Verjetnostni izrek seštevanja in množenja.
Odvisni in neodvisni dogodki

Naslov je videti strašljiv, v resnici pa je vse zelo preprosto. V tej lekciji se bomo seznanili s teoremi seštevanja in množenja verjetnosti dogodkov ter analizirali tipične probleme, ki poleg problem klasičnega določanja verjetnosti boste zagotovo srečali ali, bolj verjetno, že srečali na vaši poti. Za učinkovito preučevanje materialov v tem članku morate poznati in razumeti osnovne izraze teorija verjetnosti in biti sposoben izvajati preproste aritmetične operacije. Kot lahko vidite, je potrebno zelo malo, zato je debel plus v sredstvu skoraj zagotovljen. Po drugi strani pa ponovno opozarjam na površen odnos do praktičnih primerov - obstaja tudi veliko tankosti. Vso srečo:

Izrek za seštevanje verjetnosti nekompatibilnih dogodkov: verjetnost pojava enega od dveh nezdružljivo dogodkov oz (ne glede na vse), je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:

Podobno velja za večje število nekompatibilnih dogodkov, na primer za tri nekompatibilne dogodke in:

Izrek je sanje =) Vendar pa je takšno sanje predmet dokaza, ki ga lahko najdete na primer v učbeniku V.E. Gmurman.

Spoznajmo nove, doslej neznane koncepte:

Odvisni in neodvisni dogodki

Začnimo z neodvisnimi dogodki. Dogodki so neodvisen , če je verjetnost pojava katerikoli od njih ni odvisno o nastopu/ne nastopu drugih dogodkov obravnavanega sklopa (v vseh možnih kombinacijah). ... Toda zakaj bi se obremenjevali s splošnimi frazami:

Izrek za množenje verjetnosti neodvisnih dogodkov: verjetnost skupnega nastopa neodvisnih dogodkov in je enak produktu verjetnosti teh dogodkov:

Vrnimo se k najpreprostejšemu primeru 1. lekcije, v kateri se vržeta dva kovanca in naslednji dogodki:

– glave se bodo pojavile na 1. kovancu;
– glave se bodo pojavile na 2. kovancu.

Poiščimo verjetnost dogodka (glave se bodo pojavile na 1. kovancu in na 2. kovancu se bo pojavil orel - spomnite se, kako brati produkt dogodkov!) . Verjetnost glav na enem kovancu ni na noben način odvisna od rezultata metanja drugega kovanca, zato so dogodki neodvisni.

Enako:
– verjetnost, da bo 1. kovanec pristal na glave in na 2. repih;
– verjetnost, da se bodo glave pojavile na 1. kovancu in na 2. repih;
– verjetnost, da bo 1. kovanec pokazal glave in na 2. orel.

Upoštevajte, da se dogodki oblikujejo polna skupina in vsota njihovih verjetnosti je enaka ena: .

Množilni izrek se očitno razširi na večje število neodvisnih dogodkov, na primer, če so dogodki neodvisni, potem je verjetnost njihovega skupnega pojavljanja enaka: . Vadimo s konkretnimi primeri:

Problem 3

Vsaka od treh škatel vsebuje 10 delov. Prva škatla vsebuje 8 standardnih delov, druga – 7, tretja – 9. En del je naključno odstranjen iz vsake škatle. Poiščite verjetnost, da bodo vsi deli standardni.

rešitev: Verjetnost ekstrahiranja standardnega ali nestandardnega dela iz katere koli škatle ni odvisna od tega, kateri deli so vzeti iz drugih škatel, zato se problem ukvarja z neodvisnimi dogodki. Razmislite o naslednjih neodvisnih dogodkih:

– standardni del je odstranjen iz 1. škatle;
– standardni del je bil odstranjen iz 2. škatle;
– standardni del je odstranjen iz 3. škatle.

Po klasični definiciji:
so ustrezne verjetnosti.

Dogodek, ki nas zanima (standardni del bo odstranjen iz 1. škatle in od 2. standarda in od 3. standarda) je izražena s produktom.

Po izreku množenja verjetnosti neodvisnih dogodkov:

– verjetnost, da bo en standardni del odstranjen iz treh škatel.

Odgovori: 0,504

Po poživljajočih vajah s škatlami nas čakajo nič manj zanimive žare:

Problem 4

Tri žare vsebujejo 6 belih in 4 črne kroglice. Iz vsake žare se naključno izžreba ena kroglica. Poiščite verjetnost, da: a) bodo vse tri kroglice bele; b) vse tri kroglice bodo enake barve.

Na podlagi prejetih informacij ugibajte, kako ravnati s točko "be" ;-) Približen primer rešitve je zasnovan v akademskem slogu s podrobnim opisom vseh dogodkov.

Odvisni dogodki. Dogodek se imenuje odvisen , če je verjetnost odvisno iz enega ali več dogodkov, ki so se že zgodili. Za primere vam ni treba iti daleč – pojdite v najbližjo trgovino:

– jutri ob 19.00 bo svež kruh v prodaji.

Verjetnost tega dogodka je odvisna od mnogih drugih dogodkov: ali bo svež kruh dostavljen jutri, ali bo razprodan pred 19. uro ali ne itd. Odvisno od različnih okoliščin je ta dogodek lahko zanesljiv ali nemogoč. Torej dogodek je odvisen.

Kruh ... in, kot so zahtevali Rimljani, cirkusi:

– na izpitu študent prejme preprosto vstopnico.

Če niste prvi, bo dogodek odvisen, saj bo njegova verjetnost odvisna od tega, katere vstopnice so že izžrebali sošolci.

Kako ugotoviti odvisnost/neodvisnost dogodkov?

Včasih je to neposredno navedeno v izjavi o problemu, najpogosteje pa morate opraviti neodvisno analizo. Tu ni enoznačnega vodila in dejstvo odvisnosti oziroma neodvisnosti dogodkov izhaja iz naravnega logičnega sklepanja.

Da ne bi zmešali vsega na en kup, naloge za odvisne dogodke Izpostavil bom naslednjo lekcijo, za zdaj pa bomo razmislili o najpogostejšem naboru izrekov v praksi:

Težave o adicijskih izrekih za nekompatibilne verjetnosti
in množenje verjetnosti neodvisnih dogodkov

Ta tandem po moji subjektivni oceni deluje v približno 80% nalog na obravnavano temo. Hit zadetkov in prava klasika teorije verjetnosti:

Problem 5

Po dva strelca sta oddala po en strel v tarčo. Verjetnost zadetka za prvega strelca je 0,8, za drugega - 0,6. Poiščite verjetnost, da:

a) samo en strelec bo zadel tarčo;
b) vsaj eden od strelcev bo zadel tarčo.

rešitev: Stopnja zadetkov/zgrešenih zadetkov enega strelca je očitno neodvisna od uspešnosti drugega strelca.

Poglejmo dogodke:
– 1. strelec bo zadel tarčo;
– 2. strelec bo zadel tarčo.

Po pogoju:.

Poiščimo verjetnosti nasprotnih dogodkov – da bodo ustrezne puščice zgrešile:

a) Upoštevajte dogodek: – samo en strelec bo zadel tarčo. Ta dogodek je sestavljen iz dveh nezdružljivih rezultatov:

Prvi strelec bo zadel in 2. bo manjkal
oz
1. bo manjkal in Drugi bo zadel.

Na jeziku dogodkovne algebre to dejstvo bo zapisano z naslednjo formulo:

Najprej uporabimo izrek za seštevanje verjetnosti nekompatibilnih dogodkov, nato pa izrek za množenje verjetnosti neodvisnih dogodkov:

– verjetnost, da bo zadetek samo en.

b) Upoštevajte dogodek: – vsaj eden od strelcev zadene tarčo.

Najprej RAZMISLIMO – kaj pomeni pogoj “VSAJ EDEN”? V tem primeru to pomeni, da bo prvi strelec zadel (2. bo zgrešil) oz 2. (1. bo manjkal) oz oba strelca hkrati - skupaj 3 nezdružljivi izidi.

Prva metoda: ob upoštevanju pripravljene verjetnosti prejšnje točke je primerno dogodek predstaviti kot vsoto naslednjih nekompatibilnih dogodkov:

nekdo bo prišel tja (dogodek, sestavljen iz dveh nezdružljivih izidov) oz
Če obe puščici zadeneta, ta dogodek označimo s črko .

Torej:

Po izreku množenja verjetnosti neodvisnih dogodkov:
– verjetnost, da bo prvi strelec zadel in Drugi strelec bo zadel.

Po izreku seštevanja verjetnosti nezdružljivih dogodkov:
– verjetnost vsaj enega zadetka v tarčo.

Druga metoda: Razmislite o nasprotnem dogodku: – oba strelca bosta zgrešila.

Po izreku množenja verjetnosti neodvisnih dogodkov:

Kot rezultat:

Posebno pozornost posvetite drugi metodi - na splošno je bolj racionalna.

Poleg tega obstaja alternativni, tretji način reševanja, ki temelji na izreku seštevanja skupnih dogodkov, ki pa zgoraj ni bil omenjen.

! Če se z gradivom seznanjate prvič, je bolje, da preskočite naslednji odstavek, da se izognete zmedi.

Tretja metoda : dogodki so združljivi, kar pomeni, da njihova vsota izraža dogodek "vsaj en strelec bo zadel tarčo" (glej. algebra dogodkov). Avtor: izrek za seštevanje verjetnosti skupnih dogodkov in izrek množenja verjetnosti neodvisnih dogodkov:

Preverimo: dogodki in (0, 1 oziroma 2 zadetka) tvorijo popolno skupino, zato mora biti vsota njihovih verjetnosti enaka ena:
, kar je bilo treba preveriti.

Odgovori:

S temeljitim študijem teorije verjetnosti boste naleteli na desetine problemov z militaristično vsebino in, kar je značilno, po tem ne boste več želeli nikogar ustreliti - problemi so skoraj darilo. Zakaj ne bi poenostavili tudi predloge? Skrajšajmo zapis:

rešitev: po pogoju: , je verjetnost zadetka ustreznih strelcev. Potem pa verjetnost njihovega zgrešitve:

a) Po izrekih seštevanja verjetnosti nezdružljivih in množenja verjetnosti neodvisnih dogodkov:
– verjetnost, da bo le en strelec zadel tarčo.

b) Po izreku množenja verjetnosti neodvisnih dogodkov:
– verjetnost, da bosta oba strelca zgrešila.

Potem: je verjetnost, da bo vsaj eden od strelcev zadel tarčo.

Odgovori:

V praksi lahko uporabite katero koli možnost oblikovanja. Seveda veliko pogosteje uberejo krajšo pot, a ne smemo pozabiti na 1. metodo – čeprav je daljša, je bolj smiselna – je bolj pregledna, kaj, zakaj in zakaj sešteva in množi. V nekaterih primerih je primeren hibridni slog, ko je priročno uporabiti velike črke za označevanje le nekaterih dogodkov.

Podobne naloge za samostojno rešitev:

Problem 6

Za signalizacijo požara sta nameščena dva neodvisno delujoča senzorja. Verjetnost delovanja senzorja v primeru požara je 0,5 oziroma 0,7 za prvi in ​​drugi senzor. Poiščite verjetnost, da v požaru:

a) oba senzorja ne bosta uspela;
b) oba senzorja bosta delovala.
c) Uporaba izrek za seštevanje verjetnosti dogodkov, ki tvorijo popolno skupino, poiščite verjetnost, da bo v požaru deloval samo en senzor. Preverite rezultat z neposrednim izračunom te verjetnosti (z uporabo izrekov seštevanja in množenja).

Tukaj je neodvisnost delovanja naprav neposredno navedena v pogoju, kar je, mimogrede, pomembno pojasnilo. Vzorčna rešitev je zasnovana v akademskem slogu.

Kaj pa, če sta v podobnem problemu podani enaki verjetnosti, na primer 0,9 in 0,9? Popolnoma enako se morate odločiti! (kar je bilo pravzaprav že dokazano na primeru z dvema kovancema)

Problem 7

Verjetnost, da prvi strelec z enim strelom zadene tarčo, je 0,8. Verjetnost, da tarča ni zadeta, potem ko prvi in ​​drugi strelec izstrelita vsak po en strel, je 0,08. Kakšna je verjetnost, da bo drugi strelec z enim strelom zadel tarčo?

In to je majhna uganka, ki je zasnovana na kratek način. Pogoj je mogoče preoblikovati bolj jedrnato, vendar ne bom ponavljal izvirnika - v praksi se moram poglobiti v bolj okrašene izmišljotine.

Spoznaj ga - on je tisti, ki je zate načrtoval ogromno podrobnosti =):

Problem 8

Delavec upravlja s tremi stroji. Verjetnost, da bo prvi stroj med izmeno zahteval prilagoditev, je 0,3, drugi - 0,75, tretji - 0,4. Poiščite verjetnost, da med izmeno:

a) vse stroje bo treba prilagoditi;
b) samo en stroj bo zahteval prilagoditev;
c) vsaj en stroj bo treba prilagoditi.

rešitev: ker pogoj ne pove ničesar o posameznem tehnološkem procesu, je treba delovanje vsakega stroja obravnavati neodvisno od delovanja drugih strojev.

Po analogiji s problemom št. 5 lahko tukaj upoštevate dogodke, ki jih bodo ustrezni stroji zahtevali prilagoditve med izmeno, zapišete verjetnosti, poiščete verjetnosti nasprotnih dogodkov itd. Toda s tremi predmeti res ne želim več oblikovati naloge na ta način - izkazalo se bo za dolgo in dolgočasno. Zato je tukaj opazno bolj donosno uporabiti "hiter" slog:

Glede na pogoj: – verjetnost, da bodo med izmeno zahtevali nastavitev ustreznih strojev. Potem so verjetnosti, da ne bodo potrebovali pozornosti:

Eden od bralcev je tukaj našel kul tipkarsko napako, niti je ne bom popravljal =)

a) Po izreku množenja verjetnosti neodvisnih dogodkov:
– verjetnost, da bodo med izmeno vsi trije stroji zahtevali prilagoditve.

b) Dogodek »Med izmeno bo treba prilagoditi samo en stroj« je sestavljen iz treh nezdružljivih rezultatov:

1) 1. stroj bo zahteval pozornost in 2. stroj ne bo zahteval in 3. stroj ne bo zahteval
oz:
2) 1. stroj ne bo zahteval pozornost in 2. stroj bo zahteval in 3. stroj ne bo zahteval
oz:
3) 1. stroj ne bo zahteval pozornost in 2. stroj ne bo zahteval in 3. stroj bo zahteval.

Po izrekih seštevanja verjetnosti nezdružljivih in množenja verjetnosti neodvisnih dogodkov:

– verjetnost, da bo med izmeno potreben nastavitev le en stroj.

Mislim, da bi zdaj morali razumeti, od kod izvira izraz

c) Izračunajmo verjetnost, da stroji ne bodo potrebovali prilagajanja, nato pa še verjetnost nasprotnega dogodka:
– da bo treba prilagoditi vsaj en stroj.

Odgovori:

Točko »ve« lahko rešimo tudi z vsoto , kjer je verjetnost, da bosta med izmeno zahtevala prilagoditev samo dva stroja. Ta dogodek pa vključuje 3 nezdružljive rezultate, ki so opisani po analogiji s točko »be«. Poskusite sami najti verjetnost, da preverite celoten problem z enakostjo.

Problem 9

Na tarčo je bila izstreljena salva iz treh pušk. Verjetnost zadetka z enim strelom samo iz prve pištole je 0,7, iz druge - 0,6, iz tretje - 0,8. Poiščite verjetnost, da bo: 1) vsaj en izstrelek zadel tarčo; 2) samo dve granati bosta zadeli tarčo; 3) tarča bo zadeta vsaj dvakrat.

Rešitev in odgovor sta na koncu lekcije.

In spet o naključjih: če po pogoju sovpadata dve ali celo vse vrednosti začetnih verjetnosti (na primer 0,7, 0,7 in 0,7), potem je treba slediti popolnoma enakemu algoritmu rešitve.

Za zaključek članka si poglejmo še eno pogosto uganko:

Problem 10

Strelec z vsakim strelom zadene tarčo z enako verjetnostjo. Kolikšna je ta verjetnost, če je verjetnost vsaj enega zadetka s tremi streli 0,973.

rešitev: označimo z – verjetnost zadetka tarče z vsakim strelom.
in skozi – verjetnost zgrešenega strela pri vsakem strelu.

In zapišimo dogodke:
– s 3 streli bo strelec vsaj enkrat zadel tarčo;
– strelec bo zgrešil 3-krat.

Po pogoju potem verjetnost nasprotnega dogodka:

Po drugi strani pa po teoremu množenja verjetnosti neodvisnih dogodkov:

Torej:

- verjetnost zgrešenega strela pri vsakem strelu.

Kot rezultat:
– verjetnost zadetka z vsakim strelom.

Odgovori: 0,7

Enostavno in elegantno.

V obravnavanem problemu se lahko zastavijo dodatna vprašanja o verjetnosti samo enega zadetka, samo dveh zadetkov in verjetnosti treh zadetkov na tarči. Shema rešitve bo popolnoma enaka kot v prejšnjih dveh primerih:

Vendar je temeljna vsebinska razlika v tem, da tukaj obstajajo ponovljeni neodvisni testi, ki se izvajajo zaporedno, neodvisno drug od drugega in z enako verjetnostjo izidov.

Osnovni pojmi
Dogodki se imenujejo nezdružljivi, če pojav enega od njih izključuje pojav drugih dogodkov v istem poskusu. V nasprotnem primeru se imenujejo skupni.
Popolna skupina je niz dogodkov, katerih kombinacija je zanesljiv dogodek.
Edina dva možna dogodka, ki tvorita popolno skupino, imenujemo nasprotna.
Dogodki se imenujejo odvisni, če je verjetnost pojava enega od njih odvisna od pojava ali nepojavljanja drugih dogodkov.
Dogodki se imenujejo neodvisni, če verjetnost enega od njih ni odvisna od pojava ali nepojavljanja drugih.
Izrek za seštevanje verjetnosti nekompatibilnih dogodkov
P(A+B)=P(A)+P(B),
kjer sta A, B nekompatibilna dogodka.

Izrek za seštevanje verjetnosti skupnih dogodkov
P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB), kjer sta A in B skupna dogodka.

Izrek za množenje verjetnosti neodvisnih dogodkov
,
kjer sta A in B neodvisna dogodka.
Izrek za množenje verjetnosti odvisnih dogodkov
P(AB)=P(A)P A (B),
kjer je P A (B) verjetnost pojava dogodka B, pod pogojem, da se je dogodek A zgodil; A in B sta odvisna dogodka.

Naloga 1.
Strelec izstreli dva strela v tarčo. Verjetnost zadetka vsakega strela je 0,8. Sestavite celotno skupino dogodkov in poiščite njihove verjetnosti. rešitev.
Test - Na tarčo se izstrelita dva strela.
Dogodek A- obakrat zgrešil.
Dogodek IN- udari enkrat.
Dogodek Z- udaril obakrat.
.

Nadzor: P(A) +P(B) +P(C) = 1.
Naloga 2.
Po napovedi meteorologov P(dež)=0,4; P(veter)=0,7; R(dež in veter)=0,2. Kakšna je verjetnost, da bo dež ali veter?
rešitev. Po izreku seštevanja verjetnosti in zaradi združljivosti predlaganih dogodkov imamo:
P(dež ali veter ali oboje)=P(dež) +P(veter) –P(dež in veter)=0,4+0,7-0,2=0,9.
Naloga 3. rešitev. Na odhodni postaji je 8 naročil za odpremo blaga: pet za domače pošiljke in tri za izvoz. Kakšna je verjetnost, da bosta dve naključno izbrani naročili namenjeni domači porabi? A Dogodek IN– prvo naključno vzeto naročilo je znotraj države. Dogodek

– drugi je prav tako namenjen domači porabi. Najti moramo verjetnost. Potem imamo po izreku o množenju verjetnosti odvisnih dogodkov
Naloga 4.
Iz serije izdelkov trgovec naključno izbere izdelke najvišjega razreda. Verjetnost, da bo izbrani artikel najvišje kakovosti, je 0,8; prvi razred – 0,7; drugi razred – 0,5. Poiščite verjetnost, da bo izmed treh naključno izbranih izdelkov:
a) samo dva vrhunska razreda; rešitev. b) vsak je drugačen.
Glede na pogoje problema; ; Dogodki so neodvisni.
a) Dogodek A– tako bosta takrat izgledala le dva vrhunska izdelka

b) Dogodek IN– vsi trije izdelki so različni – recimo takole: , potem .
Naloga 5.
Verjetnosti zadetka tarče pri streljanju iz treh pušk so naslednje: p1= 0,8; p2=0,7; p3=0,9. Poiščite verjetnost vsaj enega zadetka (dogodka A) z eno salvo iz vseh pušk. rešitev. Verjetnost, da vsaka puška zadene tarčo, ni odvisna od rezultatov streljanja iz drugih pušk, zato so obravnavani dogodki (zadet s prvo puško), (zadet z drugo puško) in (zadet s tretjo puško) neodvisni. v agregatu.
Verjetnosti dogodkov, nasprotnih dogodkom (tj. verjetnost zgrešenih dogodkov), so enake:

Zahtevana verjetnost
Naloga 6.
Tiskarna ima 4 tiskarske stroje. Za vsak stroj je verjetnost, da trenutno deluje, 0,9. Poiščite verjetnost, da vsaj en stroj trenutno deluje (dogodek A). rešitev. Dogodka »stroj dela« in »stroj ne dela« (trenutno) sta nasprotna, zato je vsota njunih verjetnosti enaka ena:
Zato je verjetnost, da stroj trenutno ne deluje, enaka
Zahtevana verjetnost.

rešitev. Naloga 7. V čitalnici je 6 učbenikov teorije verjetnosti, od tega so trije vezani. Knjižničarka je naključno vzela dva učbenika. Poiščite verjetnost, da bosta oba učbenika vezana.
Razmislite o naslednjih dogodkih:
A1 - prvi vzeti vezan učbenik;
A2 je drugi vezan učbenik.
Dogodek, ki sestoji iz dejstva, da sta oba prevzeta učbenika vezana. Dogodka A1 in A2 sta odvisna, saj je verjetnost nastopa dogodka A2 odvisna od nastopa dogodka A1. Za rešitev tega problema uporabimo izrek za množenje verjetnosti odvisnih dogodkov: .
Verjetnost pojava dogodka A1 p(A1) v skladu s klasično definicijo verjetnosti:
P(A1)=m/n=3/6=0,5.
Verjetnost nastopa dogodka A2 je določena s pogojno verjetnostjo nastopa dogodka A2 glede na nastop dogodka A1, tj. (A2)==0,4.
Potem je želena verjetnost, da se dogodek zgodi:

P(A)=0,5*0,4=0,2. A Naj dogodki IN in

- nedosledna in verjetnosti teh dogodkov so znane. Vprašanje: kako najti verjetnost, da se bo zgodil eden od teh nezdružljivih dogodkov? Odgovor na to vprašanje daje adicijski izrek.Izrek.

Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(A + IN) = Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(A) + Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(IN) (1.6)

str Dokaz. Res, naj– skupno število vseh enako možnih in nezdružljivih (tj. elementarnih) izidov. Naj dogodek A uslug m 1 izidi in dogodek IN – m 2 izida. Potem so po klasični definiciji verjetnosti teh dogodkov enake: Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(A) = m 1 / Dokaz. Res, naj, Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(B) = m 2 / Dokaz. Res, naj .

Od dogodkov A Naj dogodki IN nezdružljiv, potem nobeden od rezultatov ni ugoden za dogodek A, ne spodbuja dogodka IN(glej spodnji diagram).

Zato dogodek A+IN bo ugodno m 1 + m 2 izida. Zato za verjetnost Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(A + B) dobimo:

Posledica 1. Vsota verjetnosti dogodkov, ki tvorijo popolno skupino, je enaka ena:

Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(A) + Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(IN) + Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(Z) + … + Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(D) = 1.

Dejansko naj dogodki A,IN,Z, … , D tvorijo popolno skupino. Zaradi tega sta nezdružljiva in edina možna. Zato dogodek A + B + C + …+D, ki sestoji iz pojava (kot rezultat testiranja) vsaj enega od teh dogodkov, je zanesljiv, tj. A+B+C+…+D = Naj dogodki Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(A+B+C+ …+D) = 1.

Zaradi nezdružljivosti dogodkov A,IN,Z, … , D formula je pravilna:

Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(A+B+C+ …+D) = Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(A) + Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(IN) + Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(Z) + … + Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(D) = 1.

Primer. V žari je 30 kroglic, od tega 10 rdečih, 5 modrih in 15 belih. Poiščite verjetnost, da izvlečete rdečo ali modro kroglo, pod pogojem, da je iz žare izvlečena samo ena krogla.

rešitev. Naj dogodek A 1 – žrebanje rdeče kroglice in dogodek A 2 – izvlečenje modre kroglice. Ti dogodki so nezdružljivi in Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(A 1) = 10 / 30 = 1 / 3; Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(A 2) = 5/30 = 1/6. Z adicijskim izrekom dobimo:

Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(A 1 + A 2) = Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(A 1) + Verjetnost, da se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:(A 2) = 1 / 3 + 1 / 6 = 1 / 2.

Opomba 1. Poudarjamo, da je glede na pomen problema treba najprej ugotoviti naravo obravnavanih dogodkov - ali so nekompatibilni. Če zgornji izrek uporabimo za skupne dogodke, bo rezultat napačen.

Verjetnost dogodka A je razmerje med številom m izidov testa, ki podpirajo pojav dogodka A, in skupnim številom n vseh enako možnih nekompatibilnih izidov: P(A)=m/n.

Pogojna verjetnost dogodka A (ali verjetnost dogodka A, če se zgodi dogodek B) je število P B (A) = P (AB) / P (B), kjer sta A in B dva naključna dogodka istega testa.

Vsota končnega števila dogodkov Imenuje se dogodek, ki sestoji iz pojava vsaj enega od njih. Vsota dveh dogodkov je označena z A+B.

Pravila za dodajanje verjetnosti :

• skupne dogodke A in B:
  P(A+B) = P(A)+P(B)-P(AB), kjer je P(A) verjetnost dogodka A, P(B) verjetnost dogodka B, P(A+B) ) je verjetnost pojava vsaj enega od dveh dogodkov, P(AB) je verjetnost skupnega nastopa dveh dogodkov.
• pravilo za dodajanje verjetnosti nezdružljivi dogodki A in B:
  P(A+B) = P(A)+P(B), kjer je P(A) verjetnost dogodka A, P(B) verjetnost dogodka B.

Produkt končnega števila dogodkov se imenuje dogodek, ki se bo zgodil vsak od njih. Produkt dveh dogodkov je označen z AB.

Pravila množenja verjetnosti :

• odvisni dogodki A in B:
  P(AB)= P(A)*P A (B)= P(B)*P B (A), kjer je P A (B) pogojna verjetnost pojava dogodka B, če se je dogodek A že zgodil, P B ( A ) je pogojna verjetnost nastopa dogodka A, če se je dogodek B že zgodil;
• pravilo množenja verjetnosti samostojni dogodki A in B:
  P(AB) = P(A)*P(B), kjer je P(A) verjetnost dogodka A, P(B) verjetnost dogodka B.

Primeri reševanja problemov na temo "Operacije na dogodkih. Pravila za seštevanje in množenje verjetnosti"

Problem 1 . V škatli je 250 žarnic, od tega 100 90W, 50 60W, 50 25W in 50 15W. Določite verjetnost, da moč katere koli naključno izbrane žarnice ne bo presegla 60 W.

rešitev.

A = (moč žarnice je 90 W), verjetnost P(A) = 100/250 = 0,4;
B = (moč žarnice je 60W);
C = (moč žarnice je 25W);
D = (moč žarnice je 15W).

2. Dogodki A, B, C, D oblika celoten sistem , saj so vsi nezdružljivi in ​​eden od njih se bo zagotovo pojavil v tem poskusu (izbira žarnice). Verjetnost, da se eden od njih zgodi, je določen dogodek, potem je P(A)+P(B)+P(C)+P(D)=1.

3. Dogodka (moč žarnice ne večja od 60 W) (tj. manjša ali enaka 60 W) in (moč žarnice večja od 60 W) (v tem primeru – 90 W) sta nasprotna. Glede na lastnost nasprotnih števil je P(B)+P(C)+P(D)=1-P(A).

4. Če upoštevamo, da je P(B)+P(C)+P(D)=P(B+C+D), dobimo P(B+C+D)= 1-P(A)=1-0, 4=0,6.

Problem 2 . Verjetnost zadetka tarče z enim strelom prvega strelca je 0,7, drugega strelca pa 0,9. Poiščite verjetnost, da
a) tarčo bo zadel samo en strelec;
b) tarčo bo zadel vsaj en strelec.

rešitev.
1. Razmislite o naslednjih dogodkih:
A1 = (prvi strelec zadene tarčo), P(A1) = 0,7 iz pogojev problema;
Ā1 = (prvi strelec je zgrešil), medtem ko je P(A1)+P(Ā1) = 1, saj sta A1 in Ā1 nasprotna dogodka.
Zato P(Ā1)=1-0,7=0,3;
A2 = (drugi strelec zadene tarčo), P(A2) = 0,9 iz pogojev problema;

Ā2 = (drugi strelec je zgrešil), medtem ko je P(Ā2) = 1-0,9 = 0,1.
2. Dogodek A=(tarčo zadene samo en strelec) pomeni, da se je zgodil eden od dveh nezdružljivih dogodkov: A1A2 ali A1A2.

Po pravilu seštevanja verjetnosti P(A)= P(A1A2)+P(A1A2).
Р(А1А̄2)= Р(А1)*Р(А̄2)= 0,7*0,1=0,07;
P(A1A2)= P(A1)*P(A2)=0,3*0,9=0,27.

3. Dogodek B=(tarčo zadel vsaj en strelec) pomeni, da je tarčo zadel prvi strelec, ali je tarčo zadel drugi strelec, ali pa sta tarčo zadela oba strelca.

Dogodek B̄=(tarče ne zadene noben strelec) je nasprotje dogodka B, kar pomeni P(B)=1-P(B̄).
Dogodek B̄ pomeni hkratni pojav neodvisnih dogodkov Ā1 in Ā2, zato je P(B̄)=P(Ā1Ā2)= P(Ā1)*P(Ā2)=0,3*0,1=0,3.
Potem je P(B)= 1-P(B̄)=1-0,3=0,7.

Problem 3 . Izpitna karta je sestavljena iz treh vprašanj. Verjetnost, da bo študent odgovoril na prvo vprašanje, je 0,7; na drugem - 0,9; na tretjem - 0,6. Poiščite verjetnost, da bo študent, ki je izbral vstopnico, odgovoril:
a) na vsa vprašanja;
d) najmanj dve vprašanji.

rešitev. 1. Razmislite o naslednjih dogodkih:
A1 = (učenec je odgovoril na prvo vprašanje), P(A1) = 0,7 iz pogojev naloge;
Ā1 = (študent ni odgovoril na prvo vprašanje), medtem ko je P(A1)+P(Ā1) = 1, saj sta A1 in Ā1 nasprotna dogodka. Zato P(Ā1)=1-0,7=0,3;
A2 = (učenec je odgovoril na drugo vprašanje), P(A2) = 0,9 iz pogojev naloge;
Ā2 = (študent ni odgovoril na drugo vprašanje), P(Ā2) = 1-0,9 = 0,1;
A3 = (učenec je odgovoril na tretje vprašanje), P(A3) = 0,6 iz pogojev naloge;
Ā3 = (študent ni odgovoril na tretje vprašanje), medtem ko je P(Ā3) = 1-0,6 = 0,4.

2. Dogodek A = (učenec je odgovoril na vsa vprašanja) pomeni hkratni nastop neodvisnih dogodkov A1, A2 in A3, tj. P(A)= P(A1A2A3). Po pravilu množenja verjetnosti neodvisnih dogodkov: P(A1A2A3)= P(A1)*P(A2)*P(A3)= 0,7*0,9*0,6=0,378 .
Potem je P(A)= P(A1A2A3)=0,378.

3. Dogodek D = (študent je odgovoril na vsaj dve vprašanji) pomeni, da sta bili odgovorjeni na kateri koli dve vprašanji ali na vsa tri, tj. zgodil se je eden od štirih nezdružljivih dogodkov: A1A2Ā3, ali A1Ā2A3, ali Ā1A2A3, ali A1A2A3.
Po pravilu za seštevanje verjetnosti nekompatibilnih dogodkov: P(D)= P(A1A2Ā3)+ P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3).

Po pravilu množenja verjetnosti neodvisnih dogodkov:
P(A1A2Ā3)= P(A1)*P(A2)*P(Ā3)= 0,7*0,9*0,4=0,252;
P(A1Ā2A3)= P(A1)*P(Ā2)*P(A3)= 0,7*0,1*0,6=0,042;
P(Ā1A2A3)= P(Ā1)*P(A2)*P(A3)= 0,3*0,9*0,6=0,162;
P(A1A2A3)= P(A1)*P(A2)*P(A3)= 0,7*0,9*0,6=0,378.
Potem je P(D)= 0,252+0,042+0,162+0,378= 0,834.

Študij teorije verjetnosti se začne z reševanjem problemov, ki vključujejo seštevanje in množenje verjetnosti. Takoj je treba omeniti, da lahko študent naleti na težavo pri obvladovanju tega področja znanja: če je fizikalne ali kemijske procese mogoče predstaviti vizualno in razumeti empirično, potem je stopnja matematične abstrakcije zelo visoka in razumevanje tukaj pride le z izkušnjami.

Vendar je igra vredna sveče, saj se formule - tako tiste, ki so obravnavane v tem članku, kot bolj zapletene - danes uporabljajo povsod in so lahko koristne pri delu.

Izvor

Nenavadno je, da so bile spodbuda za razvoj te veje matematike ... igre na srečo. Dejansko so kocka, met kovanca, poker, ruleta tipični primeri, ki uporabljajo seštevanje in množenje verjetnosti. To je jasno razvidno iz primerov nalog v katerem koli učbeniku. Ljudi je zanimalo, kako povečati svoje možnosti za zmago, in treba je reči, da je nekaterim to tudi uspelo.

Na primer, že v 21. stoletju je ena oseba, katere imena ne bomo razkrili, uporabila to skozi stoletja nabrano znanje, da je dobesedno »očistila« igralnico in na ruleti zadela več deset milijonov dolarjev.

Toda kljub povečanemu zanimanju za to temo je bil šele v 20. stoletju razvit teoretični okvir, ki je "teorem" naredil popoln. Danes je v skoraj vsaki znanosti mogoče najti izračune z uporabo verjetnostnih metod.

Uporabnost

Pomembna točka pri uporabi formul za seštevanje in množenje verjetnosti ter pogojne verjetnosti je izpolnitev osrednjega mejnega izreka. V nasprotnem primeru, čeprav se učenec tega morda ne zaveda, bodo vsi izračuni, ne glede na to, kako verjetni se zdijo, napačni.

Da, visoko motiviranega študenta mika uporaba novega znanja ob vsaki priložnosti. Toda v tem primeru je treba nekoliko upočasniti in strogo začrtati obseg uporabnosti.

Teorija verjetnosti obravnava naključne dogodke, ki v empiričnem smislu predstavljajo rezultate poskusov: lahko vržemo šeststrano kocko, izvlečemo karto iz kompleta, napovemo število okvarjenih delov v seriji. Vendar pa je pri nekaterih vprašanjih strogo prepovedano uporabljati formule iz tega dela matematike. O značilnostih upoštevanja verjetnosti dogodka, izrekih seštevanja in množenja dogodkov bomo razpravljali na koncu članka, zdaj pa se obrnemo na primere.

Osnovni pojmi

Naključni dogodek se nanaša na nek proces ali rezultat, ki se lahko ali pa tudi ne pojavi kot rezultat poskusa. Na primer, vržemo sendvič - lahko pristane z maslom navzgor ali z maslom navzdol. Vsak od obeh izidov bo naključen in ne vemo vnaprej, kateri od njiju se bo zgodil.

Pri preučevanju seštevanja in množenja verjetnosti bomo potrebovali še dva pojma.

Takšni dogodki se imenujejo skupni, od katerih pojav enega ne izključuje pojava drugega. Recimo, da dve osebi streljata na tarčo hkrati. Če eden od njiju ustvari uspešno, to nikakor ne bo vplivalo na sposobnost drugega, da zadene v biko ali zgreši.

Nezdružljivi dogodki bodo tisti dogodki, katerih istočasni nastop je nemogoč. Na primer, če iz škatle vzamete samo eno kroglico, ne morete dobiti modre in rdeče hkrati.

Imenovanje

Pojem verjetnosti označujemo z latinsko veliko začetnico P. Sledijo v oklepaju argumenti, ki označujejo določene dogodke.

V formulah izreka seštevanja, pogojne verjetnosti in izreka množenja boste videli izraze v oklepajih, na primer: A+B, AB ali A|B. Izračunani bodo na različne načine in zdaj se bomo obrnili nanje.

Dodatek

Razmislimo o primerih, v katerih se uporabljajo formule za seštevanje in množenje verjetnosti.

Za nezdružljive dogodke je ustrezna najpreprostejša formula za seštevanje: verjetnost katerega koli naključnega izida bo enaka vsoti verjetnosti vsakega od teh izidov.

Recimo, da obstaja škatla z 2 modrima, 3 rdečimi in 5 rumenimi frnikolami. V škatli je skupaj 10 artiklov. Kaj drži trditev, da bomo izvlekli modro ali rdečo kroglico? To bo enako 2/10 + 3/10, to je petdeset odstotkov.

V primeru nezdružljivih dogodkov se formula zakomplicira, saj se doda dodaten člen. Vrnimo se k temu v enem odstavku, potem ko smo preučili drugo formulo.

Množenje

Seštevanje in množenje verjetnosti neodvisnih dogodkov se uporabljata v različnih primerih. Če smo glede na pogoje poskusa zadovoljni s katerim koli od dveh možnih rezultatov, bomo izračunali vsoto; če želimo enega za drugim dobiti dva določena rezultata, se bomo zatekli k uporabi drugačne formule.

Če se vrnemo k primeru iz prejšnjega razdelka, želimo najprej narisati modro kroglico in nato rdečo. Prvo številko poznamo - to je 2/10. Kaj se zgodi potem? Ostalo je 9 žogic, rdečih pa še vedno enako - tri. Po izračunih bo to 3/9 ali 1/3. Toda kaj storiti zdaj z dvema številkama? Pravilen odgovor je, da pomnožite, da dobite 2/30.

Skupni dogodki

Zdaj se lahko spet obrnemo na formulo vsote za skupne dogodke. Zakaj smo se odvrnili od teme? Da ugotovimo, kako se množijo verjetnosti. Zdaj bomo potrebovali to znanje.

Že vemo, kakšna bosta prva dva člena (enako kot v prejšnji formuli za dodajanje), zdaj pa moramo odšteti produkt verjetnosti, ki smo se ga pravkar naučili izračunati. Zaradi jasnosti zapišimo formulo: P(A+B) = P(A) + P(B) - P(AB). Izkazalo se je, da sta seštevanje in množenje verjetnosti uporabljena v enem izrazu.

Recimo, da moramo rešiti katerega koli od dveh problemov, da dobimo kredit. Prvo lahko rešimo z verjetnostjo 0,3, drugo pa z verjetnostjo 0,6. Rešitev: 0,3 + 0,6 - 0,18 = 0,72. Upoštevajte, da preprosto seštevanje številk tukaj ne bo dovolj.

Pogojna verjetnost

Končno je tu koncept pogojne verjetnosti, katerega argumenti so navedeni v oklepajih in ločeni z navpično črto. Vnos P(A|B) se glasi takole: "verjetnost dogodka A glede na dogodek B."

Poglejmo primer: prijatelj ti da neko napravo, naj bo to telefon. Lahko je zlomljen (20 %) ali nedotaknjen (80 %). Vsako napravo, ki vam pride v roke, lahko popravite z verjetnostjo 0,4 ali pa tega ne zmorete (0,6). Končno, če naprava deluje, lahko z verjetnostjo 0,7 dosežete pravo osebo.

Preprosto je videti, kako pogojna verjetnost deluje v tem primeru: ne boste mogli doseči osebe, če je telefon pokvarjen, če pa deluje, vam ga ni treba popravljati. Če želite torej dobiti rezultate na "drugi ravni", morate ugotoviti, kateri dogodek je bil izveden na prvi.

Izračuni

Oglejmo si primere reševanja nalog seštevanja in množenja verjetnosti z uporabo podatkov iz prejšnjega odstavka.

Najprej ugotovimo verjetnost, da boste popravili napravo, ki vam je bila dana. Če želite to narediti, mora biti, prvič, pokvarjen, in drugič, morate ga znati popraviti. To je tipičen problem z uporabo množenja: dobimo 0,2*0,4 = 0,08.

Kakšna je verjetnost, da boste takoj dosegli pravo osebo? Tako preprosto je: 0,8*0,7 = 0,56. V tem primeru ste ugotovili, da telefon deluje in ste uspešno opravili klic.

Nazadnje razmislite o tem scenariju: dobite pokvarjen telefon, ga popravite, nato pokličete številko in oseba na drugi strani dvigne slušalko. Tukaj že moramo pomnožiti tri komponente: 0,2*0,4*0,7 = 0,056.

Kaj storiti, če imate dva nedelujoča telefona hkrati? Kakšna je verjetnost, da boste popravili vsaj enega od njih? pri seštevanju in množenju verjetnosti, saj se uporabljajo skupni dogodki. Rešitev: 0,4 + 0,4 - 0,4*0,4 = 0,8 - 0,16 = 0,64. Če torej dobite dve pokvarjeni napravi, jo boste lahko popravili v 64% primerov.

Previdna uporaba

Kot je navedeno na začetku članka, mora biti uporaba teorije verjetnosti premišljena in zavestna.

Večja ko je serija poskusov, bližje se teoretično predvidena vrednost bliža tisti, ki jo dobimo v praksi. Na primer, vržemo kovanec. Teoretično, če poznamo obstoj formul za seštevanje in množenje verjetnosti, lahko napovemo, kolikokrat se bodo pojavile "glave" in "repi", če poskus izvedemo 10-krat. Izvedli smo poskus in po naključju je bilo razmerje narisanih stranic 3 proti 7. Če pa izvedemo serijo 100, 1000 ali več poskusov, se izkaže, da se porazdelitveni graf vse bolj približuje teoretičnemu: 44 do 56, 482 do 518 itd.

Zdaj pa si predstavljajte, da tega poskusa ne izvajamo s kovancem, ampak s proizvodnjo neke nove kemične snovi, katere verjetnosti ne poznamo. Izvedli bi 10 poskusov in brez uspešnega rezultata bi lahko posplošili: "snov je nemogoče dobiti." A kdo ve, če bi poskusili še enajsti, bi dosegli cilj ali ne?

Če se torej odpravljate v neznano, na neraziskano področje, teorija verjetnosti morda ne velja. Vsak nadaljnji poskus v tem primeru je lahko uspešen in posploševanja, kot sta »X ne obstaja« ali »X je nemogoče«, bodo preuranjena.

Končna beseda

Torej, pogledali smo dve vrsti seštevanja, množenja in pogojne verjetnosti. Z nadaljnjim študijem tega področja se je treba naučiti razlikovati med situacijami, ko se uporablja posamezna formula. Poleg tega si morate predstavljati, ali so verjetnostne metode na splošno uporabne za reševanje vašega problema.

Če vadite, boste čez nekaj časa začeli izvajati vse zahtevane operacije izključno v mislih. Za tiste, ki jih zanimajo igre s kartami, se lahko ta veščina šteje za izjemno dragoceno - občutno povečate svoje možnosti za zmago že z izračunom verjetnosti, da določena karta ali barva izpade. Pridobljeno znanje pa zlahka najdete aplikacijo na drugih področjih delovanja.