Ant iškirptų abėcėlės kortelių užrašytos 32 rusiškos abėcėlės raidės. Atsitiktinai viena po kitos ištraukiamos penkios kortos ir dedamos ant stalo išvaizdos tvarka. Raskite tikimybę, kad raidės sudarys žodį „pabaiga“.
8 pavyzdys. Iš pilnos kortų kaladės (52 lapai) iš karto išimamos keturios kortos. Raskite tikimybę, kad visos keturios šios kortos bus skirtingų spalvų.
9 pavyzdys. Ta pati užduotis kaip ir 8 pavyzdyje, bet kiekviena korta išėmus grąžinama į kaladę.
Sudėtingesnes problemas, kuriose reikia naudoti ir tikimybių sudėtį, ir daugybą, taip pat apskaičiuoti kelių įvykių sandaugą, rasite puslapyje „Įvairios problemos, susijusios su tikimybių sudėjimu ir daugyba“.
Tikimybę, kad įvyks bent vienas iš tarpusavyje nepriklausomų įvykių, galima apskaičiuoti iš 1 atėmus priešingų įvykių tikimybių sandaugą, tai yra, naudojant formulę:
10 pavyzdys. Kroviniai pristatomi trimis transporto rūšimis: upių, geležinkelių ir kelių transportu. Tikimybė, kad krovinys bus pristatytas upių transportas, yra 0,82, geležinkeliu 0,87, autotransportu 0,90. Raskite tikimybę, kad krovinį pristatys bent vienas iš trijų tipų transporto.
Akivaizdu, kad kiekvienas įvykis turi skirtingą jo atsiradimo (jo įgyvendinimo) galimybę. Norint kiekybiškai palyginti įvykius tarpusavyje pagal jų galimybės laipsnį, akivaizdu, kad reikia susieti su kiekvienu įvykiu tam tikras skaičius, kuris didesnis, tuo labiau įmanomas įvykis. Šis skaičius vadinamas įvykio tikimybe.
Įvykio tikimybė– yra skaitinis laipsnio matas objektyvi galimybėšio įvykio atsiradimo.
Apsvarstykite šiame eksperimente pastebėtą stochastinį eksperimentą ir atsitiktinį įvykį A. Pakartokime šį eksperimentą n kartų ir tegul m(A) yra eksperimentų, kuriuose įvyko A įvykis, skaičius.
Ryšys (1.1)
paskambino santykinis dažnisįvykiai A atliktų eksperimentų serijoje.
Patvirtinti savybių galiojimą lengva:
jei A ir B nesuderinami (AB= ), tai ν(A+B) = ν(A) + ν(B) (1.2)
Santykinis dažnis nustatomas tik atlikus daugybę eksperimentų ir, paprastai kalbant, įvairiose serijose gali skirtis. Tačiau patirtis rodo, kad daugeliu atvejų, didėjant eksperimentų skaičiui, santykinis dažnis artėja prie tam tikro skaičiaus. Šis santykinio dažnio stabilumo faktas buvo ne kartą patikrintas ir gali būti laikomas eksperimentiškai įrodytu.
1.19 pavyzdys.. Jei išmesi vieną monetą, niekas negali nuspėti, kurioje pusėje ji atsidurs viršuje. Bet jei išmesite dvi tonas monetų, tada visi sakys, kad su herbu iškris apie vieną toną, tai yra santykinis herbo iškritimo dažnis yra maždaug 0,5.
Jei, padidėjus eksperimentų skaičiui, santykinis įvykio dažnis ν(A) yra linkęs į kokį nors fiksuotą skaičių, tada jie sako, kad įvykis A yra statistiškai stabilus, ir šis skaičius vadinamas įvykio A tikimybe.
Įvykio tikimybė A iškviečiamas koks nors fiksuotas skaičius P(A), iki kurio santykinis šio įvykio dažnis ν(A) linksta didėjant eksperimentų skaičiui, tai yra, 
Šis apibrėžimas vadinamas statistinis apibrėžimas tikimybės .
Panagrinėkime tam tikrą stochastinį eksperimentą ir palikime jo erdvę elementarūs įvykiai susideda iš baigtinės arba begalinės (bet skaičiuojamos) elementariųjų įvykių rinkinio ω 1, ω 2, …, ω i, …. Tarkime, kad kiekvienam elementariajam įvykiui ω i yra priskirtas tam tikras skaičius - р i , apibūdinantis tam tikro elementaraus įvykio tikimybės laipsnį ir tenkinantis šias savybes:
Šis skaičius vadinamas p i elementaraus įvykio tikimybėωi.
Tegu dabar A yra atsitiktinis įvykis, pastebėtas šiame eksperimente, ir tegul jis atitinka tam tikrą aibę
Šiame nustatyme įvykio tikimybė A vadinkite elementarių įvykių, palankių A, tikimybių sumą(įtraukta į atitinkamą rinkinį A):
(1.4)
Tokiu būdu įvesta tikimybė turi tas pačias savybes kaip ir santykinis dažnis, būtent:
Ir jei AB = (A ir B nesuderinami),
tada P(A+B) = P(A) + P(B)
Iš tiesų, pagal (1.4)
Paskutiniame santykyje pasinaudojome tuo, kad nė vienas elementarus įvykis negali būti palankus dviems nesuderinamiems įvykiams vienu metu.
Ypač atkreipiame dėmesį į tai, kad tikimybių teorija nenurodo p i nustatymo metodų, jų reikia ieškoti dėl praktinių priežasčių arba gauti iš atitinkamo statistinio eksperimento.
Kaip pavyzdį apsvarstykite klasikinė schema tikimybių teorija. Norėdami tai padaryti, apsvarstykite stochastinį eksperimentą, kurio elementariųjų įvykių erdvę sudaro baigtinis (n) elementų skaičius. Papildomai darykime prielaidą, kad visi šie elementarūs įvykiai yra vienodai galimi, tai yra elementariųjų įvykių tikimybės yra lygios p(ω i)=p i =p. Tai seka
1.20 pavyzdys. Metant simetrišką monetą vienodai galimos ir galvos, ir uodegos, kurių tikimybė lygi 0,5.
1.21 pavyzdys. Metant simetrišką kauliuką, visi veidai galimi vienodai, jų tikimybės lygi 1/6.
Dabar tegul įvykis A yra palankus m elementariųjų įvykių, jie paprastai vadinami įvykiui A palankios pasekmės. Tada
Gavau klasikinis tikimybės apibrėžimas: įvykio A tikimybė P(A) yra lygi įvykiui A palankių baigčių skaičiaus ir bendro baigčių skaičiaus santykiui
1.22 pavyzdys. Urnoje yra m baltų rutulių ir n juodų rutulių. Kokia tikimybė jį ištraukti? baltas rutulys?
Sprendimas. Bendras elementariųjų įvykių skaičius yra m+n. Jie visi vienodai tikėtini. Palankus įvykis A iš kurių m. Vadinasi, 
.
Šios savybės išplaukia iš tikimybės apibrėžimo:
1 nuosavybė. Tikimybė patikimas įvykis lygus vienam.
Iš tiesų, jei įvykis yra patikimas, tada kiekvienas elementarus testo rezultatas yra palankus įvykiui. Tokiu atveju t=p, vadinasi,
P(A)=m/n=n/n=1.(1.6)
2 nuosavybė. Neįmanomo įvykio tikimybė lygi nuliui.
Iš tiesų, jei įvykis yra neįmanomas, tada nė vienas iš pagrindinių testo rezultatų nėra palankus įvykiui. Tokiu atveju T= 0, todėl P(A)=m/n=0/n=0. (1.7)
3 nuosavybė.Yra atsitiktinio įvykio tikimybė teigiamas skaičius, įrašytas tarp nulio ir vieneto.
Iš tiesų, atsitiktinis įvykis yra palankesnis tik kai kuriems iš viso elementarių testų rezultatai. Tai yra 0≤m≤n, o tai reiškia 0≤m/n≤1, todėl bet kurio įvykio tikimybė tenkina dvigubą nelygybę 0≤ P(A) ≤1. (1.8)
Palyginus tikimybės (1.5) ir santykinio dažnio (1.1) apibrėžimus, darome išvadą: tikimybės apibrėžimas nereikia atlikti bandymų faktiškai; santykinio dažnio apibrėžime daroma prielaida, kad iš tikrųjų buvo atlikti bandymai. Kitaip tariant, tikimybė apskaičiuojama prieš eksperimentą, o santykinis dažnis – po eksperimento.
Tačiau norint apskaičiuoti tikimybę, reikia turėti preliminari informacija apie palankių skaičių ar tikimybes Šis įvykis elementarius rezultatus. Jei tokios preliminarios informacijos nėra, tikimybei nustatyti naudojami empiriniai duomenys, tai yra, santykinis įvykio dažnis nustatomas remiantis stochastinio eksperimento rezultatais.
1.23 pavyzdys. Techninės kontrolės skyrius atrado 3 nestandartinės detalės 80 atsitiktinai parinktų detalių partijoje. Santykinis nestandartinių dalių atsiradimo dažnis r(A)= 3/80.
1.24 pavyzdys. Pagal paskirtį.pagaminta 24 nušautas, ir užfiksuota 19 pataikymų. Santykinis tikslinis pataikymo rodiklis. r(A)=19/24.
Ilgalaikiai stebėjimai parodė, kad jei eksperimentai atliekami identiškomis sąlygomis, kurių kiekvienoje bandymų skaičius yra pakankamai didelis, santykinis dažnis turi stabilumo savybę. Šis turtas yra kas viduje įvairių patirčių santykinis dažnis kinta mažai (kuo mažiau, tuo daugiau atliekama testų), svyruoja apie tam tikrą pastovų skaičių. Paaiškėjo, kad šis pastovus skaičius galima paimti kaip apytikslę tikimybės vertę.
Santykinio dažnio ir tikimybės ryšys bus išsamiau ir tiksliau aprašytas toliau. Dabar iliustruosime stabilumo savybę pavyzdžiais.
1.25 pavyzdys. Remiantis Švedijos statistika, santykinis mergaičių gimimų dažnis 1935 m. pagal mėnesius apibūdinamas šiais skaičiais (skaičiai išdėstyti mėnesių tvarka, pradedant nuo sausis): 0,486; 0,489; 0,490; 0.471; 0,478; 0,482; 0.462; 0,484; 0,485; 0,491; 0,482; 0,473
Santykinis dažnis svyruoja aplink skaičių 0,481, kuris gali būti laikomas apytikslė vertė tikimybė susilaukti mergaičių.
Atkreipkite dėmesį, kad statistiniai duomenys iš skirtingų šalių pateikia maždaug tą pačią santykinio dažnio reikšmę.
1.26 pavyzdys. Daug kartų buvo atliekami monetų mėtymo eksperimentai, kurių metu buvo skaičiuojamas „herbo“ pasirodymų skaičius. Kelių eksperimentų rezultatai pateikti lentelėje.
