Напрямки теорії ймовірностей та математичні дії над ними
Контрольна робота з теми:
Напрямки теорії ймовірностей та математичні дії над ними
1 . Основні напрямки теорії ймовірностей. Безпосередній підрахунок ймовірностей
Подією ( або випадковою подією) називається будь-який факт, що внаслідок експерименту може відбутися або не відбутися.
Ймовірністю події називається чисельна міра ступеня об’єктивної можливості цієї події. Ймовірність події А позначається 
.
Достовірною є подія 
, яка внаслідок експерименту неодмінно повинна відбутися:
.
Неможливою є подія, яка внаслідок експерименту не може відбутися:
.
Ймовірність будь-якої події знаходиться між нулем та одиницею:
.
Декілька подій утворюють повну групу, якщо внаслідок експерименту неодмінно повинна відбутися хоча б одна з них, тобто поява хоча б однієї з подій повної групи є достовірна подія.
Декілька подій в даному експерименті називаються несумісними, якщо поява однієї з них виключає появу іншої в одному і тому ж випробуванні.
Декілька подій є рівноймовірними, якщо немає підстав вважати яку-небудь з них більш можливою, ніж будь-яку іншу.
Кожний з можливих результатів випробування є елементарним наслідком. Вони утворюють повну групу, несумісні та рівноймовірні.
Елементарні наслідки є такими, що сприяють події, якщо поява цих виходів спричиняє появу події.
Відповідно до класичного визначення, ймовірність події 
обчислюється за формулою:
,
Де 
– загальне число елементарних наслідків, 
– число наслідків, що сприяють події .
При безпосередньому підрахунку ймовірностей використовують основні формули та правила комбінаторики.
Перестановками є комбінації, що складаються з однакових елементів і відрізняються лише порядком розташування цих елементів. Число всіх перестановок дорівнює :
.
Розміщеннями є упорядковані комбінації, що складаються з m різних елементів даної n – елементної множини. Число розміщень дорівнює:
.
Сполученнями є неупорядковані комбінації, що складаються з m різних елементів даної n – елементної множини. Число сполучень дорівнює:
Ймовірність теорія теорема байєс
.
Правило суми. Якщо деякий об’єкт А можна вибрати з сукупності об’єктів m способами, а інший об’єкт В може бути вибраний n способами, то вибрати або А, або В можна 
способами.
Правило множення. Якщо об’єкт А можна вибрати з сукупності об’єктів m способами, і після кожного такого вибору об’єкт В можна вибрати n способами, то пара об’єктів А і В може бути вибрана 
способами.
Приклад 1.
Кидають одночасно дві гральні кості. Знайти ймовірності таких подій:
1) А – сума очок, що випали, дорівнює 8;
2) В – добуток очок, що випали, дорівнює 8;
3) С – сума очок, що випали, дорівнює 8, а добуток – 15.
Розв’язок.
1) А – сума очок, що випали, дорівнює 8.
Загальне число можливих елементарних наслідків експерименту дорівнює 
, оскільки кожна кістка дає 6 наслідків, а кожний з наслідків кидання “першої” кості може поєднуватися з кожним з наслідків кидання “другої” (правило множення). Наслідки, що сприяють нашій події (сума очок дорівнює 8), є такі: (2;6), (3;5), (4;4), (5;3), (6;2), тобто 
. Шукана ймовірність дорівнює відношенню числа наслідків, що сприяють події, до числа всіх можливих елементарних наслідків: 
.
2) В – добуток очок, що випали, дорівнює 8.
Загальне число можливих елементарних наслідків експерименту залишилося незмінним 
, а число наслідків, що сприяють події В, дорівнює: 
. Тоді 
.
3) С – сума очок, що випали, дорівнює 8, добуток – 15.
Загальне число можливих елементарних наслідків експерименту залишилося . Сприяють шуканій події тільки ті наслідки, для яких виконуються дві умови: сума очок, що випали, дорівнює 8, а добуток – 15: 
. Тоді 
.
Приклад 2 .
У ящику 100 деталей, з них 10 бракованих. Навмання витягнули 4 деталі. Знайти ймовірність того, що серед витягнутих деталей рівно 3 стандартні.
Розв’язок.
Подія А – серед витягнутих деталей рівно 3 стандартні.
Загальне число можливих наслідків випробування 
дорівнює числу способів, якими можна витягнути 4 деталі зі 100. Підрахуємо число наслідків, що сприяють нашій події. Три стандартні деталі з 90 можна витягнути 
способами, а одна бракована деталь, що залишилася, може бути витягнута з 10 бракованих деталей 
способами. Отже, число наслідків, що сприяють нашій події, дорівнює:
Тоді шукана ймовірність дорівнює відношенню числа наслідків, що сприяють події, до числа всіх елементарних наслідків:
.
Приклад 3.
На десяти картках написані цифри: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Три з них виймаються навмання і викладаються на стіл у порядку появи. Знайти ймовірність того, що:
1) в порядку появи цифр вийде число 245;
2) з отриманих цифр можна скласти число 245.
Розв’язок.
1) А – в порядку появи цифр вийде число 245.
Число всіх елементарних наслідків експерименту – це число можливих розміщень з 10 елементів по три (отримані комбінації елементів можуть відрізнятися одна від одної або самими елементами, або їх порядком): 
.
З загального числа наслідків експерименту тільки один є для нашої події таким, що сприяє, тобто 
. Шукана ймовірність:
.
2) В – з отриманих цифр можна скласти число 245.
На відміну від попередньої задачі число можливих наслідків експерименту обчислимо як число можливих сполучень з 10 по 3, оскільки порядок появи елементів не відіграє ролі, тобто елементи можна поміняти місцями. Шукана ймовірність:
Приклад
З п’яти букв розрізної азбуки складене слово “КНИГА”. Дитина, що не вміє читати, розсипала ці букви і потім склала в довільному порядку. Знайти ймовірність того, що у неї знову вийшло слово “КНИГА”.
Розв’язок.
Подія А – вийшло слово “КНИГА”.
Дитина може зібрати в довільному порядку ті п’ять букв, які складають слово “КНИГА”. Отримані буквосполучення відрізняються одне від іншого не самими елементами, а тільки їх порядком, тому число всіх наслідків експерименту обчислимо як число перестановок з п’яти елементів: 
З усіх можливих наслідків експерименту тільки один сприяє появі шуканої події А. Ймовірність дорівнює:
.
Приклад 5.
Те ж завдання, але якщо було складене слово “РАКЕТА”.
Розв’язок.
В – складене слово “РАКЕТА”.
Загальне число наслідків експерименту обчислимо як число перестановок з 6 (в заданому слові 6 букв) елементів, тобто 
З усіх можливих наслідків експерименту два сприяють появі знову слова РАКЕТА, оскільки в цьому слові дві однакові букви А і через зміну їх місць слово не зміниться. 
Шукана ймовірність:
.
2 . Теореми додавання та множення ймовірностей
Сумою двох подій А і В є подія С, що відбувається у випадку появи хоча б однієї з подій А або В.
Сумою декількох подій є подія, що відбувається у випадку появи хоча б однієї з цих подій.
Добутком двох подій А і В є подія, що відбувається у разі спільної появи події А та події В.
Добутком декількох подій є подія, що відбувається у разі спільної появи усіх цих подій.
Теорема. Ймовірність появи суми двох несумісних подій дорівнює сумі появ ймовірностей цих подій
.
Наслідок. Ймовірність появи суми декількох попарно несумісних подій дорівнює сумі ймовірностей цих подій
.
Теорема. Сума ймовірностей подій, 
, що створюють повну групу, дорівнює одиниці
.
Подія 
є протилежною до події А, якщо вона полягає в тому, що подія А не відбулася.
Теорема. Сума ймовірностей протилежних подій дорівнює одиниці:
.
Прийняті такі позначення 
, 
.
Теорема. Ймовірність спільної появи двох подій дорівнює добутку ймовірності однієї з них на умовну ймовірність іншої, обчислену в припущенні, що перша подія вже відбулася:
,
Де 
– умовна ймовірність події А за умови, що подія В відбулася, 
– умовна ймовірність події В за умови, що подія А відбулася.
Наслідок. Ймовірність спільної появи декількох подій дорівнює добутку ймовірності однієї з них на умовні ймовірності всіх інших, причому ймовірність кожної подальшої події обчислюються в припущенні, що всі попередні події вже відбулися:
.
Подія В є незалежною від події А, якщо поява події А не змінює ймовірності появи події В, тобто якщо умовна ймовірність події В дорівнює її безумовній імовірності.
Теорема. Ймовірність спільної появи двох незалежних подій дорівнює добутку ймовірностей цих подій:
.
Наслідок. Ймовірність спільної появи декількох подій, незалежних в сукупності, дорівнює добутку ймовірностей цих подій:
.
Теорема. Ймовірність появи хоча б однієї з подій 
, незалежних в сукупності, дорівнює різниці між одиницею і добутком ймовірностей протилежних подій 
:
.
Окремий випадок. Якщо події мають однакову ймовірність, яка дорівнює р, то ймовірність появи хоча б однієї з цих подій дорівнює:
.
Теорема. Ймовірність появи хоча б однієї з двох сумісних подій дорівнює сумі ймовірностей цих подій без імовірності їх спільної появи:
.
Приклад 1. Ймовірність влучення у ціль при одному пострілі з першої гармати дорівнює 0,7, другої – 0,8. Знайти ймовірність влучення у ціль при одному залпі з обох гармат.
Розв’язок.
Визначимо події: А – перша гармата влучила при одному пострілі, В – при одному пострілі влучила друга гармата. Події сумісні і незалежні, отже, подію С (влучення у ціль при залпі), можна розглядати як суму двох сумісних подій:
. За теоремою додавання отримаємо:
.
Розглянемо другий спосіб розв’язку.
Ціль буде вражена, якщо відбудеться одна з трьох несумісних подій:
– влучила перша гармата і не влучила друга;
– не влучила перша гармата і влучила друга;
– влучили у ціль обидві гармати.
У цьому випадку, застосувавши теореми про ймовірності суми і добутку подій, отримаємо:
.
Найпростіший розв’язок задачі отримаємо, якщо всі три несумісні події 
, 
, 
об’єднаємо в одну, сказавши “у ціль буде влучено, якщо влучить хоча б одна гармата” (подія С).
Протилежна подія: 
– в ціль не попала жодна з гармат. За теоремою про ймовірність протилежних подій:
Приклад 2.
Студент прийшов на екзамен, знаючи 15 з 20 запитань програми. Знайти ймовірність того, що він знає відповіді на всі три запропоновані йому екзаменатором запитання.
Розв’язок.
Подія А (студент знає відповіді на всі три запитання) добутком трьох залежних подій: 
(знає відповідь на перше запитання), 
(знає відповідь на друге запитання) і 
(знає відповідь на третє запитання).
Обчислимо ймовірності цих подій:
.
За умови, що студент знає відповідь на перше запитання, ймовірність того, що знає відповідь надруге запитання:
,
Оскільки запитання не повторюються і, якщо студент знає відповідь наперше запитання, то з 19 запитань, що залишилися, він знає відповіді лишена1
Припускаючи, що студент знає відповіді і на перше, і на друге запитання, обчислимо умовну ймовірність події, яка полягає в тому, що він знає відповідь натретє запитання:
За теоремою множення маємо:
.
Приклад 3.
З п’яти букв розрізної азбуки складене слово “КНИГА”. Дитина, що не уміла читати, розсипала ці букви і потім зібрала їх в довільному порядку. Знайти ймовірність того, що у неї знову вийшло слово “КНИГА”.
Розв’язок.
У попередньому розділі ця задача була вже розв’язана. Наведемо другий можливий варіант розв’язку. Щоб в порядку появи букв вийшло слово “КНИГА” першою повинна з’явитися буква К. Ймовірність цієї події 
(із заданих п’яти букв тільки одна буква К). Припускаючи, що ця подія сталася, знайдемо ймовірність того, що другою з’явиться буква Н: 
. Припускаючи, що відбулися обидві події, тобто з’явилися букви К і Н обчислимо ймовірність появи наступної букви 
. Аналогічно 
, 
.
За теоремою множення ймовірностей залежних подій отримаємо шукану ймовірність:
3 . Формула повної ймовірності. Формула Байєса
Нехай подія може статися за умови появи однієї з несумісних подій (гіпотез) 
,
, … ,
, що створюють повну групу. Тоді ймовірність події обчислюється за формулою повної ймовірності:
,
Де 
– ймовірність гіпотези 
; 
– умовна ймовірність події за умови, що подія відбулася.
Якщо до експерименту ймовірності гіпотез були 
а внаслідок експерименту відбулася подія , то з урахуванням цієї події “нові”, тобто умовні, ймовірності гіпотез обчислюються за формулами Байєса:
.
Формули Байєса дають можливість “переглянути” ймовірності гіпотез з урахуванням результату експерименту, що спостерігався.
Приклад.
На склад надходить продукція трьох фабрик, причому продукція першої фабрики становить 20%, другої – 46%, третьої – 34%. Відомо також, що середній процент нестандартних деталей для першої фабрики дорівнює 3%, другої – 2%, третьої – 1%.
1. Знайти ймовірність того, що вибрана навмання деталь буде нестандартною.
2. Знайти ймовірність того, що деталь виготовлена на першій фабриці, якщо вона виявилася нестандартною.
3. Знайти ймовірність того, що деталь виготовлена на другій фабриці, якщо вона виявилася стандартною.
Розв’язок.
1. Вибрана навмання деталь може бути виготовлена або на першій фабриці (подія ) або на другій (подія ) або на третій (подія 
). Події несумісні і складають повну групу. Ймовірності подій дані в умові задачі:
.
В умові задані й умовні ймовірності. Ймовірність того, що навмання вибрана деталь буде нестандартною (подія ) за умови, що деталь виготовлена на першій фабриці (подія ): 
. Аналогічно, 
; 
.
Подія (навмання вибрана деталь буде нестандартною) може відбутися тільки разом з однією з несумісних подій з повної групи, тому повну ймовірність події визначимо за формулою повної ймовірності:
.
2. Відомо, що подія вже відбулася, потрібно знайти післядослідну ймовірність гіпотези . За формулою Байєса знаходимо:
.
3. Деталь виявилася стандартною, тобто в прийнятих нами позначеннях відбулася подія . Знайти післядослідну ймовірність події . За формулою Байєса:
Події (навмання вибрана деталь – нестандартна), (навмання вибрана деталь – стандартна) протилежні, тому
.
Аналогічно обчислюється 
:
.
Підставляючи обчислені значення у формулу, отримаємо:
.
(No Ratings Yet)
Loading...