Nepieciešamība veikt darbības ar varbūtībām rodas, kad zināmas dažu notikumu varbūtības, un ir jāaprēķina citu notikumu varbūtības, kas ir saistīti ar šiem notikumiem.

Varbūtību saskaitīšanu izmanto, ja nepieciešams aprēķināt nejaušu notikumu kombinācijas vai loģiskās summas varbūtību.

Notikumu summa A Un B iecelt A + B vai A ∪ B. Divu notikumu summa ir notikums, kas notiek tad un tikai tad, ja notiek vismaz viens no notikumiem. Tas nozīmē, ka A + B- notikums, kas notiek tad un tikai tad, ja kāds notikums notiek novērošanas laikā A vai pasākums B, vai tajā pašā laikā A Un B.

Ja notikumi A Un B ir savstarpēji nekonsekventi un ir dotas to varbūtības, tad, izmantojot varbūtību saskaitīšanu, aprēķina varbūtību, ka viens no šiem notikumiem notiks viena izmēģinājuma rezultātā.

Varbūtību saskaitīšanas teorēma. Varbūtība, ka notiks viens no diviem savstarpēji nesaderīgiem notikumiem, ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu:

Piemēram, medībās tika raidīti divi šāvieni. Pasākums A– trāpīt pa pīli no pirmā šāviena, pasākums IN– sitiens no otrā šāviena, notikums ( A+ IN) - sitiens no pirmā vai otrā šāviena vai no diviem šāvieniem. Tātad, ja divi notikumi A Un IN tad tie ir nesavienojami notikumi A+ IN- vismaz viena no šiem notikumiem vai diviem notikumiem.

1. piemērs Kastītē ir 30 vienāda izmēra bumbiņas: 10 sarkanas, 5 zilas un 15 baltas. Aprēķiniet varbūtību, ka krāsaina (ne balta) bumbiņa tiek paņemta, neskatoties.

Risinājums. Pieņemsim, ka pasākums A– “sarkanā bumba ir paņemta”, un notikums IN- "Zilā bumba ir paņemta." Tad notikums ir “paņemta krāsaina (ne balta) bumba”. Atrodiet notikuma iespējamību A:

un notikumi IN:

Pasākumi A Un IN- savstarpēji nesaderīgi, jo, ja tiek paņemta viena bumbiņa, tad bumbas nevar paņemt dažādas krāsas. Tāpēc mēs izmantojam varbūtību pievienošanu:

Teorēma par varbūtību saskaitīšanu vairākiem nesaderīgiem notikumiem. Ja notikumi veido visu notikumu kopumu, tad to varbūtību summa ir vienāda ar 1:

Arī pretēju notikumu varbūtību summa ir vienāda ar 1:

Pretēji notikumi veido pilnu notikumu kopu, un pilnīga notikumu kopuma varbūtība ir 1.

Pretēju notikumu varbūtības parasti tiek apzīmētas ar maziem burtiem. lpp Un q. It īpaši,

no kurām izriet šādas pretēju notikumu varbūtības formulas:

2. piemērs Mērķis domuzīmē ir sadalīts 3 zonās. Varbūtība, ka konkrētais šāvējs izšaus mērķī pirmajā zonā ir 0,15, otrajā zonā - 0,23, trešajā zonā - 0,17. Atrodiet varbūtību, ka šāvējs trāpīs mērķī, un varbūtību, ka šāvējs netrāpa mērķī.

Risinājums: atrodiet varbūtību, ka šāvējs trāpīs mērķī:

Atrodiet varbūtību, ka šāvējs netrāpīs mērķī:

Sarežģītāki uzdevumi, kuros jāpiemēro gan varbūtību saskaitīšana, gan reizināšana - lapā "Dažādi uzdevumi varbūtību saskaitīšanai un reizināšanai" .

Savstarpēji kopīgu notikumu varbūtību pievienošana

Tiek uzskatīts, ka divi nejauši notikumi ir kopīgi, ja viena notikuma rašanās neizslēdz otra notikuma iestāšanos tajā pašā novērojumā. Piemēram, metot kauliņus, notikumu A tiek uzskatīts par skaitļa 4 rašanos un notikumu IN- pāra skaitļa nomešana. Tā kā skaitlis 4 ir pāra skaitlis, abi notikumi ir saderīgi. Praksē ir uzdevumi, lai aprēķinātu viena no savstarpēji kopīgu notikumu iestāšanās varbūtību.

Kopīgu notikumu varbūtību saskaitīšanas teorēma. Varbūtība, ka notiks viens no kopīgajiem notikumiem, ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu, no kuras tiek atņemta abu notikumu kopīga iestāšanās varbūtība, tas ir, varbūtību reizinājums. Kopīgo notikumu varbūtību formula ir šāda:

Jo notikumi A Un IN saderīgs, pasākums A+ IN notiek, ja notiek viens no trim iespējamiem notikumiem: vai AB. Saskaņā ar nesaderīgu notikumu pievienošanas teorēmu mēs aprēķinām šādi:

Pasākums A notiek, ja notiek viens no diviem nesaderīgiem notikumiem: vai AB. Tomēr viena notikuma iestāšanās varbūtība no vairākiem nesaderīgiem notikumiem ir vienāda ar visu šo notikumu varbūtību summu:

Līdzīgi:

Aizvietojot izteiksmes (6) un (7) izteiksmē (5), iegūstam kopīgo notikumu varbūtības formulu:

Izmantojot formulu (8), jāņem vērā, ka notikumi A Un IN var būt:

• savstarpēji neatkarīgs;
• savstarpēji atkarīgi.

Savstarpēji neatkarīgu notikumu varbūtības formula:

Varbūtības formula savstarpēji atkarīgiem notikumiem:

Ja notikumi A Un IN ir pretrunīgi, tad to sakritība ir neiespējams gadījums un tādējādi P(AB) = 0. Ceturtā nesaderīgu notikumu varbūtības formula ir šāda:

3. piemērs Autosacīkstēs, braucot ar pirmo mašīnu, uzvaras iespējamība, braucot ar otro mašīnu. Atrast:

• varbūtība, ka uzvarēs abas automašīnas;
• varbūtība, ka uzvarēs vismaz viena automašīna;

1) Varbūtība, ka uzvarēs pirmā automašīna, nav atkarīga no otrās mašīnas rezultāta, tāpēc notikumi A(uzvar pirmā automašīna) un IN(uzvar otrā mašīna) - neatkarīgi notikumi. Atrodiet varbūtību, ka uzvarēs abas automašīnas:

2) Atrodiet varbūtību, ka viena no divām automašīnām uzvarēs:

Sarežģītāki uzdevumi, kuros jāpiemēro gan varbūtību saskaitīšana, gan reizināšana - lapā "Dažādi uzdevumi varbūtību saskaitīšanai un reizināšanai" .

Pats atrisiniet varbūtību pievienošanas problēmu un pēc tam apskatiet risinājumu

4. piemērs Tiek izmestas divas monētas. Pasākums A- ģerboņa zudums uz pirmās monētas. Pasākums B- otrās monētas ģerboņa zudums. Atrodiet notikuma iespējamību C = A + B .

Varbūtību reizināšana

Varbūtību reizināšanu izmanto, ja jāaprēķina notikumu loģiskā reizinājuma varbūtība.

Šajā gadījumā nejaušiem notikumiem jābūt neatkarīgiem. Tiek uzskatīts, ka divi notikumi ir savstarpēji neatkarīgi, ja viena notikuma iestāšanās neietekmē otrā notikuma iestāšanās iespējamību.

Varbūtības reizināšanas teorēma neatkarīgiem notikumiem. Divu neatkarīgu notikumu vienlaicīgas iestāšanās varbūtība A Un IN ir vienāds ar šo notikumu varbūtību reizinājumu un tiek aprēķināts pēc formulas:

5. piemērs Monēta tiek izmesta trīs reizes pēc kārtas. Atrodiet varbūtību, ka ģerbonis visas trīs reizes izkritīs.

Risinājums. Varbūtība, ka ģerbonis uzkritīs monētas pirmajā mešanā, otrajā un trešajā reizē. Atrodiet varbūtību, ka ģerbonis visas trīs reizes izkritīs:

Pats atrisiniet problēmas ar varbūtību reizināšanu un pēc tam apskatiet risinājumu

6. piemērs Ir kaste ar deviņām jaunām tenisa bumbiņām. Spēlei tiek paņemtas trīs bumbas, pēc spēles tās tiek atdotas. Izvēloties bumbas, viņi neatšķir izspēlētās un neizspēlētās bumbas. Kāda ir iespējamība, ka pēc trim spēlēm kastē nebūs nevienas neizspēlētas bumbas?

7. piemērs Uz izgrieztām alfabēta kartītēm ir uzrakstīti 32 krievu alfabēta burti. Pēc nejaušības principa vienu pēc otras tiek izvilktas piecas kārtis un novietotas uz galda tādā secībā, kādā tās parādās. Atrodiet varbūtību, ka burti veidos vārdu "beigas".

8. piemērs No pilna kāršu klāsta (52 loksnes) uzreiz tiek izņemtas četras kārtis. Atrodiet varbūtību, ka visas četras šīs kārtis ir vienādas.

9. piemērs Tāda pati problēma kā 8. piemērā, taču katra kārts pēc izvilkšanas tiek atgriezta klājā.

Sarežģītāki uzdevumi, kuros jāpielieto gan saskaitīšana, gan varbūtību reizināšana, kā arī jāaprēķina vairāku notikumu reizinājums, lapā "Dažādi uzdevumi varbūtību saskaitīšanai un reizināšanai" .

Varbūtību, ka notiks vismaz viens no savstarpēji neatkarīgiem notikumiem, var aprēķināt, no 1 atņemot pretēju notikumu varbūtību reizinājumu, tas ir, pēc formulas:

10. piemērs Kravas tiek piegādātas ar trīs transporta veidiem: upju, dzelzceļa un autotransportu. Varbūtība, ka krava tiks piegādāta ar upju transportu, ir 0,82, pa dzelzceļu 0,87, pa autoceļiem 0,90. Atrodiet varbūtību, ka preces tiks piegādātas ar vismaz vienu no trim transporta veidiem.

Varbūtību saskaitīšanas un reizināšanas teorēmas.
Atkarīgi un neatkarīgi notikumi

Virsraksts izskatās biedējošs, bet patiesībā tas ir ļoti vienkāršs. Šajā nodarbībā mēs iepazīsimies ar notikumu varbūtību saskaitīšanas un reizināšanas teorēmām, kā arī analizēsim tipiskus uzdevumus, kas kopā ar uzdevums klasiskajai varbūtības definīcijai noteikti tiksies vai, visticamāk, jau satiksies tavā ceļā. Lai efektīvi izpētītu šī raksta materiālus, jums jāzina un jāsaprot pamatjēdzieni varbūtības teorija un prast veikt vienkāršas aritmētiskas darbības. Kā redzat, ir nepieciešams ļoti maz, un tāpēc aktīvs ir gandrīz garantēts. Bet, no otras puses, es vēlreiz brīdinu no virspusējas attieksmes pret praktiski piemēri- ir arī pietiekami daudz smalkumu. Veiksmi:

Saskaitīšanas teorēma nesaderīgu notikumu varbūtībām: iespējamība, ka iestāsies viens no diviem nesaderīgi notikumi vai (lai vai kas), ir vienāds ar šo notikumu varbūtību summu:

Līdzīgs fakts attiecas arī uz lielāku skaitu nesaderīgu notikumu, piemēram, uz trim nesaderīgiem notikumiem un:

Sapņu teorēma =) Taču arī šāds sapnis ir pakļauts pierādījumam, ko var atrast, piemēram, in mācību rokasgrāmata V.E. Gmurmans.

Iepazīsimies ar jauniem, līdz šim neredzētiem jēdzieniem:

Atkarīgi un neatkarīgi notikumi

Sāksim ar neatkarīgiem pasākumiem. Pasākumi ir neatkarīgs ja rašanās varbūtība jebkurš no viņiem nav atkarīgs no citu aplūkojamās kopas notikumu parādīšanās/neparādīšanās (visās iespējamās kombinācijās). ... Bet ko tur izslīpēt izplatītās frāzes:

Neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanas teorēma: neatkarīgu notikumu kopīgas iestāšanās iespējamība un ir vienāda ar šo notikumu varbūtību reizinājumu:

Atgriezīsimies pie vienkāršākā 1. nodarbības piemēra, kurā tiek mētātas divas monētas un šādi notikumi:

- galvas nokritīs uz 1. monētu;
- Galvas uz 2. monētas.

Noskaidrosim notikuma varbūtību (galvas parādīsies uz 1. monētas UnĒrglis parādīsies uz 2. monētas - atcerieties, kā lasīt notikumu produkts!) . Varbūtība tikt pie vienas monētas galvas nav atkarīga no citas monētas mešanas rezultāta, tāpēc notikumi un ir neatkarīgi.

Līdzīgi:
ir varbūtība, ka 1. monēta nolaidīs galvas Un uz 2. astes;
ir varbūtība, ka uz 1. monētas parādās galviņas Un uz 2. astes;
ir varbūtība, ka 1. monēta nokritīs uz astes Un uz 2. ērglis.

Ņemiet vērā, ka notikumi veidojas pilna grupa un to varbūtību summa ir vienāda ar vienu: .

Reizināšanas teorēma acīmredzami attiecas uz lielāku neatkarīgu notikumu skaitu, tāpēc, piemēram, ja notikumi ir neatkarīgi, tad to kopīgas iestāšanās varbūtība ir: . Trenējamies tālāk konkrēti piemēri:

3. uzdevums

Katrā no trim kastēm ir 10 daļas. Pirmajā kastē ir 8 standarta daļas, otrajā - 7, trešajā - 9. No katras kastes nejauši tiek izņemta viena daļa. Atrodiet varbūtību, ka visas daļas ir standarta.

Risinājums: varbūtība izvilkt standarta vai nestandarta daļu no jebkuras kastes nav atkarīga no tā, kuras detaļas tiks izvilktas no citām kastēm, tāpēc problēma ir par neatkarīgiem notikumiem. Apsveriet šādus neatkarīgus notikumus:

– no 1. kastes izņemta standarta daļa;
– no 2. kastes izņemta standarta daļa;
– No 3. atvilktnes izņemta standarta detaļa.

Saskaņā ar klasisko definīciju:
ir atbilstošās varbūtības.

Pasākums, kas mūs interesē (Standarta daļa tiks ņemta no 1. atvilktnes Un no 2. standarta Un no 3. standarta) tiek izteikts ar preci.

Saskaņā ar neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanas teorēmu:

ir varbūtība, ka no trim kastēm tiks izvilkta viena standarta daļa.

Atbilde: 0,504

Pēc uzmundrinošiem vingrinājumiem ar kastēm mūs sagaida ne mazāk interesantas urnas:

4. uzdevums

Trīs urnās ir 6 baltas un 4 melnas bumbiņas. No katras urnas pēc nejaušības principa tiek izvilkta viena bumbiņa. Atrodi varbūtību, ka: a) visas trīs bumbiņas būs baltas; b) visas trīs bumbiņas būs vienā krāsā.

Pamatojoties uz saņemto informāciju, uzminiet, kā rīkoties ar priekšmetu “būt” ;-) Aptuvenais parauga risinājums ir izstrādāts akadēmiskā stilā ar detalizētu visu notikumu aprakstu.

Atkarīgi notikumi. Pasākums saucas atkarīgi ja tā varbūtība atkarīgs no viena vai vairākiem jau notikušiem notikumiem. Lai meklētu piemērus, nav tālu jāmeklē — vienkārši dodieties uz tuvāko veikalu:

- rīt 19.00 būs pārdošanā svaiga maize.

Šī notikuma iespējamība ir atkarīga no daudziem citiem notikumiem: vai rīt tiks piegādāta svaiga maize, vai tā tiks izpārdota līdz pulksten 19 vai nē utt. Atkarībā no dažādiem apstākļiem šis notikums var būt gan uzticams, gan neiespējams. Tātad pasākums ir atkarīgi.

Maize ... un, kā romieši prasīja, cirki:

- eksāmenā students iegūs vienkāršu biļeti.

Ja dodaties nevis pats pirmais, tad pasākums būs atkarīgs, jo tā iespējamība būs atkarīga no tā, kuras biļetes klasesbiedri jau būs izlozējuši.

Kā noteikt notikumu atkarību/neatkarību?

Dažreiz tas ir tieši norādīts problēmas stāvoklī, bet visbiežāk jums ir jāveic neatkarīga analīze. Šeit nav viennozīmīgas vadlīnijas, un notikumu atkarības vai neatkarības fakts izriet no dabiskās loģiskās spriešanas.

Lai nemestu visu vienā kaudzē, uzdevumi atkarīgiem notikumiem Es izcelšu nākamo nodarbību, bet pagaidām mēs apsvērsim praksē visizplatītāko teorēmu kopu:

Nekonsekventu varbūtību saskaitīšanas teorēmu uzdevumi
un neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšana

Šis tandēms, pēc mana subjektīvā vērtējuma, darbojas aptuveni 80% uzdevumos par apskatāmo tēmu. Rezultātu hits un īsta varbūtību teorijas klasika:

5. uzdevums

Divi šāvēji izšāva pa vienam šāvienam mērķī. Pirmajam šāvējam iespēja trāpīt ir 0,8, otrajam - 0,6. Atrodiet varbūtību, ka:

a) tikai viens šāvējs trāpīs mērķī;
b) vismaz viens no šāvējiem trāpīs mērķī.

Risinājums: viena šāvēja trāpījuma/netrāpīšanas varbūtība acīmredzami nav atkarīga no otra šāvēja snieguma.

Apsveriet notikumus:
– 1. šāvējs trāpīs mērķī;
- 2. šāvējs trāpīs mērķī.

Pēc nosacījuma:.

Atradīsim pretēju notikumu varbūtības - ka atbilstošās bultiņas palaidīs garām:

a) Apsveriet notikumu: - tikai viens šāvējs trāpa mērķī. Šis notikums sastāv no diviem nesaderīgiem rezultātiem:

1. šāvējs trāpīs Un 2. garām
vai
1. pietrūks Un 2. sitīs.

Uz mēles notikumu algebrasšo faktu var uzrakstīt šādi:

Pirmkārt, mēs izmantojam nesaderīgu notikumu varbūtību saskaitīšanas teorēmu, pēc tam - neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanas teorēmu:

ir varbūtība, ka būs tikai viens trāpījums.

b) Apsveriet notikumu: - vismaz viens no šāvējiem trāpīs mērķī.

Vispirms DOMĀSIM - ko nozīmē nosacījums "VISmaz VIENS"? IN Šis gadījums tas nozīmē, ka vai nu trāpīs pirmais šāvējs (otrais trāpīs) vai 2. (1. garām) vai abas bultiņas uzreiz - kopā 3 nesaderīgi rezultāti.

Pirmā metode: ņemot vērā sagatavoto iepriekšējā vienuma iespējamību, notikumu ir ērti attēlot kā šādu nesaistītu notikumu summu:

viens dabūs (notikums, kas savukārt sastāv no 2 nesaderīgiem rezultātiem) vai
Ja trāpa abas bultiņas, mēs šo notikumu apzīmējam ar burtu .

Tādējādi:

Saskaņā ar neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanas teorēmu:
ir varbūtība, ka trāpīs pirmais šāvējs Un 2. šāvējs trāpīs.

Saskaņā ar nesaderīgu notikumu varbūtību saskaitīšanas teorēmu:
ir vismaz viena trāpījuma varbūtība mērķī.

Otrā metode: apsveriet pretējo notikumu: – abi šāvēji palaidīs garām.

Saskaņā ar neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanas teorēmu:

Rezultātā:

Īpaša uzmanība pievērsiet uzmanību otrajai metodei - vispārējā gadījumā tā ir racionālāka.

Turklāt ir alternatīvs, trešais risināšanas veids, kas balstīts uz kopīgu notikumu summēšanas teorēmu, par kuru iepriekš klusēja.

! Ja jūs lasāt materiālu pirmo reizi, tad, lai izvairītos no neskaidrībām, labāk ir izlaist nākamo rindkopu.

Trešā metode : notikumi ir apvienoti, kas nozīmē, ka to summa izsaka notikumu “vismaz viens šāvējs trāpa mērķī” (sk. notikumu algebra). Autors kopīgu notikumu varbūtību saskaitīšanas teorēma un neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanas teorēma:

Pārbaudīsim: notikumus un (attiecīgi 0, 1 un 2 trāpījumi) veido pilnīgu grupu, tāpēc to varbūtību summai jābūt vienādai ar vienu:
, kas bija jāpārbauda.

Atbilde:

Rūpīgi izpētot varbūtības teoriju, jūs sastapsiet desmitiem militāristiska satura uzdevumu, un, kas ir raksturīgi, pēc tam vairs negribēsies nevienu šaut - uzdevumi ir gandrīz dāvināti. Kāpēc gan nepadarīt veidni vēl vienkāršāku? Saīsināsim ierakstu:

Risinājums: atbilstoši nosacījumam: , ir varbūtība trāpīt attiecīgajiem šāvējiem. Tad viņu izlaišanas varbūtība ir:

a) Saskaņā ar teorēmām par nesavienojamības varbūtību saskaitīšanu un neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanu:
ir varbūtība, ka tikai viens šāvējs trāpīs mērķī.

b) Saskaņā ar neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanas teorēmu:
ir iespējamība, ka abi šāvēji palaidīs garām.

Tad: ir varbūtība, ka vismaz viens no šāvējiem trāpīs mērķī.

Atbilde:

Praksē varat izmantot jebkuru dizaina iespēju. Protams, daudz biežāk viņi iet īso ceļu, taču nevajadzētu aizmirst arī 1. metodi - lai arī tā ir garāka, tomēr jēgpilnāka - tajā ir skaidrāka, kas, kāpēc un kāpēc saskaita un reizina. Dažos gadījumos hibrīda stils ir piemērots, ja lielie burti Ir ērti norādīt tikai dažus notikumus.

Līdzīgi uzdevumi patstāvīgam risinājumam:

6. uzdevums

Ugunsgrēka signalizācijai ir uzstādīti divi neatkarīgi strādājoši sensori. Varbūtība, ka sensors darbosies ugunsgrēka laikā, ir attiecīgi 0,5 un 0,7 pirmajam un otrajam sensoram. Atrodiet varbūtību, ka ugunsgrēkā:

a) abi sensori nedarbosies;
b) darbosies abi sensori.
c) izmantojot saskaitīšanas teorēma notikumu varbūtībām, kas veido pilnīgu grupu, atrodiet varbūtību, ka ugunsgrēka laikā darbosies tikai viens sensors. Pārbaudiet rezultātu, tieši aprēķinot šo varbūtību (izmantojot saskaitīšanas un reizināšanas teorēmas).

Šeit ierīču darbības neatkarība ir tieši norādīta stāvoklī, kas, starp citu, ir svarīgs precizējums. Parauga risinājums izstrādāts akadēmiskā stilā.

Ko darīt, ja līdzīgā uzdevumā ir dotas vienādas varbūtības, piemēram, 0,9 un 0,9? Jums ir jāizlemj tieši tāpat! (kas patiesībā jau ir parādīts piemērā ar divām monētām)

7. uzdevums

Varbūtība, ka pirmais šāvējs ar vienu šāvienu trāpīs mērķī, ir 0,8. Varbūtība, ka mērķis netiek trāpīts pēc pirmā un otrā šāvēja viena šāviena, ir 0,08. Kāda ir iespējamība, ka otrais šāvējs ar vienu šāvienu trāpīs mērķī?

Un šī ir maza mīkla, kas ir ierāmēta īsā veidā. Nosacījumu var pārformulēt lakoniskāk, bet oriģinālu nepārtaisīšu - praksē nākas iedziļināties greznākos izdomājumos.

Iepazīstieties ar viņu — viņš ir tas, kurš jums izgrieza neizmērītu daudzumu detaļu =):

8. uzdevums

Strādnieks apkalpo trīs mašīnas. Varbūtība, ka maiņas laikā pirmajai mašīnai būs nepieciešama regulēšana, ir 0,3, otrajai - 0,75, trešajai - 0,4. Atrodiet varbūtību, ka maiņas laikā:

a) visām mašīnām būs nepieciešama regulēšana;
b) tikai viena mašīna būs jāpielāgo;
c) vismaz viena mašīna būs jāpielāgo.

Risinājums: tā kā nosacījums neko neizsaka par vienu tehnoloģisko procesu, tad katras mašīnas darbība jāuzskata par neatkarīgu no citu mašīnu darbības.

Pēc analoģijas ar uzdevumu Nr. 5 šeit var ņemt vērā notikumus, kas sastāv no tā, ka attiecīgajām mašīnām maiņas laikā būs jāpielāgo, pierakstīt varbūtības , atrast pretēju notikumu varbūtības utt. Bet ar trim objektiem es īsti nevēlos tā noformēt uzdevumu - tas izrādīsies garš un nogurdinošs. Tāpēc šeit ir ievērojami izdevīgāk izmantot “ātro” stilu:

Pēc nosacījuma: - varbūtība, ka maiņas laikā attiecīgajām mašīnām būs nepieciešama noregulēšana. Tad varbūtība, ka viņiem nebūs jāpievērš uzmanība, ir:

Viens no lasītājiem šeit atrada foršu drukas kļūdu, es to pat nelabošu =)

a) Saskaņā ar neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanas teorēmu:
ir varbūtība, ka maiņas laikā visas trīs mašīnas būs jāregulē.

b) Notikums "Maiņas laikā būs jāpielāgo tikai viena mašīna" sastāv no trim nesaderīgiem rezultātiem:

1) 1. mašīna prasīs uzmanību Un 2. mašīna neprasīs Un 3. mašīna neprasīs
vai:
2) 1. mašīna neprasīs uzmanību Un 2. mašīna prasīs Un 3. mašīna neprasīs
vai:
3) 1. mašīna neprasīs uzmanību Un 2. mašīna neprasīs Un 3. mašīna prasīs.

Saskaņā ar teorēmām par nesaderīgu notikumu varbūtību saskaitīšanu un neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanu:

- iespējamība, ka maiņas laikā būs jāpielāgo tikai viena mašīna.

Es domāju, ka tagad jums vajadzētu būt skaidram, no kurienes šis izteiciens cēlies

c) Aprēķiniet varbūtību, ka mašīnām nebūs nepieciešama regulēšana, un pēc tam pretējā notikuma varbūtību:
– tas, ka vismaz vienai mašīnai būs nepieciešama regulēšana.

Atbilde:

Punktu "ve" var atrisināt arī ar summu , kur ir varbūtība, ka maiņas laikā tikai divas mašīnas būs jāpielāgo. Šis notikums savukārt ietver 3 nesaderīgus iznākumus, kas ir parakstīti pēc analoģijas ar vienumu "būt". Mēģiniet pats atrast varbūtību pārbaudīt visu problēmu ar vienlīdzības palīdzību.

9. uzdevums

Trīs ieroči raidīja zalvi pa mērķi. Varbūtība trāpīt ar vienu šāvienu tikai no pirmā ieroča ir 0,7, no otrā - 0,6, no trešā - 0,8. Atrodi varbūtību, ka: 1) vismaz viens šāviņš trāpīs mērķī; 2) mērķī trāpīs tikai divi lādiņi; 3) mērķis tiks trāpīts vismaz divas reizes.

Risinājums un atbilde nodarbības beigās.

Un atkal par sakritībām: gadījumā, ja pēc nosacījuma sakrīt divas vai pat visas sākotnējo varbūtību vērtības (piemēram, 0,7; 0,7 un 0,7), tad ir jāievēro tieši tāds pats risinājuma algoritms.

Raksta noslēgumā mēs analizēsim vēl vienu izplatītu mīklu:

10. uzdevums

Ar katru šāvienu šāvējs trāpa mērķī ar tādu pašu varbūtību. Kāda ir šī varbūtība, ja vismaz viena sitiena iespējamība trijos šāvienos ir 0,973.

Risinājums: apzīmē ar - varbūtību trāpīt mērķī ar katru šāvienu.
un cauri - netrāpīšanas varbūtība ar katru sitienu.

Pierakstīsim notikumus:
- ar 3 šāvieniem šāvējs vismaz vienu reizi trāpīs mērķī;
- šāvējs netrāpīs 3 reizes.

Saskaņā ar nosacījumu, tad pretējā notikuma varbūtība:

No otras puses, saskaņā ar neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanas teorēmu:

Tādējādi:

- kļūdas iespējamība ar katru metienu.

Rezultātā:
ir katra šāviena trāpīšanas varbūtība.

Atbilde: 0,7

Vienkārši un eleganti.

Aplūkotajā uzdevumā var izvirzīt papildu jautājumus par tikai viena trāpījuma, tikai divu sitienu iespējamību un trīs sitienu iespējamību mērķī. Risinājuma shēma būs tieši tāda pati kā divos iepriekšējos piemēros:

Tomēr būtiskā atšķirība ir tāda, ka tādas ir atkārtoti neatkarīgi testi, kas tiek veiktas secīgi, neatkarīgi viens no otra un ar vienādu iznākuma varbūtību.

2. uzdevums. Izmet 4 kauliņus. Atrodiet varbūtību iegūt vienādu punktu skaitu uz katra izmestā kauliņa

Risinājums. Katrā kaulā kopā ir 6 sejas. Katras sejas izkrišana ir vienlīdz iespējama. Ja pirmais kauliņš metās, teiksim, 1, tad pārējiem jābūt tādiem pašiem. Varbūtība, ka kāda konkrēta seja izkritīs tā, ka izkrīt visas 4 identiskās, ir noteiktas sejas parādīšanās varbūtības rezultāts uz visiem 4 kauliņiem. Rezultāts jāreizina ar šķautņu skaitu, jo dažādi skaitļi ir 6. Apzīmēsim vēlamo notikumu - "viens uzkrita uz kauliņa", - , tad zaudējums par četriem uz visiem kubiem būs . Lai rastu problēmas risinājumu, rezultāts jāreizina ar 6, jo notikumi "divi izmesti uz visiem kauliņiem", "trīs izmesti uz visiem kauliņiem" ... apmierina problēmas nosacījumu. Tātad problēmas risinājums būs:

3. uzdevums. Kādam audzēknim praktikantam mācīja ar ieroci šaut pa bundžu. Varbūtība trāpīt pa burku ar vienu šāvienu ir 0,03. Cik patronas jāsagatavo, lai ar varbūtību 0,94 kanna tiktu nogāzta zemē?

Risinājums. Uzrakstiet vienādojumu, lai noskaidrotu notikuma iespējamību. Lai to izdarītu, izmantojiet Bernulli formulu, kas tiek izmantota, ja tiek veikti vairāki viena un tā paša notikuma atkārtojumi. Ja pieņemam, ka kanna tiek notriekta zemē ar pašu pirmo sitienu, tad pirms tam tika raidīti šāvieni (ar garām), t.i. tika raidīti visi šāvieni. Ja sitiena varbūtība ir , tad varbūtība notrūkt ir . Netrāpīšanas un 1 trāpījuma notikuma varbūtību var uzrakstīt:

Mēs aizvietojam zināmos datus ar pēdējo formulu: un izsakām no iegūtā vienādojuma:

Ņemsim pēdējās izteiksmes logaritmu:

Kur

Šeit tiek izmantota absolūtā vērtība, jo varbūtības var būt tikai pozitīvas. . Kadru skaits nevar būt vesels skaitlis, tāpēc beidzot

4. uzdevums. Kauliņš tiek izmests 6 reizes. Kāda ir varbūtība iegūt 6 dažādas sejas?

Risinājums. Katrā kaulā kopā ir 6 sejas. Katras sejas izkrišana ir vienlīdz iespējama. Notikumi notiek secīgi, taču nav svarīgi, kādā secībā. Jebkuras konkrētas sejas izkrišanas iespējamība ir 1 (kauliņš tiek izmests un viena seja noteikti parādīsies), tāpēc otrreiz jāparādās jebkuram skaitlim, izņemot to, kas izkrita (varbūtība), trešajā - jebkurš, izņemot pirmos divus (varbūtība) utt. Vēlamā notikuma varbūtība ir:

5. uzdevums. Homogēns kauliņi ir regulāra tetraedra forma. Uz tā sejām ir atzīmēti skaitļi 1, 2, 3 un 4. Cik reižu ir jāmet kauliņš, lai sagaidītu, ka vismaz vienā gadījumā 3 metīsies ar varbūtību, kas lielāka par 0,9?

Risinājums. Kopā uz kaula ir 4 sejas. Katrai sejai ir vienāda iespēja izkrist, taču tā būs jāmet vairākas reizes, tāpēc mēs balstīsimies uz Bernulli formulas izmantošanu. Pieņemsim, ka th testā parādījās vajadzīgais skaits, tāpēc visas iepriekšējās reizes bija atšķirīgas. Šajā gadījumā konkrētas sejas parādīšanās varbūtība būs vienāda, jo sejas ir tikai 4. Notikuma "vajadzīgā seja neparādījās un vajadzīgā seja parādījās vienu reizi" varbūtību var uzrakstīt:

Mēs aizvietojam zināmos datus ar pēdējo formulu: un izsakām no iegūtā vienādojuma.

Ņemsim pēdējās izteiksmes logaritmu:

Kur

Šeit tiek izmantota absolūtā vērtība, jo varbūtības var būt tikai pozitīvas. . Ruļļu skaits nevar būt vesels skaitlis, tāpēc noapaļo uz augšu līdz tuvākajam veselam skaitlim. Pēc nosacījuma varbūtībai ir jābūt lielākai par 0,9, tātad atbilde ir >6.

6. uzdevums. Divi mednieki šauj neatkarīgi viens no otra pa vienu mērķi, un katrs izdara vienu šāvienu. Pirmajam medniekam varbūtība trāpīt mērķī ir 0,8, bet otrajam - 0,4. Pēc šaušanas mērķī tika atrasta viena bedre. Atrodi varbūtību, ka tas pieder pirmajam šāvējam?

Risinājums. Mēģināsim izmantot Bayes formulu. Saskaņā ar Beijesa formulu skaitītājs satur vajadzīgā notikuma iestāšanās varbūtību, un saucējs satur kopējo iespējamo iznākumu varbūtību, kas noteiks viena cauruma parādīšanos mērķī, t.i. situācijas, kad viens no medniekiem trāpīja, bet otrs netrāpīja. Bija divi mednieki, tāpēc iespējami tikai 2 varianti: "pirmais sitiens, otrais garām" un "pirmais garām, otrais sitiens". Abi notikumi nevar notikt vienlaikus, tāpēc mēs runājam par varbūtību summu. Nepieciešamā notikuma iespējamība ir "pirmais garām, otrais sitiens". Notikuma "pirmais sitiens, otrais garām" varbūtība ir vienāda ar , un otrā notikuma varbūtība "pirmais garām, otrais trāpījums" ir vienāda ar . Izmantosim ieteicamo formulu:

7. uzdevums. Trīs šāvieni tiek raidīti uz ne pārāk augstu lidojošu pīli. Pirmā, otrā un trešā metiena trāpīšanas varbūtība ir attiecīgi 0,1; 0,2 un 0,4. Nosakiet vismaz divu sitienu iespējamību pa pīli.

Risinājums. Tā kā šāvieni tiek raidīti secīgi, jāapsver iespēja nokavēt pirmo reizi, otro, vai trešo. Atbilstoši problēmas stāvoklim uz pīles ir jābūt vismaz diviem sitieniem, kas nozīmē vai nu 2 sitienus, vai 3. Var būt trīs "2 sitieni" notikumi: "trāpīt, trāpīt, garām"; "sit, garām, sit"; "pietrūkst, sit, sit", jo iepriekš nav zināms, kurš metiens bija garām. Līdz ar to mums ir 4 notikumi, kas nevar notikt vienlaicīgi, tāpēc runa ir par notikumu varbūtību summu, t.i. par kopējās varbūtības formulu. Notikuma "sit, sit, hit" varbūtība ir vienāda ar ; notikuma "trāpīt, trāpīt, garām" varbūtība ir ; notikuma "trāpīt, garām, trāpīt" varbūtība ir ; Netrāpīšanas, sitiena, sitiena notikuma varbūtība ir . Tagad mēs aprēķinām vēlamo varbūtību:

8. uzdevums. Laborants, veicot ķīmiskās analīzes, izmanto reaģentus, kas stāv divos ledusskapjos. Pirmajā ledusskapī no visiem uzglabātajiem reaģentiem tikai 10% ir beidzies derīguma termiņš, bet otrajā - 20%. Atrodiet varbūtību, ka jebkurš reaģents, ko laboratorijas palīgs paņēmis no jebkura ledusskapja, būs pietiekami svaigs

Risinājums. Apzīmēsim notikumu kā A – laborants no jebkura ledusskapja izņem pietiekami svaigu reaģentu. Laborants paņem reaģentu no jebkura ledusskapja, kas atkarībā no problēmas stāvokļa ir divi. Jo problēma neko neizsaka par ledusskapjiem, tad jebkura izvēle ir līdzvērtīga, t.i. ir vienāds ar . Līdz ar to vajadzīgā notikuma iespējamība sastāv no divu vienlaicīgas parādīšanās - "ledusskapja izvēle, reaģenta izvēle". Varbūtība "paņemt svaigu reaģentu no pirmā ledusskapja" ir vienāda ar ; varbūtība "paņemt svaigu reaģentu no otrā ledusskapja" ir vienāda ar . Laborants ņem reaģentu tikai vienu reizi, tāpēc abi notikumi "paņemt svaigu reaģentu no pirmā ledusskapja" un "paņemt svaigu reaģentu no otrā ledusskapja" nevar notikt vienlaikus, tāpēc mēs runājam par varbūtību summu. . Izmantosim kopējās varbūtības formulu. Tad vēlamā varbūtība būs vienāda ar:

9. uzdevums. Ir 5 kastes ar dekoratīviem malahīta un marmora akmeņiem. Divās kastēs ir 2 marmora gabali un 1 malahīta gabals, vienā ir 10 malahīta gabali, bet pārējās ir 3 marmora gabali un 1 malahīta gabals. Atrodiet varbūtību, ka gabals, kas nejauši izņemts no amatnieka izvēlētās kastes, ir marmors.

Risinājums. Šis ir uzdevums izmantot kopējās varbūtības formulu. Meistars izvēlas dekoratīvo akmeni no jebkuras, "nejauši izvēlētas" kastes. Kopā ir 5 kastes, tiek pieņemts, ka tās ir vienādas, tāpēc varbūtība izvēlēties jebkuru lodziņu ir . Līdz ar to vajadzīgā notikuma iespējamība sastāv no divu vienlaicīgas iestāšanās - "kastes izvēles un marmora izvēles". Iespēja paņemt marmoru no pirmās kastes ir ; varbūtība paņemt marmoru no otrās kastes ir ; varbūtība paņemt marmoru no trešās kastes ir 0, jo ir tikai malahīts, varbūtība paņemt marmoru no ceturtās kastes ir ;