Головна

Класичне визначення ймовірності

  1.  I. Визначення ленінізму
  2.  I. Визначення термінів і предмет дослідження
  3.  II. Визначення положення електричної осі у фронтальній площині і поворотів серця навколо його поздовжньої і поперечної осі.
  4.  III. ВИЗНАЧЕННЯ ЕФЕКТИВНОСТІ ВИРОБНИЦТВА
  5.  IV. Визначення маси вантажу, опломбування транспортних засобів і контейнерів
  6.  IV. Визначення параметрів хвилі тиску при згорянні газо-, паро- або пилоповітряної хмари
  7.  IV. Формула повної ймовірності. формули Байєса

Імовірність події характеризує можливість (шанс) здійснення події в ході випадкового експерименту. Сенс ймовірності розкривається в наступних вимогах, що накладаються на ймовірності подій. Імовірність події виражається часткою від цілого, тобто є числом від нуля до одиниці. При цьому за одиницю приймається ймовірність настання достовірної події, тобто події, яке обов'язково відбувається в ході експерименту. Ймовірності неможливих подій вважаються рівними нулю. Якщо зять довільний кінцевий або рахунковий набір подій, таких, що ніякі два з них не можуть відбутися одночасно, то ймовірність настання хоча б одного з цих подій має дорівнювати сумі ймовірностей цих подій. Інакше кажучи,

Кожному елементарного результату wi простору W відповідає деяка неотрицательная числова характеристика Pi шансів його появи, звана ймовірністю результату w i , причому

(Тут підсумовування ведеться за всіма i, Для яких виконується умова: w iIW).

Звідси випливає, що 0 ? Pi ? 1для всіх i.

імовірність події А визначається як сума ймовірностей всіх елементарних фіналів, що сприяють події А. позначимо її Р(А).

 (*)

Звідси слідує що

1) 0 ? P(A) ? 1;

2) P(W) = 1;

3) P(?) = 0.

Шанс настання суми попарно несумісних подій дорівнює сумі шансів кожного з подій. Зазначені вимоги накладають жорсткі обмеження на чисельні значення ймовірностей.

Обчислення значень ймовірностей подій в різних випадкових експериментах є предметом теорії ймовірностей. Для конкретного випадкового експерименту ймовірність конкретного події - об'єктивно існуюча величина. Виявляється, що чисельне значення тієї величини проявляється наступним чином. Якщо випадковий експеримент багаторазово повторити при одних і тих же умовах і обчислити частоту появ конкретного події серед усіх проведених експериментів (частота появи події є відношення числа появи події до числа експериментів), то при необмеженому зростанні числа експериментів ця частота в межі збігається ймовірністю події. Розглянемо спочатку найпростіший випадок, коли випадковий експеримент має кінцеве число випадків. Більш того, кожен результат експерименту має рівні шанси на реалізацію. Подібна ситуація називається класичною схемою. Отже, простір елементарних фіналів складається з кінцевого числа N елементарних фіналів, причому випадковий експеримент такий, що ймовірності здійснення кожного з цих N елементарних фіналів видаються рівними. Приклади таких випадкових експериментів: підкидання симетричній монети, кидання правильної гральної кістки, випадкове витягання гральної карти з перетасованої колоди. В силу введеної аксіоми ймовірності кожного елементарного результату в цьому випадку рівні  . З цього випливає, що якщо подія А містить NA елементарних фіналів, то ймовірність події визначається як відношення числа сприятливих результатів до загального числа всіх можливих результатів.

При м е р 1. В урні 10 однакових за розміром і вагою куль, з яких 4 червоних і 6 блакитних. з урни витягується одна куля. яка

ймовірність того, що витягнутий куля виявиться блакитним?

Реш е н і е. Подія "витягнутий кулю виявився блакитним" позначимо

буквою А. Дане випробування має 10 рівно можливих елементарних

результатів, з яких 6 сприяють події А. Відповідно до

формулою класичного визначення

Р (А) = 6/10 = 0,6.

При м е р 2. Всі натуральні числа від 1 до 30 записані на однакових

картках і поміщені в урну. Після ретельного перемішування

карток з урни витягується одна картка. Яка ймовірність того,

що число на взятій картці виявиться кратним 5?

Реш е н і е. Позначимо через А подію "число на взятій картці

кратно 5 ". У даному випробуванні є 30 рівно можливих елементарних фіналів, з яких події А сприяють 6 випадків (числа 5, 1 О, 15, 20, 25, 30). Отже,

Р (А) = 6/30 = 1/5 = 0,2.

При м е р 3. підкидає два гральних кубика, підраховується

сума очок на верхніх гранях. Знайти ймовірність події В, що складається в тому, що на верхніх гранях кубиків в сумі буде 9 очок.

Реш е н і е. У цьому випробуванні всього 62 = 36 рівно можливих елементарних подій. Події У сприяють 4 виходи:

(3; 6), (4; 5), (5; 4), (6; 3), тому

Р (В) = 4/36 = 1/9

При м е р 4. підкидають дві симетричні монети. чому дорівнює

ймовірність того, що на верхніх сторонах обох монет виявилися цифри?

Реш е н і е. Позначимо буквою D подія "на верхній стороні кожної

монети виявилася цифра ". У цьому випробуванні 4 равновозможних

елементарних фіналів: (Г, Г), (Г, Р), (Р, Г), (Р, Р). (Запис (Г, Р) означає,

що на першій монеті герб, на другий - «решітка» (цифра). події D сприяє один елементарний результат (Р, Р). оскільки NA = 1, N = 4, то P (D) = 1/4 = 0,25.

Приклад 5. З набору, що містить 10 однакових на вигляд електроламп, серед яких 4 бракованих, випадковим чином вибирається 5 ламп. Яка ймовірність, що серед обраних ламп будуть 2 браковані (подія Е)?

Тут елементарним подією є вибір п'яти ламп з 10 можливих. Вибір будь-якої п'ятірки ламп має одну і ту ж ймовірність.

Очевидно, що порядок проходження ламп в п'ятірці нам не важлива, істотно лише, скільки з них є работаюімі, а скільки - бракованими. Тому для підрахунку ми вибираємо підрахунок поєднань, тобто невпорядкованих наборів. всього існує  способів скласти таку п'ятірку, тобто випадковий експеримент в даному випадку має N =  рівноймовірно результатів.

Скільки з цих випадків задовольняють умові "в п'ятірці дві браковані лампи", тобто скільки випадків належать питання, що цікавить нас події?

Кожну цікавить нас п'ятірку можна скласти так: вибрати дві браковані лампи, що можна зробити числом способів, рівним  . Кожна пара бракованих ламп може зустрітися стільки раз, скількома способами її можна доповнити тих трьох не бракованими лампами, тобто  раз. Виходить, що число п'ятірок, містять дві браковані лампи, згідно з правилом твори, так само ? .

Приклад 6. Кодовий замок містить 10 цифр від 0 до 9. Замок відкривається, якщо одна за одною послідовно натискаються 3 різних цифри. Хтось випадково набирає ко. Яка ймовірність того, що двері відкриються (подія F)?

Тут елементарним подією буде набір деякого тризначного коду, порядок цифр в якому, природно, важливий, тому для підрахунку ми будемо використовувати впорядковані набори - розміщення. Всього різних тризначних кодів з 10 цифр можна утворити  варіантів і ймовірність того, що код вгаданий (а є тільки одна правильна комбінація) становить

P (F) =

 Визначення. |  Статистичне визначення ймовірності.


 Розділ 1.1.1. події |  Визначення. |  Комбінаторні формули і правила |  геометрична ймовірність |  аксіоматика Колмогорова |  Додаток. |  Умовні ймовірності. |  Формули додавання ймовірностей. |  Формула повної ймовірності. |  Формула Байєса |

© 2016-2022  um.co.ua - учбові матеріали та реферати