Başlık sorusuyla ilgileniyorsanız, muhtemelen yeni bir konuyla karşı karşıya kalan bir öğrenci veya okul çocuğusunuz. Olasılık teorisi problemleri artık ileri okullardaki beşinci sınıf öğrencileri, Birleşik Devlet Sınavından önceki lise öğrencileri ve coğrafyacılardan matematikçilere kadar kelimenin tam anlamıyla tüm uzmanlık alanlarındaki öğrenciler tarafından çözülüyor. Bu ne tür bir nesne ve ona nasıl yaklaşılmalı?
Olasılık. Bu nedir?
Olasılık teorisi Adından da anlaşılacağı gibi olasılıklarla ilgilenir. Bilim ne kadar gelişmiş olursa olsun, hakkında doğru tahminlerde bulunmanın imkansız olduğu pek çok şey ve olguyla çevriliyiz.
Desteden rastgele hangi kartı çekeceğimizi ya da mayıs ayında kaç gün yağmur yağacağını bilmiyoruz ama Ek Bilgiler tahminlerde bulunabiliriz ve olasılıkları hesapla bu rastgele olaylar.
Böylece temel kavramla karşı karşıya kalıyoruz. rastgele olay- davranışı tahmin edilemeyen bir olgu, sonucu önceden hesaplanamayan bir deney vb. Tipik problemlerde hesaplanan olayların olasılıklarıdır.
Olasılık- Bu, kesin olarak konuşursak, 0'dan 1'e kadar değerler alan ve belirli bir rastgele olayı karakterize eden bir işlevdir. 0 - olay neredeyse imkansızdır, 1 - olay neredeyse kesindir, 0,5 (veya "50 ila 50") - ile eşit olasılık olayın gerçekleşip gerçekleşmeyeceği.
Olasılık problemlerini çözmek için algoritma
Olasılık teorisinin temelleri hakkında daha fazla bilgiyi örneğin çevrimiçi ders kitabından edinebilirsiniz.
Şimdi lafı dolandırmayalım ve formüle edelim diyagram standardı çözmek için kullanılması gereken Öğrenme hedefleri rastgele bir olayın olasılığını hesaplamak için ve ardından aşağıda Örneklerle açıklayalım onun uygulaması.
- Görevi dikkatlice okuyun ve tam olarak ne olduğunu anlayın (hangi kutudan ne çıkarılıyor, ne nerede yatıyor, kaç cihaz çalışıyor vb.)
- "Hesapla" gibi bir problemin ana sorusunu bulun olasılığı, şunu..." ve bu üç noktayı, olasılığı bulunması gereken bir olay biçiminde yazın.
- Olay kaydedilir. Artık çözüme yönelik formülleri doğru seçebilmek için sorunun olasılık teorisinin hangi “şemasına” ait olduğunu anlamamız gerekiyor. Yanıtla test soruları tip:
- bir test (örneğin iki zar atmak) veya birkaç test (örneğin 10 cihazı kontrol etmek) vardır;
- birden fazla test varsa, birinin sonuçları diğerlerine bağlı mı (olayların bağımlılığı veya bağımsızlığı);
- bir olay tek bir durumda meydana gelir veya bir görev birden fazla durumdan söz eder olası hipotezler(örneğin, top üç kutunun herhangi birinden veya belirli bir kutudan alınır).
- Çözüm için bir formül (veya birkaçı) seçilmiştir. Tüm görev verilerini yazıp bu formüle yerleştiriyoruz.
- Voila, olasılık bulundu.
Problemler Nasıl Çözülür: Klasik Olasılık
Örnek 1. 30 kişilik bir grupta yapılan sınavda 6 öğrenci “5”, 10 öğrenci “4”, 9 öğrenci “3”, geri kalanlar ise “2” aldı. Tahtaya çağırılan 3 öğrencinin sınavdan “2” alma olasılığını bulunuz.
Yukarıda anlatılan noktalara göre çözüme başlıyoruz.
- Sorunda Hakkında konuşuyoruz Belirli koşulları karşılayan bir gruptan 3 öğrencinin seçilmesiyle ilgili.
- Ana etkinliğe girin $X$ = (Kurulda çağrılan 3 öğrencinin tamamı testte “2” aldı).
- Görevde tek bir test oluştuğundan ve belli bir koşul altında seçim/seçim ile ilişkilendirildiğinden klasik olasılık tanımından bahsediyoruz. Formülü yazalım: $P=m/n$, burada $m$, $X$ olayının gerçekleşmesi için uygun olan sonuçların sayısıdır ve $n$, eşit derecede mümkün olanların sayısıdır. temel sonuçlar.
- Şimdi bu problem için $m$ ve $n$ değerlerini bulmamız gerekiyor. İlk olarak, tüm olası sonuçların sayısını bulalım - 30 öğrenciden 3'ünü seçmenin yollarının sayısı. Seçim sırası önemli olmadığından, bu 30'a 3'ün kombinasyon sayısıdır: $$n=C_(30 )^3=\frac(30{3!27!}=\frac{28\cdot 29 \cdot 30}{1\cdot 2 \cdot 3}=4060.$$ Найдем число способов вызвать только студентов, получивших "2". Всего таких студентов было $30-6-10-9=5$ человек, поэтому $$m=C_{5}^3=\frac{5!}{3!2!}=\frac{4 \cdot 5}{1\cdot 2}=10.$$!}
- Olasılığı elde ederiz: $$P(X)=\frac(m)(n)=\frac(10)(4060)=0.002.$$ Problem çözüldü.
Karar verecek zamanın yok mu? Çözülmüş bir sorun bulun
Sorunlara hazır çözümler Olasılık teorisinin herhangi bir bölümü için 10.000'den fazla örnek! Görevinizi bulun.
Şu tarihte: Herhangi bir rastgele olayın meydana gelme olasılığını değerlendirirken, ilgilendiğimiz olayın meydana gelme olasılığının () diğer olayların nasıl geliştiğine bağlı olup olmadığını iyi anlamak çok önemlidir.
Klasik şemada, tüm sonuçlar eşit derecede olası olduğunda, bizi ilgilendiren bireysel olayın olasılık değerlerini zaten bağımsız olarak tahmin edebiliriz. Olay birkaç temel sonuçtan oluşan karmaşık bir koleksiyon olsa bile bunu yapabiliriz. Peki ya birkaç rastgele olay aynı anda ya da ardışık olarak meydana gelirse? Bu, ilgilendiğimiz olayın gerçekleşme olasılığını nasıl etkiler?
Zarı birkaç kez atarsam ve altının gelmesini istersem ve şanssızlığa devam edersem, bu, olasılık teorisine göre şansım yaver gitmek üzere olduğu için bahsimi artırmam gerektiği anlamına mı gelir? Ne yazık ki olasılık teorisi böyle bir şeyi ifade etmiyor. Zar yok, kart yok, madeni para yok hatırlayamıyorum bize ne gösterdiler son kez. Bugün şansımı ilk kez mi yoksa onuncu kez mi test ettiğim onlar için hiç önemli değil. Zarı her tekrarladığımda tek bir şey biliyorum: ve bu sefer altı alma olasılığı yine altıda bir. Elbette bu, ihtiyacım olan sayının hiçbir zaman gelmeyeceği anlamına gelmiyor. Bu sadece ilk atıştan ve diğer atışlardan sonraki kaybımın bağımsız olaylar olduğu anlamına gelir.
A ve B olaylarına denir bağımsız bunlardan birinin uygulanması başka bir olayın olasılığını hiçbir şekilde etkilemiyorsa. Örneğin, iki silahtan ilkiyle hedefi vurma olasılıkları, hedefin diğer silahla vurulup vurulmadığına bağlı olmadığından “ilk silah hedefi vurdu” ve “ikinci silah hedefi vurdu” olayları bağımsız.
Eğer iki A ve B olayı bağımsızsa ve her birinin olasılığı biliniyorsa, hem A olayının hem de B olayının (AB ile gösterilir) aynı anda meydana gelme olasılığı aşağıdaki teorem kullanılarak hesaplanabilir.
Bağımsız olaylar için olasılık çarpım teoremi
P(AB) = P(A)*P(B)- olasılık eşzamanlı ikisinin başlangıcı bağımsız olaylar eşittir iş bu olayların olasılıkları.Örnek.Birinci ve ikinci silah ateşlendiğinde hedefi vurma olasılıkları sırasıyla eşittir: p 1 =0,7; p2 =0,8. Her iki silahın aynı anda tek salvoyla vurulma olasılığını bulun.
Çözüm: Daha önce de gördüğümüz gibi, A (ilk silahla vuruldu) ve B (ikinci silahla vuruldu) olayları bağımsızdır, yani. P(AB)=P(A)*P(B)=p 1 *p 2 =0,56.
Başlangıçtaki olaylar bağımsız değilse tahminlerimize ne olur? Önceki örneği biraz değiştirelim.
Örnek.Bir yarışmada iki atıcı hedefe ateş eder ve içlerinden biri isabetli atış yaparsa rakip sinirlenmeye başlar ve sonuçları kötüleşir. Bu günlük durumu nasıl dönüştürebiliriz? Matematik problemi ve bunu çözmenin yollarını özetliyor musunuz? İki seçeneği bir şekilde ayırmamız gerektiği sezgisel olarak açıktır. gelişmeler, esas olarak iki senaryo oluşturun, iki farklı görevler. İlk durumda, eğer rakip ıskalarsa senaryo gergin sporcu için daha uygun olacak ve doğruluğu daha yüksek olacaktır. İkinci durumda rakip şansını iyi değerlendirirse ikinci sporcunun hedefi vurma olasılığı azalır.
Ayırma için olası senaryolar(bunlara genellikle hipotez denir) olayların gelişimi için sıklıkla “olasılık ağacı” diyagramını kullanacağız. Bu diyagram anlam bakımından muhtemelen daha önce ele aldığınız karar ağacına benzer. Her dal olayların gelişimi için ayrı bir senaryoyu temsil ediyor, ancak şimdi özdeğer Lafta koşullu olasılıklar (q 1, q 2, q 1 -1, q 2 -1).
Bu şema ardışık rastgele olayları analiz etmek için çok uygundur.
Geriye bir önemli soruyu daha açıklığa kavuşturmak kalıyor: Olasılıkların başlangıç değerleri nereden geliyor? gerçek durumlar ? Sonuçta olasılık teorisi sadece madeni para ve zarlarla çalışmıyor mu? Genellikle bu tahminler istatistiklerden alınır ve istatistiksel bilgi mevcut olmadığında kendi araştırmamızı yaparız. Ve çoğu zaman buna veri toplamakla değil, gerçekte hangi bilgiye ihtiyacımız olduğu sorusuyla başlamamız gerekir.
Örnek.Diyelim ki yüz bin nüfuslu bir şehirde, önemli bir ürün olmayan yeni bir ürünün, örneğin renkli saç bakımı için bir balsamın pazar hacmini tahmin etmemiz gerekiyor. "Olasılık ağacı" diyagramını ele alalım. Bu durumda her bir “dal” üzerindeki olasılık değerini yaklaşık olarak tahmin etmemiz gerekir. Yani, pazar kapasitesi tahminlerimiz:
1) Tüm şehir sakinlerinin %50'si kadındır,
2) tüm kadınların yalnızca %30'u saçlarını sıklıkla boyatıyor,
3) sadece %10'u boyalı saçlar için balsam kullanıyor,
4) Bunlardan sadece %10'u yeni bir ürünü deneme cesaretini toplayabiliyor,
5) Bunların %70'i genellikle her şeyi bizden değil rakiplerimizden satın alıyor.
Çözüm: Olasılıkların çarpımı kanununa göre ilgilendiğimiz olayın olasılığını A = (bir şehir sakini bu yeni merhemi bizden alır) = 0,00045 olarak belirleriz.
Bu olasılık değerini şehir sakinlerinin sayısıyla çarpalım. Sonuç olarak sadece 45 potansiyel müşterimiz var ve bu ürünün bir şişesinin birkaç ay dayandığını düşünürsek ticaret pek canlı değil.
Yine de değerlendirmelerimizin bazı faydaları var.
Öncelikle farklı iş fikirlerinin tahminlerini karşılaştırabiliriz; diyagramlarda farklı “çatallara” sahip olacaklar ve elbette olasılık değerleri de farklı olacaktır.
İkincisi, daha önce de söylediğimiz gibi, rastgele değer Hiçbir şeye bağlı olmadığı için buna rastgele denmez. Sadece o bire bir aynı anlamı önceden bilinmemektedir. Ortalama alıcı sayısının artırılabileceğini biliyoruz (örneğin yeni bir ürünün reklamını yaparak). Bu nedenle, çabalarımızı olasılık dağılımının bize özellikle uymadığı "çatallara", etkileyebileceğimiz faktörlere odaklamak mantıklıdır.
Bir tanesine daha bakalım niceliksel örnek satın alma davranışı üzerine araştırmalar.
Örnek. Gıda pazarını günde ortalama 10.000 kişi ziyaret ediyor. Bir pazar ziyaretçisinin pavyona girme olasılığı Süt Ürünleri, 1/2'ye eşittir. Bu pavyonun günde ortalama 500 kg çeşitli ürünün satıldığı biliniyor.
Pavyondaki ortalama alışverişin sadece 100 gr olduğunu söyleyebilir miyiz?
Tartışma. Tabii ki değil. Pavyona giren herkesin oradan bir şey satın almadığı açık.
Diyagramda görüldüğü gibi bir satın almanın ortalama ağırlığı sorusunu cevaplamak için pavyona giren bir kişinin oradan bir şey satın alma olasılığı nedir sorusunun cevabını bulmamız gerekiyor. Elimizde bu tür veriler yoksa ancak buna ihtiyacımız varsa, pavyona gelen ziyaretçileri bir süre gözlemleyerek bu verileri kendimiz elde etmek zorunda kalacağız. Diyelim ki gözlemlerimiz pavyon ziyaretçilerinin yalnızca beşte birinin bir şey satın aldığını gösterdi.
Bu tahminleri elde ettiğimizde işimiz basitleşiyor. Pazara gelen 10.000 kişiden 5.000'i süt ürünleri pavyonuna gidecek; yalnızca 1.000'i satın alacak. Ortalama ağırlık satın alma 500 grama eşittir. inşa edildiğini belirtmek ilginçtir. Tam resim Koşullu “dallanma” mantığı, sanki olasılıklarla değil de “somut” bir durumla çalışıyormuşçasına, akıl yürütmemizin her aşamasında açıkça tanımlanmalıdır.
Kendi kendine test görevleri
1. Bırak öyle olsun elektrik devresi Her biri diğerlerinden bağımsız olarak çalışan, n adet seri bağlantılı elemandan oluşan.
Her elemanın başarısızlık olasılığı p bilinmektedir. Devrenin tüm bölümünün düzgün çalışma olasılığını belirleyin (olay A).
2. Öğrenci 25'ten 20'sini biliyor sınav soruları. Öğrencinin sınav görevlisi tarafından kendisine verilen üç soruyu bilme olasılığını bulun.
3. Üretim, her birinde ekipmanın çalıştığı ve bir sonraki aydaki arıza olasılıklarının sırasıyla p 1, p 2, p 3 ve p 4'e eşit olduğu dört ardışık aşamadan oluşur. Bir ay içinde ekipman arızası nedeniyle üretimin durmaması olasılığını bulun.
“En az bir” ibaresinin geçtiği sorunlardan bahsedelim. Elbette evde bu tür görevlerle karşılaştınız ve testler ve şimdi bunları nasıl çözeceğinizi öğreneceksiniz. İlk önce bundan bahsedeceğim Genel kural ve ardından özel bir durumu göz önünde bulundurun ve her biri için formüller ve örnekler yazın.
Genel metodoloji ve örnekler
Genel teknik“En az bir” deyiminin geçtiği problemlerin çözümü şu şekildedir:
Şimdi örneklerle bakalım. İleri!
Örnek 1. Kutu içerisinde aynı tipte 25 adet standart ve 6 adet arızalı parça bulunmaktadır. Rastgele seçilen üç parçadan en az birinin bozuk olma olasılığı nedir?
Doğrudan nokta nokta hareket ediyoruz.
1.
Olasılığı doğrudan problem ifadesinden bulunması gereken bir olayı yazıyoruz:
$A$ =(Seçilen 3 parçadan en az bir arızalı).
2. Daha sonra ters olay şu şekilde formüle edilir: $\bar(A)$ = (Seçilen 3 ayrıntıdan) hiçbiri arızalı) = (Seçilen 3 parçanın tamamı standart olacaktır).
3. Şimdi $\bar(A)$ olayının olasılığını nasıl bulacağımızı anlamamız gerekiyor, bunun için soruna tekrar bakacağız: iki türden nesnelerden bahsediyoruz (kusurlu parçalar ve değil), belirli bir kısmı çok sayıda nesne çıkarılır ve incelenir (kusurlu olsun ya da olmasın). Bu problem, klasik olasılık tanımı kullanılarak çözülür (daha doğrusu, hipergeometrik olasılık formülünü kullanarak, makalede bunun hakkında daha fazla bilgi edinin).
İlk örnek için çözümü ayrıntılı olarak yazacağız, sonra kısaltacağız (ve yukarıdaki bağlantıda tüm talimatları ve hesaplayıcıları bulacaksınız).
İlk olarak, toplam sonuç sayısını bulalım - bu, bir kutudaki 25+6=31 parçadan oluşan bir gruptan herhangi 3 parçayı seçmenin yollarının sayısıdır. Seçim sırası önemli olmadığından, 31 nesnenin 3'lü kombinasyon sayısı formülünü uyguluyoruz: $n=C_(31)^3$.
Şimdi olay için olumlu sonuçların sayısına geçelim. Bunu yapmak için seçilen 3 parçanın da standart olması gerekir; $m = C_(25)^3$ şeklinde seçilebilirler (çünkü kutuda tam olarak 25 standart parça vardır).
Olasılık:
$$ P(\bar(A))=\frac(m)(n)=\frac(C_(25)^3 )(C_(31)^3) = \frac(23 \cdot 24\cdot 25) (29\cdot 30\cdot 31) =\frac(2300)(4495)= 0,512. $$
4. O zaman istenilen olasılık:
$$ P(A)=1-P(\bar(A))=1- 0,512 = 0,488. $$
Cevap: 0.488.
Örnek 2. 36 kartlık bir desteden rastgele 6 kart çekiliyor. Alınan kartlar arasında en az iki maça olma olasılığını bulun.
1. $A$ olayını kaydediyoruz =(Seçilen 6 karttan en az iki zirveler).
2. Daha sonra ters olay şu şekilde formüle edilir: $\bar(A)$ = (Seçilen 6 karttan 2'den az maça olacaktır) = (Seçilen 6 karttan tam olarak 0 veya 1 maça olacaktır, geri kalanı farklı bir takım elbise).
Yorum. Burada duracağım ve yapacağım küçük not. Vakaların %90'ında "karşı olaya gitme" tekniği mükemmel çalışsa da, orijinal olayın olasılığını bulmanın daha kolay olduğu durumlar da vardır. İÇİNDE bu durumda$A$ olayının olasılığını doğrudan ararsanız, 5 olasılık eklemeniz gerekecektir ve $\bar(A)$ olayı için yalnızca 2 olasılık eklemeniz gerekecektir. Ancak sorun "6 karttan en az 5'i zirve" olsaydı durum tersine dönerdi ve orijinal sorunu çözmek daha kolay olurdu. Tekrar talimat vermeye kalkarsam şunu söyleyeceğim. “En az bir tane” gördüğünüz görevlerde, karşıt olaya geçmekten çekinmeyin. Eğer “en az 2, en az 4”ten bahsediyorsak o zaman neyin sayılmasının daha kolay olduğunu bulmanız gerekir.
3. Problemimize dönüyoruz ve klasik olasılık tanımını kullanarak $\bar(A)$ olayının olasılığını buluyoruz.
Toplam sonuç sayısı (36 karttan herhangi 6'sını seçme yolları) $n=C_(36)^6$'dır (hesap makinesi).
Olay için olumlu sonuçların sayısını bulalım. $m_0 = C_(27)^6$ - zirve olmayan bir renkteki 6 kartın tamamını seçmenin yollarının sayısı (destede bunlardan 36-9=27 tane var), $m_1 = C_(9)^1 \cdot C_(27)^5$ - maça renginden 1 kartı (9 üzerinden) ve diğer 5 rengi (27 üzerinden) seçmenin sayı yolları.
$$ P(\bar(A))=\frac(m_0+m_1)(n)=\frac(C_(27)^6+C_(9)^1\cdot C_(27)^5 )(C_( 36)^6) =\frac(85215)(162316)= 0,525. $$
4. O zaman istenilen olasılık:
$$ P(A)=1-P(\bar(A))=1- 0,525 = 0,475. $$
Cevap: 0.475.
Örnek 3. Torbada 2 beyaz, 3 siyah ve 5 kırmızı top vardır. Rastgele üç top çekiliyor. Çekilen toplardan en az ikisinin olma olasılığını bulun farklı renk.
1. $A$ =(Çekilen 3 top arasında) olayını kaydediyoruz en az iki farklı renk). Yani örneğin “2 kırmızı top ve 1 beyaz” veya “1 beyaz, 1 siyah, 1 kırmızı” veya “2 siyah, 1 kırmızı” vb. gibi birçok seçenek var. Ters olaya geçiş kuralını deneyelim.
2. Daha sonra ters olay şu şekilde formüle edilir: $\bar(A)$ = (Üç top da aynı renktedir) = (3 siyah top veya 3 kırmızı top seçilir) - yalnızca 2 seçenek vardır, bu da bu yöntem anlamına gelir çözüm hesaplamaları basitleştirir. Bu arada, bütün toplar beyaz seçilemez çünkü bunlardan sadece 2 tane vardır ve 3 top çekilir.
3. Toplam sonuç sayısı (2+3+5=10 toptan herhangi 3 topu seçme yolları) $n=C_(10)^3=120$'dır.
Olay için olumlu sonuçların sayısını bulalım. $m = C_(3)^3+C_(5)^3=1+10=11$ - 3 siyah topu (3 üzerinden) veya 3 kırmızı topu (5 üzerinden) seçmenin yollarının sayısı.
$$ P(\bar(A))=\frac(m)(n)=\frac(11)(120). $$
4. Gerekli olasılık:
$$ P(A)=1-P(\bar(A))=1- \frac(11)(120)=\frac(109)(120) = 0,908. $$
Cevap: 0.908.
Özel bir durum. Bağımsız etkinlikler
Daha da ileri gidelim ve birkaç problemin olduğu bir sınıfa gelelim. bağımsız olaylar(oklar isabet eder, ampuller yanar, arabalar çalışır, işçiler farklı olasılıkla hastalanır, vb.) ve ihtiyacınız var "En az bir olayın meydana gelme olasılığını bulun". Farklı şekillerde bu şuna benzeyebilir: "üç atıcıdan en az birinin hedefi vurma olasılığını bulun", "iki otobüsten en az birinin istasyona zamanında varma olasılığını bulun", "ateşçinin hedefini bulma olasılığını bulun" Dört elemandan oluşan bir cihazdaki en az bir elemanın bir yıl içinde arızalanma olasılığı” vb.
Yukarıdaki örneklerde klasik olasılık formülünün kullanımından bahsediyorsak, işte olayların cebirine geliyoruz, olasılıkları toplama ve çarpma formüllerini kullanıyoruz (küçük bir teori).
Dolayısıyla, birkaç bağımsız olay $A_1, A_2,...,A_n$ dikkate alınır, her bir olayın olasılığı bilinir ve $P(A_i)=p_i$ ($q_i=1-p_i$) değerine eşittir. Daha sonra deney sonucunda olaylardan en az birinin meydana gelme olasılığı aşağıdaki formülle hesaplanır.
$$ P=1-q_1\cdot q_2 \cdot ...\cdot q_n. \quad(1) $$
Kesin olarak konuşursak, bu formül aynı zamanda temel tekniğin uygulanmasıyla da elde edilir. "karşı olaya git". Aslında, $A$=($A_1, A_2,...,A_n$'dan en az bir olay meydana gelecek), o zaman $\bar(A)$ = (Olayların hiçbiri meydana gelmeyecek) olsun, bunun anlamı:
$$ P(\bar(A))=P(\bar(A_1) \cdot \bar(A_2) \cdot ... \bar(A_n))=P(\bar(A_1)) \cdot P(\ bar(A_2)) \cdot ... P(\bar(A_n))=\\ =(1-P(A_1)) \cdot (1-P(A_2)) \cdot ... (1-P( A_n))=\\ =(1-p_1) \cdot (1-p_2) \cdot ... (1-p_n)=q_1\cdot q_2 \cdot ...\cdot q_n,\\ $$ buradan itibaren $$ P(A)=1-P(\bar(A))=1-q_1\cdot q_2 \cdot ...\cdot q_n formülümüzü elde edin. $$
Örnek 4. Ünite bağımsız olarak çalışan iki parçadan oluşur. Parçaların arızalanma olasılığı sırasıyla 0,05 ve 0,08'dir. En az bir parçanın arızalanması yeterliyse ünitenin arızalanma olasılığını bulun.
Olay $A$ =(Düğüm başarısız oldu) = (İki parçadan en az biri başarısız oldu). Bağımsız olayları tanıtalım: $A_1$ = (İlk bölüm başarısız oldu) ve $A_2$ = (İkinci bölüm başarısız oldu). $p_1=P(A_1)=0.05$, $p_2=P(A_2)=0.08$ koşuluna göre, ardından $q_1=1-p_1=0.95$, $q_2=1-p_2=0, $92. Formül (1)'i uygulayalım ve şunu elde edelim:
$$ P(A)=1-q_1\cdot q_2 = 1-0,95\cdot 0,92=0,126. $$
Cevap: 0,126.
Örnek 5. Öğrenci ihtiyacı olan formülü üç referans kitabında arar. Formülün ilk dizinde yer alma olasılığı 0,8, ikinci dizinde - 0,7, üçüncü dizinde - 0,6'dır. Formülün en az bir referans kitabında yer alma olasılığını bulun.
Aynı şekilde ilerliyoruz. Ana olayı düşünün
$A$ =(Formül en az bir referans kitabında yer almaktadır). Bağımsız olayları tanıtalım:
$A_1$ = (Formül ilk başvuru kitabında yer almaktadır),
$A_2$ = (Formül ikinci referans kitabındadır),
$A_3$ = (Formül üçüncü referans kitabındadır).
Koşula göre $p_1=P(A_1)=0.8$, $p_2=P(A_2)=0.7$, $p_3=P(A_3)=0.6$, ardından $q_1=1-p_1=0 ,2$, $q_2 =1-p_2=0,3$, $q_3=1-p_3=0,4$. Formül (1)'i uygulayalım ve şunu elde edelim:
$$ P(A)=1-q_1\cdot q_2\cdot q_3 = 1-0,2\cdot 0,3\cdot 0,4=0,976. $$
Cevap: 0,976.
Örnek 6. Bir işçi birbirinden bağımsız çalışan 4 makinenin bakımını yapıyor. Bir vardiya sırasında ilk makinenin işçinin dikkatini gerektirmesi olasılığı 0,3, ikinci makinenin - 0,6, üçüncünün - 0,4 ve dördüncünün - 0,25'tir. Bir vardiya sırasında en az bir makinenin ustabaşının dikkatine ihtiyaç duymama olasılığını bulun.
Sanırım çözümün prensibini zaten anladınız, tek soru olayların sayısıdır, ancak çözümün karmaşıklığını etkilemez (farklı olarak) ortak görevler olasılıkların toplanması ve çarpımı üzerine). Dikkatli olun, olasılıklar "dikkat gerektirecek" olarak belirtiliyor ancak sorunun sorusu "en az bir makine dikkat gerektirmeyecek". Kullanmak için ana olayla aynı olayları (bu durumda NOT ile) girmeniz gerekir. Genel formül (1).
Şunu elde ederiz:
$A$ = (Vardiya sırasında en az bir makine ustabaşının dikkatine GEREKMEZ),
$A_i$ = ($i$-th makine, ustanın dikkatini GEREKMEZ), $i=1,2,3,4$,
$p_1 = 0,7$, $p_2 = 0,4$, $p_3 = 0,6$, $p_4 = 0,75$.
Gerekli olasılık:
$$ P(A)=1-q_1\cdot q_2\cdot q_3 \cdot q_4= 1-(1-0,7)\cdot (1-0,4)\cdot (1-0,6)\cdot ( 1-0,75)=0,982 . $$
Cevap: 0.982. Ustanın tüm vardiya boyunca dinlenmesi neredeyse kesindir;)
Özel bir durum. Tekrarlanan testler
Yani, $n$ bağımsız olaylarımız (veya bazı deneyimlerin tekrarları) ve bu olayların meydana gelme olasılıkları (veya deneylerin her birinde bir olayın meydana gelme olasılıkları) var. şimdi aynılar ve $p$'a eşittir. Daha sonra formül (1) şu şekilde basitleştirilir:
$$ P=1-q_1\cdot q_2 \cdot ...\cdot q_n = 1-q^n. $$
Aslında, "tekrarlanan sorunlar" adı verilen bir sorun sınıfına daralıyoruz. bağımsız testler"veya "Bernoulli şeması", $n$ deneyleri yapıldığında her birinde bir olayın meydana gelme olasılığı $p$'a eşittir. Olayın en az bir $ deneyde meydana gelme olasılığını bulmamız gerekir. n$ tekrar:
$$ P=1-q^n. \quad(2) $$
Çevrimiçi ders kitabında Bernoulli'nin planı hakkında daha fazla bilgi edinebilir ve ayrıca çeşitli problem alt türlerini (atışlar, piyango biletleri vb.) çözmeye ilişkin hesap makinesi makalelerine bakabilirsiniz. Aşağıda yalnızca “en az bir” olan problemler tartışılacaktır.
Örnek 7. Garanti süresi boyunca TV'nin tamir gerektirmeme olasılığı 0,9'a eşit olsun. Garanti süresi boyunca 3 TV'den en az birinin tamir gerektirmemesi olasılığını bulun.
Kısacası henüz çözümü görmediniz.
Basitçe şu koşulu yazıyoruz: $n=3$, $p=0.9$, $q=1-p=0.1$.
Daha sonra formül (2)'ye göre garanti süresi boyunca 3 TV'den en az birinin onarım gerektirmemesi olasılığı:
$$ P=1-0,1^3=1-0,001=0,999 $$
Cevap: 0,999.
Örnek 8. Belirli bir hedefe 5 bağımsız atış yapılır. Tek atışta isabet olasılığı 0,8'dir. En az bir isabet olma olasılığını bulun.
Yine problemi resmileştirerek, bilinen miktarları yazarak başlıyoruz. $n=5$ atış, $p=0.8$ - tek atışta isabet olasılığı, $q=1-p=0.2$.
Ve sonra beş atıştan en az birinin isabet alma olasılığı şuna eşittir: $$ P=1-0.2^5=1-0.00032=0.99968 $$
Cevap: 0,99968.
Formül (2)'yi kullanarak her şeyin çok açık olduğunu düşünüyorum (Bernoulli'nin şeması çerçevesinde çözülen diğer sorunları okumayı unutmayın, bağlantılar yukarıdaydı). Ve aşağıda biraz daha vereceğim zor görev. Bu tür sorunlar daha az sıklıkta ortaya çıkar ancak bunları çözme yönteminin de öğrenilmesi gerekir. Gitmek!
Örnek 9. Her birinde 0,7 olasılıkla bir A olayının ortaya çıktığı N sayıda bağımsız deney gerçekleştirilir. A olayının en az bir kez 0,95 olasılıkla gerçekleşmesini garanti etmek için kaç deney yapılması gerekir?
Bir Bernoulli şemamız var, $n$ deney sayısıdır, $p=0.7$ A olayının meydana gelme olasılığıdır.
O halde $n$ deneylerinde en az bir A olayının meydana gelme olasılığı formül (2)'ye eşittir: $$ P=1-q^n=1-(1-0.7)^n=1-0, 3^ n $$ Koşula göre bu olasılığın 0,95'ten az olmaması gerekir, dolayısıyla:
$$ 1-0,3^n \ge 0,95,\\ 0,3^n \le 0,05,\\ n \ge \log_(0,3) 0,05 = 2,49. $$
Toparlarsak, en az 3 deney yapmanız gerektiğini anlıyoruz.
Cevap: En az 3 deneme yapmanız gerekmektedir.
Olasılıklara göre hareket etme ihtiyacı, bazı olayların olasılıkları bilindiğinde ortaya çıkar ve bu olaylarla ilişkili diğer olayların olasılıklarını hesaplamak gerekir.
Olasılıkların eklenmesi, rastgele olayların bir kombinasyonunun veya mantıksal toplamının olasılığını hesaplamanız gerektiğinde kullanılır.
Olayların toplamı A Ve B belirtmek A + B veya A ∪ B. İki olayın toplamı, yalnızca ve yalnızca olaylardan en az birinin meydana gelmesi durumunda meydana gelen bir olaydır. Bu demektir A + B- yalnızca gözlem sırasında meydana gelmesi durumunda meydana gelen bir olay A veya olay B veya aynı anda A Ve B.
Eğer olaylar A Ve B birbiriyle tutarsız ise ve olasılıkları veriliyorsa, olasılıkların toplanmasıyla bu olaylardan birinin bir deneme sonucunda ortaya çıkma olasılığı hesaplanır.
Olasılık toplama teoremi.İki şeyden birinin gerçekleşme olasılığı birbirini dışlar ortak etkinlikler, bu olayların olasılıklarının toplamına eşittir:
Örneğin avlanırken iki el ateş edilir. Etkinlik A– İlk atışta ördeğe vurmak, olay İÇİNDE– ikinci atıştan vuruş, olay ( A+ İÇİNDE) – birinci veya ikinci atışta veya iki atışta yapılan vuruş. Yani eğer iki olay A Ve İÇİNDE – uyumsuz olaylar, O A+ İÇİNDE- Bu olaylardan en az birinin veya iki olayın meydana gelmesi.
Örnek 1. Bir kutuda 30 top vardır aynı boyutlar: 10 kırmızı, 5 mavi ve 15 beyaz. Renkli (beyaz olmayan) bir topun bakmadan alınma olasılığını hesaplayın.
Çözüm. hadiseyi varsayalım A- “kırmızı top alınır” ve olay İÇİNDE- “Mavi top alındı.” Daha sonra olay "renkli (beyaz değil) bir topun alınmasıdır." Olayın olasılığını bulalım A:
ve olaylar İÇİNDE:
Olaylar A Ve İÇİNDE– karşılıklı olarak uyumsuzdur, çünkü bir top alınırsa farklı renkteki topların alınması imkansızdır. Bu nedenle olasılıkların toplamını kullanıyoruz:
Birkaç uyumsuz olay için olasılıkların eklenmesine ilişkin teorem. Eğer olaylar tam bir olaylar dizisi oluşturuyorsa, olasılıklarının toplamı 1'e eşittir:
Zıt olayların olasılıklarının toplamı da 1'e eşittir:
Zıt olaylar tam bir olaylar dizisi oluşturur ve tam bir olaylar dizisinin olasılığı 1'dir.
Zıt olayların olasılıkları genellikle küçük harflerle gösterilir P Ve Q. Özellikle,
bundan sonra ne olacak aşağıdaki formüller Zıt olayların olasılıkları:
Örnek 2. Atış poligonunda hedef 3 bölgeye ayrılmıştır. Belirli bir atıcının birinci bölgedeki hedefe atış yapma olasılığı 0,15, ikinci bölgede 0,23, üçüncü bölgede ise 0,17'dir. Atıcının hedefi vurma olasılığını ve atıcının hedefi ıskalama olasılığını bulun.
Çözüm: Atıcının hedefi vurma olasılığını bulun:
Atıcının hedefi ıskalama olasılığını bulalım:
Olasılıkların hem toplamasını hem de çarpmasını kullanmanız gereken daha karmaşık problemleri "Olasılıkların toplanması ve çarpımını içeren çeşitli problemler" sayfasında bulabilirsiniz.
Karşılıklı eşzamanlı olayların olasılıklarının eklenmesi
Bir olayın meydana gelmesi aynı gözlemde ikinci bir olayın meydana gelmesini dışlamıyorsa, iki rastgele olaya ortak olay adı verilir. Örneğin fırlatırken zar etkinlik A 4 sayısının piyasaya sürüldüğü düşünülüyor ve etkinlik İÇİNDE- bırakma çift sayı. 4 çift sayı olduğundan iki olay uyumludur. Uygulamada, karşılıklı eşzamanlı olaylardan birinin meydana gelme olasılığının hesaplanmasında sorunlar vardır.
Ortak olaylar için olasılık toplama teoremi. Ortak olaylardan birinin meydana gelme olasılığı, bu olayların olasılıklarının toplamına eşittir; bu durumdan olasılık çıkarılmıştır. genel saldırı her iki olay da olasılıkların ürünüdür. Ortak olayların olasılıklarına ilişkin formül aşağıdaki biçimdedir:
Olaylardan bu yana A Ve İÇİNDE uyumlu, etkinlik A+ İÇİNDEüçünden biri meydana gelirse meydana gelir olası olaylar: veya AB. Uyumsuz olayların toplanması teoremine göre aşağıdaki gibi hesaplıyoruz:
Etkinlik A iki uyumsuz olaydan birinin meydana gelmesi durumunda meydana gelecektir: veya AB. Ancak birbiriyle bağdaşmayan birden fazla olaydan bir olayın meydana gelme olasılığı, tüm bu olayların olasılıklarının toplamına eşittir:
Aynı şekilde:
(6) ve (7) numaralı ifadeleri (5) numaralı ifadede değiştirerek, ortak olaylar için olasılık formülünü elde ederiz:
Formül (8) kullanılırken olayların dikkate alınması gerekir. A Ve İÇİNDE olabilir:
- karşılıklı olarak bağımsız;
- karşılıklı bağımlı.
Birbirinden bağımsız olaylar için olasılık formülü:
Birbirine bağlı olaylar için olasılık formülü:
Eğer olaylar A Ve İÇİNDE tutarsızsa, bu durumda tesadüfleri imkansız bir durumdur ve bu nedenle, P(AB) = 0. Uyumsuz olaylar için dördüncü olasılık formülü:
Örnek 3. Otomobil yarışlarında, ilk arabayı kullandığınızda kazanma şansınız daha yüksektir, ikinci arabayı kullandığınızda ise kazanma şansınız daha yüksektir. Bulmak:
- her iki arabanın da kazanma olasılığı;
- en az bir arabanın kazanma olasılığı;
1) İlk arabanın kazanma olasılığı ikinci arabanın sonucuna bağlı değildir, dolayısıyla olaylar A(ilk araba kazanır) ve İÇİNDE(ikinci araba kazanacak) – bağımsız etkinlikler. Her iki arabanın da kazanma olasılığını bulalım:
2) İki arabadan birinin kazanma olasılığını bulun:
Olasılıkların hem toplamasını hem de çarpmasını kullanmanız gereken daha karmaşık problemleri "Olasılıkların toplanması ve çarpımını içeren çeşitli problemler" sayfasında bulabilirsiniz.
Olasılıkların toplamı problemini kendiniz çözün ve ardından çözüme bakın.
Örnek 4.İki madeni para atılıyor. Etkinlik A- ilk madeni paranın üzerindeki armanın kaybı. Etkinlik B- ikinci madalyonun üzerindeki armanın kaybı. Bir olayın olasılığını bulun C = A + B .
Olasılıkların Çarpılması
Olasılık çarpımı, olayların mantıksal çarpımının olasılığının hesaplanması gerektiğinde kullanılır.
burada rastgele olaylar bağımsız olmalıdır. Bir olayın meydana gelmesi ikinci olayın meydana gelme olasılığını etkilemiyorsa iki olaya karşılıklı bağımsız denir.
Bağımsız olaylar için olasılık çarpımı teoremi.İki bağımsız olayın aynı anda meydana gelme olasılığı A Ve İÇİNDE bu olayların olasılıklarının çarpımına eşittir ve aşağıdaki formülle hesaplanır:
Örnek 5. Para art arda üç kez atılıyor. Armanın üç kez de görünme olasılığını bulun.
Çözüm. Armanın ilk, ikinci ve üçüncü atışta görünme olasılığı. Armanın üç kez de görünme olasılığını bulalım:
Olasılık çarpım problemlerini kendi başınıza çözün ve sonra çözüme bakın
Örnek 6. Dokuz yeni tenis topu içeren bir kutu var. Oynamak için üç top alınır ve oyundan sonra geri konur. Top seçimi yapılırken oynanan toplar, oynanmayan toplardan ayırt edilmez. Bundan sonra olma olasılığı nedir? üç oyun Kutuda oynanmamış top kaldı mı?
Örnek 7. Kesilmiş alfabe kartlarına Rus alfabesinin 32 harfi yazılmıştır. Beş kart arka arkaya rastgele çekilir ve görünüm sırasına göre masaya yerleştirilir. Harflerin "son" kelimesini oluşturma olasılığını bulun.
Örnek 8. Tam bir kart destesinden (52 sayfa) aynı anda dört kart çıkarılır. Bu kartların dördünün de farklı türden olma olasılığını bulun.
Örnek 9.Örnek 8'deki görevin aynısı, ancak her kart çıkarıldıktan sonra desteye geri gönderilir.
Olasılıkların hem toplamasını hem de çarpmasını kullanmanız ve ayrıca çeşitli olayların çarpımını hesaplamanız gereken daha karmaşık problemler, "Olasılıkların toplanması ve çarpımını içeren çeşitli problemler" sayfasında bulunabilir.
Birbirinden bağımsız olaylardan en az birinin meydana gelme olasılığı, zıt olayların olasılıklarının çarpımının 1'den çıkarılmasıyla, yani aşağıdaki formül kullanılarak hesaplanabilir:
Örnek 10. Kargo üç ulaşım yöntemiyle teslim edilir: nehir, demiryolu ve karayolu taşımacılığı. Kargonun teslim edilme ihtimali nehir taşımacılığı 0,82'dir, tren ile 0,87, motorlu taşıtlarla 0,90. Kargonun aşağıdakilerden en az biri tarafından teslim edilme olasılığını bulun üç tip Ulaşım.
Her olayın farklı derecelerde ortaya çıkma (uygulanma) olasılığına sahip olduğu açıktır. Olayları olasılık derecesine göre niceliksel olarak karşılaştırabilmek için elbette her olayla ilişkilendirmek gerekir. belirli sayı olay ne kadar mümkün olursa o kadar büyük olur. Bu sayıya bir olayın olasılığı denir.
Olayın olasılığı– derecenin sayısal bir ölçüsüdür nesnel olasılık bu olayın meydana gelmesi.
Stokastik bir deneyi ve bu deneyde gözlemlenen rastgele bir A olayını düşünün. Bu deneyi n kez tekrarlayalım ve m(A), A olayının meydana geldiği deney sayısı olsun.
İlişki (1.1)
isminde göreceli frekans Gerçekleştirilen deney serisindeki olaylar A.
Özelliklerin geçerliliğini doğrulamak kolaydır:
eğer A ve B tutarsızsa (AB= ), o zaman ν(A+B) = ν(A) + ν(B) (1.2)
Göreceli frekans yalnızca bir dizi deneyden sonra belirlenir ve genel olarak konuşursak, seriden seriye değişebilir. Ancak deneyimler birçok durumda deney sayısı arttıkça bağıl frekansın belirli bir sayıya yaklaştığını göstermektedir. Göreceli frekansın kararlılığı gerçeği defalarca doğrulanmıştır ve deneysel olarak kanıtlandığı düşünülebilir.
Örnek 1.19.. Bir bozuk para atarsanız, hiç kimse paranın hangi tarafın üstüne düşeceğini tahmin edemez. Ancak iki ton madeni para atarsanız, o zaman herkes armayla birlikte yaklaşık bir tonun düşeceğini söyleyecektir, yani armanın düşme göreceli sıklığı yaklaşık 0,5'tir.
Deney sayısındaki artışla birlikte ν(A) olayının bağıl frekansı sabit bir sayıya yöneliyorsa, o zaman şunu söylüyorlar: A olayı istatistiksel olarak kararlıdır ve bu sayıya A olayının olasılığı denir.
Olayın olasılığı A deney sayısı arttıkça bu olayın bağıl frekansı ν(A)'nın yöneldiği sabit bir sayı P(A) çağrılır; 
Bu tanım denir istatistiksel tanım olasılıklar .
Belirli bir stokastik deneyi ele alalım ve uzayına izin verelim temel olaylar sonlu veya sonsuz (ancak sayılabilir) temel olaylar kümesinden oluşur: ω 1, ω 2, …, ω i, …. Her temel olaya ω i , belirli bir temel olayın meydana gelme olasılığının derecesini karakterize eden ve tatmin edici olan belirli bir sayı - р i atandığını varsayalım. aşağıdaki özellikler:
Bu sayıya p i denir temel bir olayın olasılığıωi.
Şimdi A'nın bu deneyde gözlemlenen rastgele bir olay olduğunu ve belirli bir diziye karşılık geldiğini varsayalım.
Bu ortamda bir olayın olasılığı A A lehine temel olayların olasılıklarının toplamını çağırın(karşılık gelen A kümesine dahildir):
(1.4)
Bu şekilde ortaya konan olasılık, bağıl frekansla aynı özelliklere sahiptir:
Ve eğer AB = (A ve B uyumsuzsa),
bu durumda P(A+B) = P(A) + P(B)
Aslında (1.4)’e göre
Son ilişkide, tek bir temel olayın aynı anda iki uyumsuz olayı destekleyemeyeceği gerçeğinden yararlandık.
Olasılık teorisinin pi'yi belirlemeye yönelik yöntemleri belirtmediğini özellikle not ediyoruz; bunların pratik nedenlerle aranması veya ilgili istatistiksel deneyden elde edilmesi gerekir.
Örnek olarak şunu düşünün klasik şema olasılık teorisi. Bunu yapmak için, temel olayların uzayı sonlu (n) sayıda öğeden oluşan stokastik bir deney düşünün. Ayrıca tüm bu temel olayların eşit derecede mümkün olduğunu, yani temel olayların olasılıklarının p(ω i)=p i =p'ye eşit olduğunu varsayalım. Şunu takip ediyor
Örnek 1.20. Simetrik bir para atıldığında tura ve tura gelmesi eşit derecede mümkündür, olasılıkları 0,5'tir.
Örnek 1.21. Simetrik bir zar atıldığında tüm yüzler eşit derecede olasıdır, olasılıkları 1/6'dır.
Şimdi A olayının m temel olay tarafından tercih edilmesine izin verin, bunlara genellikle denir. A olayının lehine sonuçlar. Daha sonra
Var olasılığın klasik tanımı: A olayının olasılığı P(A), A olayı için olumlu sonuçların sayısının toplam sonuç sayısına oranına eşittir
Örnek 1.22. Torbanın içinde m adet beyaz top ve n adet siyah top bulunmaktadır. Çıkma olasılığı nedir? beyaz top?
Çözüm. Temel olayların toplam sayısı m+n'dir. Hepsi eşit derecede olasıdır. Uygun olay A'nın m. Buradan, 
.
Olasılığın tanımından aşağıdaki özellikler çıkar:
Özellik 1. Olasılık güvenilir olay bire eşittir.
Aslında eğer olay güvenilirse, testin her temel sonucu olayın lehinedir. Bu durumda t=p, buradan,
P(A)=m/n=n/n=1.(1.6)
Mülk 2. İmkansız bir olayın olasılığı sıfırdır.
Aslında, eğer bir olay imkansızsa, o zaman testin temel sonuçlarından hiçbiri olayı desteklemez. Bu durumda T= 0 dolayısıyla, P(A)=m/n=0/n=0. (1.7)
Mülk 3.Rastgele bir olayın olasılığı var pozitif sayı, sıfır ile bir arasında yer alır.
Aslında rastgele bir olay yalnızca bazı kişiler tarafından tercih edilir. toplam sayısı temel sınav sonuçları. Yani 0≤m≤n, yani 0≤m/n≤1 anlamına gelir, dolayısıyla herhangi bir olayın olasılığı 0≤ çifte eşitsizliğini karşılar. P(A) ≤1. (1.8)
Olasılık (1.5) ve bağıl frekans (1.1) tanımlarını karşılaştırarak şu sonuca varıyoruz: olasılığın tanımı test yapılmasına gerek yoktur Aslında; bağıl frekansın tanımı şunu varsaymaktadır: aslında testler yapıldı. Başka bir deyişle, olasılık deneyden önce hesaplanır ve bağıl frekans deneyden sonra hesaplanır.
Ancak olasılığı hesaplamak için şunlara sahip olunması gerekir: ön bilgi olumlu sonuçların sayısı veya olasılıkları hakkında bu olay temel sonuçlar. Bu tür ön bilgilerin yokluğunda, olasılığı belirlemek için ampirik veriler kullanılır, yani olayın göreceli sıklığı stokastik bir deneyin sonuçlarına göre belirlenir.
Örnek 1.23. Teknik kontrol departmanı keşfedilen 3 Rastgele seçilmiş 80 parçadan oluşan bir partideki standart olmayan parçalar. Standart olmayan parçaların göreceli görülme sıklığı r(A)= 3/80.
Örnek 1.24. Üretilme amacına göre 24 atış yapıldı ve 19 vuruş kaydedildi. Göreceli hedef isabet oranı. r(A)=19/24.
Uzun süreli gözlemler, deneylerin her birinde test sayısı yeterince büyük olan aynı koşullar altında gerçekleştirilmesi durumunda bağıl frekansın kararlılık özelliği sergilediğini göstermiştir. Bu mülk ne çeşitli deneyimler bağıl frekans çok az değişir (ne kadar az olursa, o kadar çok test yapılır), belirli bir sabit sayı etrafında dalgalanır. Bu ortaya çıktı sabit sayı yaklaşık bir olasılık değeri olarak alınabilir.
Göreceli frekans ve olasılık arasındaki ilişki aşağıda daha ayrıntılı ve daha kesin bir şekilde açıklanacaktır. Şimdi kararlılık özelliğini örneklerle açıklayalım.
Örnek 1.25. İsveç istatistiklerine göre, 1935 yılı için aylara göre kız doğumlarının göreceli sıklığı aşağıdaki sayılarla karakterize edilir (sayılar ay sırasına göre düzenlenmiştir; Ocak): 0,486; 0,489; 0,490; 0.471; 0,478; 0,482; 0.462; 0,484; 0,485; 0,491; 0,482; 0,473
Göreceli frekans 0,481 sayısı civarında dalgalanır; bu şu şekilde alınabilir: Yaklaşık değer kız sahibi olma olasılığı.
Farklı ülkelerden gelen istatistiksel verilerin yaklaşık olarak aynı bağıl frekans değerini verdiğini unutmayın.
Örnek 1.26. Birçok kez yazı tura atma deneyleri yapıldı ve bu deneylerde "armanın" görünme sayısının sayıldığı görüldü. Çeşitli deneylerin sonuçları tabloda gösterilmektedir.
