Potreba po operacijah z verjetnostmi se pojavi, ko so znane verjetnosti nekaterih dogodkov in je treba izračunati verjetnosti drugih dogodkov, ki so povezani s temi dogodki.

Verjetnostni seštevek se uporablja, ko je treba izračunati verjetnost kombinacije ali logične vsote naključnih dogodkov.

Seštevek dogodkov A in B določiti A + B oz A ∪ B. Vsota dveh dogodkov je dogodek, ki se zgodi, če in samo če se zgodi vsaj eden od dogodkov. To pomeni, da A + B- dogodek, ki se zgodi, če in samo, če se dogodek zgodi med opazovanjem A ali dogodek B, ali hkrati A in B.

Če dogodki A in B so medsebojno neskladni in so podane njihove verjetnosti, nato pa se z seštevanjem verjetnosti izračuna verjetnost, da se bo eden od teh dogodkov zgodil kot rezultat enega poskusa.

Izrek seštevanja verjetnosti. Verjetnost, da se bo zgodil eden od dveh medsebojno nezdružljivih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:

Med lovom sta bila na primer odjeknila dva strela. Dogodek A– zadetek race iz prvega strela, dogodek IN– zadetek iz drugega strela, dogodek ( A+ IN) - zadetek iz prvega ali drugega strela ali iz dveh strelov. Če torej dva dogodka A in IN sta torej nezdružljiva dogodka A+ IN- nastop vsaj enega od teh dogodkov ali dveh dogodkov.

Primer 1 V škatli je 30 kroglic enake velikosti: 10 rdečih, 5 modrih in 15 belih. Izračunajte verjetnost, da barvno (ne belo) žogico vzamete brez pogleda.

rešitev. Predpostavimo, da dogodek A– »rdeča žoga je prevzeta« in dogodek IN- "Modra žoga je zasedena." Nato je dogodek "vzeta barvna (ne bela) žoga". Poiščite verjetnost dogodka A:

in dogodki IN:

Dogodki A in IN- medsebojno nezdružljivo, saj če je vzeta ena žoga, žoge ni mogoče vzeti različne barve. Zato uporabljamo seštevanje verjetnosti:

Izrek seštevanja verjetnosti za več nekompatibilnih dogodkov.Če dogodki sestavljajo celotno množico dogodkov, potem je vsota njihovih verjetnosti enaka 1:

Tudi vsota verjetnosti nasprotnih dogodkov je enaka 1:

Nasprotni dogodki tvorijo popoln niz dogodkov, verjetnost popolnega niza dogodkov pa je 1.

Verjetnosti nasprotnih dogodkov so običajno označene z malimi črkami. str in q. Še posebej,

iz katerega sledijo naslednje formule za verjetnost nasprotnih dogodkov:

Primer 2 Tarča v zaletu je razdeljena na 3 cone. Verjetnost, da bo določen strelec streljal na tarčo v prvi coni je 0,15, v drugi coni - 0,23, v tretji coni - 0,17. Poiščite verjetnost, da strelec zadene tarčo, in verjetnost, da strelec zgreši tarčo.

Rešitev: Poiščite verjetnost, da bo strelec zadel tarčo:

Poiščite verjetnost, da strelec zgreši tarčo:

Težje naloge, pri katerih morate uporabiti tako seštevanje kot množenje verjetnosti - na strani "Različne naloge za seštevanje in množenje verjetnosti" .

Seštevanje verjetnosti medsebojno skupnih dogodkov

Za dva naključna dogodka pravimo, da sta združena, če pojav enega dogodka ne izključuje pojava drugega dogodka v istem opazovanju. Denimo pri metanju kocke dogodek A velja za pojav števila 4, dogodek pa IN- spuščanje sodega števila. Ker je število 4 sodo število, sta dogodka združljiva. V praksi se pojavljajo naloge za izračun verjetnosti nastopa enega od medsebojno skupnih dogodkov.

Izrek seštevanja verjetnosti za skupne dogodke. Verjetnost, da se bo zgodil eden od skupnih dogodkov, je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov, od katere se odšteje verjetnost skupnega nastopa obeh dogodkov, to je produkt verjetnosti. Formula za verjetnost skupnih dogodkov je naslednja:

Ker dogodki A in IN kompatibilen, dogodek A+ IN se zgodi, če se zgodi eden od treh možnih dogodkov: oz AB. Po izreku seštevanja nekompatibilnih dogodkov izračunamo takole:

Dogodek A se zgodi, če se zgodi eden od dveh nezdružljivih dogodkov: oz AB. Vendar pa je verjetnost pojava enega dogodka iz več nezdružljivih dogodkov enaka vsoti verjetnosti vseh teh dogodkov:

Podobno:

Z zamenjavo izrazov (6) in (7) v izraz (5) dobimo verjetnostno formulo skupnih dogodkov:

Pri uporabi formule (8) je treba upoštevati, da dogodki A in IN je lahko:

• medsebojno neodvisni;
• medsebojno odvisni.

Verjetnostna formula za med seboj neodvisne dogodke:

Verjetnostna formula za medsebojno odvisne dogodke:

Če dogodki A in IN so nedosledni, potem je njihovo sovpadanje nemogoč primer in tako p(AB) = 0. Četrta verjetnostna formula za nezdružljive dogodke je naslednja:

Primer 3 Pri avtomobilskih dirkah je pri vožnji v prvem avtomobilu verjetnost zmage pri vožnji v drugem avtomobilu. Najti:

• verjetnost, da bosta zmagala oba avtomobila;
• verjetnost, da bo zmagal vsaj en avto;

1) Verjetnost, da bo prvi avto zmagal, ni odvisna od rezultata drugega avtomobila, zato dogodki A(zmaga prvi avto) in IN(zmaga drugi avto) - neodvisni dogodki. Poiščite verjetnost, da oba avtomobila zmagata:

2) Poiščite verjetnost, da bo zmagal eden od obeh avtomobilov:

Težje naloge, pri katerih morate uporabiti tako seštevanje kot množenje verjetnosti - na strani "Različne naloge za seštevanje in množenje verjetnosti" .

Sami rešite problem seštevanja verjetnosti in nato poglejte rešitev

Primer 4 Vržena sta dva kovanca. Dogodek A- izguba grba na prvem kovancu. Dogodek B- izguba grba na drugem kovancu. Poiščite verjetnost dogodka C = A + B .

Množenje verjetnosti

Množenje verjetnosti se uporablja, ko je treba izračunati verjetnost logičnega produkta dogodkov.

V tem primeru morajo biti naključni dogodki neodvisni. Za dva dogodka pravimo, da sta med seboj neodvisna, če nastop enega dogodka ne vpliva na verjetnost nastopa drugega dogodka.

Teorem o množenju verjetnosti za neodvisne dogodke. Verjetnost hkratnega pojava dveh neodvisnih dogodkov A in IN je enak produktu verjetnosti teh dogodkov in se izračuna po formuli:

Primer 5 Kovanec se vrže trikrat zapored. Poiščite verjetnost, da bo grb izpadel vse trikrat.

rešitev. Verjetnost, da bo grb padel ob prvem metu kovanca, drugič in tretjič. Poiščite verjetnost, da bo grb izpadel vse trikrat:

Sami rešite naloge za množenje verjetnosti in nato poglejte rešitev

Primer 6 Tam je škatla z devetimi novimi teniškimi žogicami. Za igro se vzamejo tri žoge, po igri se vrnejo nazaj. Pri izbiri žog ne ločijo med odigranimi in neodigranimi žogami. Kolikšna je verjetnost, da po treh igrah v polju ne bo nobene neodigrane žogice?

Primer 7 Na izrezanih abecednih karticah je napisanih 32 črk ruske abecede. Pet kart se naključno izvleče ena za drugo in jih položi na mizo v vrstnem redu, v katerem se pojavljajo. Poiščite verjetnost, da bodo črke tvorile besedo "end".

Primer 8 Iz polnega kompleta kart (52 listov) se naenkrat vzamejo štiri karte. Poiščite verjetnost, da so vse te štiri karte iste barve.

Primer 9 Ista težava kot v primeru 8, vendar se vsaka karta po izvleku vrne v komplet.

Bolj zapletene naloge, pri katerih morate uporabiti tako seštevanje kot množenje verjetnosti, kot tudi izračunati zmnožek več dogodkov - na strani "Različne naloge za seštevanje in množenje verjetnosti" .

Verjetnost, da se zgodi vsaj eden od medsebojno neodvisnih dogodkov, lahko izračunamo tako, da od 1 odštejemo produkt verjetnosti nasprotnih dogodkov, to je po formuli:

Primer 10 Tovor se dostavlja s tremi vrstami transporta: rečnim, železniškim in cestnim. Verjetnost, da bo tovor dostavljen z rečnim transportom je 0,82, z železnico 0,87, s cestnim 0,90. Poiščite verjetnost, da bo blago dostavljeno z vsaj enim od treh načinov prevoza.

Izreki seštevanja in množenja verjetnosti.
Odvisni in neodvisni dogodki

Naslov je videti strašljiv, a je v resnici zelo preprost. V tej lekciji se bomo seznanili s teoremi seštevanja in množenja verjetnosti dogodkov ter analizirali tipične naloge, ki poleg naloga za klasično definicijo verjetnosti boste zagotovo srečali ali, bolj verjetno, že srečali na vaši poti. Za učinkovito preučevanje gradiva tega članka 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. A po drugi strani spet svarim pred površnim odnosom do praktični primeri- obstaja tudi dovolj razlik. Vso srečo:

Adicijski izrek za verjetnosti nekompatibilnih dogodkov: verjetnost pojava enega od obeh nezdružljivo dogodkov oz (ne glede na vse), je enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:

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

Sanjski izrek =) Vendar pa so takšne sanje predmet tudi dokaza, ki ga lahko najdete na primer v študijski vodnik V.E. Gmurman.

Spoznajmo nove, do sedaj nevidene koncepte:

Odvisni in neodvisni dogodki

Začnimo z neodvisnimi dogodki. Dogodki so neodvisen če je verjetnost pojava katerikoli od njih ni odvisno od pojavljanja/ne pojavljanja drugih dogodkov obravnavanega sklopa (v vseh možnih kombinacijah). ... Ampak kaj je tam za mletje običajnih fraz:

Izrek množenja 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 bodo padle na 1. kovanec;
- Glave na 2. kovancu.

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

Podobno:
je verjetnost, da bo 1. kovanec pristal na glave in na 2. repu;
je verjetnost, da se glave pojavijo na 1. kovancu in na 2. repu;
je verjetnost, da bo 1. kovanec pristal na repu in na 2. orel.

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

Izrek o množenju se očitno razširi na večje število neodvisnih dogodkov, tako da je na primer, če so dogodki neodvisni, potem verjetnost njihovega skupnega pojava: . Vadimo naprej konkretni primeri:

Naloga 3

Vsaka od treh škatel vsebuje 10 delov. V prvi škatli je 8 standardnih delov, v drugi - 7, v tretji - 9. En del je naključno odstranjen iz vsake škatle. Poiščite verjetnost, da so vsi deli standardni.

rešitev: verjetnost ekstrahiranja standardnega ali nestandardnega dela iz katere koli škatle ni odvisna od tega, kateri deli bodo ekstrahirani iz drugih škatel, zato je problem neodvisnih dogodkov. Razmislite o naslednjih neodvisnih dogodkih:

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

Po klasični definiciji:
so ustrezne verjetnosti.

Dogodek, ki nas zanima (Standardni del bo vzet iz 1. predala in iz 2. standarda in od 3. standarda) je izražena s produktom.

Po izreku množenja verjetnosti neodvisnih dogodkov:

je verjetnost, da bo en standardni del izvlečen iz treh škatel.

Odgovori: 0,504

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

Naloga 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 uganite, kako ravnati s točko "biti" ;-) Približna vzorčna rešitev je zasnovana v akademskem slogu s podrobnim opisom vseh dogodkov.

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

- jutri ob 19.00 bo v prodaji svež kruh.

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

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

- na izpitu prejme študent enostavno vstopnico.

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

Kako ugotoviti odvisnost/neodvisnost dogodkov?

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

Da ne vržemo vsega na en kup, naloge za odvisne dogodke Izpostavil bom naslednjo lekcijo, za zdaj pa bomo razmislili o najpogostejši skupini izrekov v praksi:

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

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

Naloga 5

Dva strelca sta streljala vsak 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: Verjetnost zadetka/zgrešenega zadetka enega strelca je očitno neodvisna od uspešnosti drugega strelca.

Razmislite o dogodkih:
– 1. strelec bo zadel tarčo;
- 2. strelec bo zadel tarčo.

Po pogoju:.

Poiščimo verjetnosti nasprotnih dogodkov – da bodo ustrezne puščice zgrešile:

a) Razmislite o dogodku: - samo en strelec zadene tarčo. Ta dogodek je sestavljen iz dveh nezdružljivih rezultatov:

Prvi strelec bo zadel in 2. zgreši
oz
1. bo pogrešal in 2. bo udaril.

Na jeziku dogodkovne algebre to dejstvo lahko zapišemo kot:

Najprej uporabimo izrek seštevanja verjetnosti nezdružljivih dogodkov, nato pa izrek množenja verjetnosti neodvisnih dogodkov:

je verjetnost, da bo zadetek samo en.

b) Upoštevajte dogodek: - vsaj eden od strelcev bo zadel tarčo.

Najprej RAZMISLIMO - kaj pomeni pogoj "VSAJ EDEN"? IN ta primer to pomeni, da bo 1. strelec zadel (2. bo zgrešil) oz 2. (1. zgreši) oz obe puščici hkrati - skupaj 3 nezdružljivi izidi.

Prva metoda: glede na pripravljeno verjetnost prejšnje postavke je priročno predstaviti dogodek kot vsoto naslednjih disjunktnih dogodkov:

eden bo dobil (dogodek, sestavljen iz dveh nezdružljivih izidov) oz
Če sta obe puščici zadeti, ta dogodek označimo s črko .

Torej:

Po izreku množenja verjetnosti neodvisnih dogodkov:
je verjetnost, da bo prvi strelec zadel in 2. strelec bo zadel.

Po izreku seštevanja verjetnosti nezdružljivih dogodkov:
je verjetnost vsaj enega zadetka na tarči.

Druga metoda: upoštevajte nasprotni dogodek: – oba strelca bosta zgrešila.

Po izreku množenja verjetnosti neodvisnih dogodkov:

Kot rezultat:

Posebna pozornost bodite pozorni na drugo metodo - v splošnem primeru je bolj racionalna.

Poleg tega obstaja alternativni, tretji način reševanja, ki temelji na zgoraj zamolčanem izreku seštevanja skupnih dogodkov.

! Če gradivo berete prvič, je bolje, da preskočite naslednji odstavek, da se izognete zmedi.

Tretja metoda : dogodki so skupni, kar pomeni, da njihov seštevek izraža dogodek »vsaj en strelec zadene tarčo« (glej sl. algebra dogodkov). Avtor: izrek seštevanja 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:

Ob temeljitem preučevanju teorije verjetnosti boste naleteli na desetine nalog militaristične vsebine in, kar je značilno, po tem ne boste želeli nikogar ustreliti – naloge so skoraj darilo. Zakaj ne bi predloge še poenostavili? Skrajšajmo zapis:

rešitev: glede na pogoj: , je verjetnost zadetka ustreznih strelcev. Potem so njihove verjetnosti zgrešitve:

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

b) Po izreku množenja verjetnosti neodvisnih dogodkov:
je 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 gredo po krajši poti, vendar ne gre pozabiti na 1. metodo - čeprav je daljša, je bolj smiselna - v njej je bolj jasno, kaj, zakaj in zakaj sešteva in množi. V nekaterih primerih je primeren hibridni slog Velike črke Primerno je navesti samo nekatere dogodke.

Podobne naloge za samostojno rešitev:

Naloga 6

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

a) oba senzorja ne bosta uspela;
b) oba senzorja bosta delovala.
c) z uporabo adicijski izrek za verjetnosti dogodkov, ki tvorijo popolno skupino, poiščite verjetnost, da bo med požarom 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)

Naloga 7

Verjetnost, da prvi strelec z enim strelom zadene tarčo, je 0,8. Verjetnost, da tarča ni zadeta po enem strelu prvega in drugega strelca, je 0,08. Kakšna je verjetnost, da bo drugi strelec z enim strelom zadel tarčo?

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

Spoznajte ga - on je tisti, ki vam je izrezal neizmerno količino detajlov =):

Naloga 8

Delavec upravlja s tremi stroji. Verjetnost, da bo med premikom prvi stroj zahteval prilagoditev, je 0,3, drugi - 0,75, tretji - 0,4. Poiščite verjetnost, da bo 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 z nalogo št. 5 lahko tukaj upoštevate dogodke, ki so sestavljeni iz dejstva, da bodo ustrezni stroji zahtevali prilagoditev med izmeno, zapišite verjetnosti, poiščite verjetnosti nasprotnih dogodkov itd. Toda s tremi predmeti si res ne želim tako sestaviti naloge - izkazalo se bo za dolgo in dolgočasno. Zato je tukaj opazno bolj donosno uporabiti "hitri" slog:

Po pogoju: - 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, ne bom je niti popravljal =)

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

b) Dogodek "Med izmeno bo samo en stroj zahteval prilagoditev" 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 zahteval prilagoditev samo en stroj.

Mislim, da bi vam zdaj moralo biti jasno, od kod izvira izraz

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

Odgovori:

Postavko "ve" lahko rešimo tudi preko vsote , kjer je verjetnost, da bosta med izmeno zahtevala prilagoditev le dva stroja. Ta dogodek pa vključuje 3 nezdružljive rezultate, ki so podpisani po analogiji s postavko "be". Poskusite sami poiskati verjetnost, da preverite celoten problem s pomočjo enakosti.

Naloga 9

Trije topovi so streljali na tarčo. Verjetnost zadetka z enim strelom samo iz prve pištole je 0,7, iz druge - 0,6, iz tretje - 0,8. Poiščite verjetnost, da: 1) vsaj en izstrelek zadene tarčo; 2) samo dva izstrelka bosta zadela tarčo; 3) tarča bo zadeta vsaj dvakrat.

Rešitev in odgovor na koncu lekcije.

In spet o naključjih: v primeru, da 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.

V zaključku članka bomo analizirali še eno pogosto uganko:

Naloga 10

Strelec z vsakim strelom zadene tarčo z enako verjetnostjo. Kolikšna je ta verjetnost, če je verjetnost vsaj enega zadetka v treh strelih 0,973.

rešitev: označimo z - verjetnost zadetka tarče z vsakim strelom.
in skozi - verjetnost napake pri vsakem strelu.

Zapišimo dogodke:
- pri 3 strelih bo strelec vsaj enkrat zadel tarčo;
- strelec bo zgrešil 3-krat.

Glede na pogoj je verjetnost nasprotnega dogodka:

Po drugi strani pa po teoremu množenja verjetnosti neodvisnih dogodkov:

Torej:

- verjetnost zgrešenega strela pri vsakem strelu.

Kot rezultat:
je verjetnost zadetka vsakega strela.

Odgovori: 0,7

Enostavno in elegantno.

V obravnavanem problemu se lahko zastavijo dodatna vprašanja o verjetnosti le 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 obstajajo ponovljeni neodvisni testi, ki se izvajajo zaporedno, neodvisno drug od drugega in z enako verjetnostjo izidov.

Naloga 2. Vrzi 4 kocke. Poiščite verjetnost, da dobite enako število točk na vsaki od vrženih kock

rešitev. Na vsaki kosti je skupaj 6 obrazov. Izpad vsakega obraza je enako verjeten. Če je prva kocka vržena, recimo 1, bi morale biti ostale enake. Verjetnost, da kateri koli obraz izpade, tako da izpadejo vsi 4 enaki, je zmnožek verjetnosti pojava določenega obraza na vseh 4 kockah. Rezultat je treba pomnožiti s številom ploskev, saj je različnih števil 6. Označimo želeni dogodek - "ena je padla na kocko", - , potem bo izguba štirih enic na vseh kockah . Če želite najti rešitev problema, morate rezultat pomnožiti s 6, ker dogodki "dva vržena na vse kocke", "tri vržena na vse kocke" ... izpolnjujejo pogoj problema. Rešitev problema bo torej:

Naloga 3. Študenta pripravnika so naučili streljati s pištolo na pločevinko. Verjetnost, da z enim strelom zadenete kozarec, je 0,03. Koliko nabojev morate pripraviti, da bi z verjetnostjo 0,94 pločevinko podrli na tla?

rešitev. Napišite enačbo, da ugotovite verjetnost, da se zgodi dogodek. Če želite to narediti, uporabite Bernoullijevo formulo, ki se uporablja, če se izvede več ponovitev istega dogodka. Če predpostavimo, da je pločevinka padla na tla s prvim zadetkom, potem so bili pred tem izstreljeni streli (z zgrešenim strelom), tj. vsi streli so bili izstreljeni. Če je verjetnost zadetka , potem je verjetnost zgrešenega . Verjetnost zgrešenega in 1 zadetka lahko zapišemo:

V zadnjo formulo nadomestimo znane podatke: in iz dobljene enačbe izrazimo:

Vzemimo logaritem zadnjega izraza:

Kje

Tukaj je uporabljena absolutna vrednost, ker so verjetnosti lahko samo pozitivne. . Število strelov ne more biti celo število, zato končno

Naloga 4. Kocka se vrže 6-krat. Kakšna je verjetnost, da dobimo 6 različnih obrazov?

rešitev. Na vsaki kosti je skupaj 6 obrazov. Izpad vsakega obraza je enako verjeten. Dogodki se odvijajo zaporedno, vendar ni pomembno, v kakšnem vrstnem redu. Verjetnost, da kateri koli obraz izpade, je 1 (kocka se vrže in en obraz se zagotovo pojavi), zato se mora drugič pojaviti poljubna številka, razen tiste, ki je izpadla (verjetnost), tretjič - katera koli, razen prvih dveh (verjetnost) itd. Verjetnost želenega dogodka je:

Naloga 5. Homogena kocke ima obliko pravilnega tetraedra. Na njenih straneh so označene številke 1, 2, 3 in 4. Kolikokrat morate vreči kocko, da pričakujete, da bo vsaj v enem primeru z verjetnostjo večjo od 0,9 padla številka 3?

rešitev. Na kosti so skupaj 4 obrazi. Vsak obraz bo enako verjetno izpadel, vendar ga bo treba večkrat vreči, zato bomo temeljili na uporabi Bernoullijeve formule. Recimo, da se je v th testu pojavilo zahtevano število, zato so bili vsi prejšnji časi drugačni. V tem primeru bo verjetnost pojava določenega obraza enaka, saj so obrazi le 4. Verjetnost dogodka »želeni obraz se ni pojavil in zahtevani obraz se je pojavil enkrat« lahko zapišemo:

V zadnjo formulo nadomestimo znane podatke: in izrazimo iz nastale enačbe.

Vzemimo logaritem zadnjega izraza:

Kje

Tukaj je uporabljena absolutna vrednost, ker so verjetnosti lahko samo pozitivne. . Število zvitkov ne more biti necelo število, zato zaokrožite na najbližje celo število. Po pogoju mora biti verjetnost večja od 0,9, zato je odgovor >6.

Naloga 6. Na eno tarčo streljata dva lovca neodvisno drug od drugega in vsak naredi en strel. Verjetnost zadetka tarče za prvega lovca je 0,8, za drugega pa 0,4. Po streljanju je bila najdena ena luknja v tarči. Poiščite verjetnost, da pripada prvemu strelcu?

rešitev. Poskusimo uporabiti Bayesovo formulo. Po Bayesovi formuli je v števcu verjetnost, da se zahtevani dogodek zgodi, v imenovalcu pa skupna verjetnost možnih izidov, ki bodo določali pojav ene luknje v tarči, tj. situacije, ko je eden od lovcev zadel, drugi pa zgrešil. Bila sta dva lovca, tako da sta možni le 2 možnosti: "prvi zadetek, drugi zgrešen" in "prvi zgrešen, drugi zadetek." Oba dogodka se ne moreta zgoditi hkrati, zato govorimo o vsoti verjetnosti. Verjetnost, da se zahtevani dogodek zgodi, je "prvi zgrešeni, drugi zadeti". Verjetnost dogodka "prvi zadetek, drugi zgrešen" je enaka , verjetnost drugega dogodka "prvi zgrešen, drugi zadetek" pa je enaka . Uporabimo priporočeno formulo:

Naloga 7. Na raco, ki leti ne zelo visoko, se izstrelijo trije streli. Verjetnost zadetka prvega, drugega in tretjega strela je 0,1; 0,2 in 0,4. Določite verjetnost vsaj dveh zadetkov race.

rešitev. Ker se streli sprožijo zaporedno, je treba upoštevati možnost zgrešitve prvič, drugič ali tretjič. V skladu s pogojem problema morata biti na raci vsaj dva zadetka, kar pomeni bodisi 2 zadetka bodisi 3. Obstajajo lahko trije dogodki "2 zadetka": "hit, hit, miss"; "zadeti, zgrešiti, zadeti"; "zgrešiti, zadeti, zadeti", ker vnaprej ni znano, kateri strel je bil zgrešen. Tako imamo 4 dogodke, ki se ne morejo zgoditi hkrati, zato govorimo o vsoti verjetnosti dogodkov, tj. o formuli popolne verjetnosti. Verjetnost dogodka "hit, hit, hit" je enaka ; verjetnost dogodka "hit, hit, miss" je ; verjetnost dogodka "hit, miss, hit" je ; Verjetnost zgrešenega, zadetega, zadetega dogodka je . Zdaj izračunamo želeno verjetnost:

Naloga 8. Laborant, ki izvaja kemijske analize, uporablja reagente, ki stojijo v dveh hladilnikih. V prvem hladilniku je od vseh shranjenih reagentov potekel le 10%, v drugem pa 20%. Poiščite verjetnost, da bo kateri koli reagent, ki ga laboratorijski asistent vzame iz katerega koli hladilnika, dovolj svež

rešitev. Označimo dogodek z A - laborant vzame dovolj svež reagent iz katerega koli hladilnika. Laborant vzame reagent iz poljubnega hladilnika, ki sta glede na stanje problema dva. Ker problem ne pove nič o hladilnikih, potem je izbira katerega koli izmed njih enako verjetna, tj. je enako . Verjetnost zahtevanega dogodka je torej sestavljena iz hkratnega pojava dveh - "izbire hladilnika, izbire reagenta." Verjetnost, da "vzamemo svež reagent iz prvega hladilnika", je enaka ; verjetnost "vzetja svežega reagenta iz drugega hladilnika" je enaka . Laborant vzame reagent le enkrat, zato se oba dogodka pri »vzemi svež reagent iz prvega hladilnika« in »vzemi svež reagent iz drugega hladilnika« ne moreta zgoditi hkrati, zato govorimo o vsoti verjetnosti. Uporabimo formulo skupne verjetnosti. Potem bo želena verjetnost enaka:

Naloga 9. V kompletu je 5 škatel z okrasnimi kamni malahit in marmor. Dve škatli vsebujeta 2 kosa marmorja in 1 kos malahita, ena vsebuje 10 kosov malahita, druge pa vsebujejo 3 kose marmorja in 1 kos malahita. Poiščite verjetnost, da je kos, naključno vzet iz škatle, ki ga je izbral obrtnik, marmor.

rešitev. To je naloga za uporabo formule celotne verjetnosti. Mojster izbere okrasni kamen iz poljubne, »naključno izbrane« škatle. Skupno je 5 škatel, predpostavimo, da so enake, zato je verjetnost, da izberemo katero koli škatlo, . Verjetnost zahtevanega dogodka je torej sestavljena iz hkratnega nastopa dveh – »izbire škatle in izbire frnikole«. Verjetnost, da vzamete frnikolo iz prve škatle, je ; verjetnost, da vzamemo frnikolo iz druge škatle, je ; verjetnost, da vzamete frnikolo iz tretje škatle, je 0, ker tam je samo malahit, verjetnost, da vzamete marmor iz četrte škatle je ;