Tikimybėįvykis yra tam tikram įvykiui palankių elementarių pasekmių skaičiaus santykis su visų vienodai galimų patirties, kurioje šis įvykis gali pasireikšti, baigčių skaičiumi. Įvykio A tikimybė žymima P(A) (čia P yra pirmoji prancūziško žodžio probabilite raidė – tikimybė). Pagal apibrėžimą
(1.2.1)
kur yra elementarių rezultatų, palankių įvykiui A, skaičius; - visų vienodai galimų elementarių eksperimento baigčių skaičius, sudarantis visą įvykių grupę.
Šis tikimybės apibrėžimas vadinamas klasikiniu. Tai kilo ant pradinis etapas tikimybių teorijos kūrimas.
Įvykio tikimybė turi šias savybes:
1. Patikimo įvykio tikimybė lygi vienetui. Patikimą įvykį pažymėkime raide . Todėl tam tikram įvykiui
(1.2.2)
2. Neįmanomo įvykio tikimybė lygi nuliui. Neįmanomą įvykį pažymėkime raide . Todėl neįmanomam įvykiui
(1.2.3)
3. Atsitiktinio įvykio tikimybė išreiškiama teigiamu skaičiumi, mažesniu už vieną. Kadangi atsitiktinio įvykio nelygybės , arba , yra patenkinti, tada
(1.2.4)
4. Bet kokio įvykio tikimybė tenkina nelygybes
(1.2.5)
Tai išplaukia iš santykių (1.2.2) – (1.2.4).
1 pavyzdys. Urnoje yra 10 vienodo dydžio ir svorio kamuoliukų, iš kurių 4 raudoni ir 6 mėlyni. Iš urnos ištraukiamas vienas rutulys. Kokia tikimybė, kad ištrauktas rutulys bus mėlynas?
Sprendimas. Įvykį „ištrauktas rutulys pasirodė mėlynas“ žymime raide A. Šis testas turi 10 vienodai galimų elementarių rezultatų, iš kurių 6 palankūs įvykiui A. Pagal (1.2.1) formulę gauname 
2 pavyzdys. Visi natūralūs skaičiai nuo 1 iki 30 užrašomi ant identiškų kortelių ir dedami į urną. Kruopščiai sumaišius kortas, viena kortelė išimama iš urnos. Kokia tikimybė, kad paimtoje kortelėje esantis skaičius yra 5 kartotinis?
Sprendimas. Pažymėkime A įvykį „paimtoje kortelėje esantis skaičius yra 5 kartotinis“. Šiame teste yra 30 vienodai galimų elementarių baigčių, iš kurių įvykiui A palankios 6 baigtys (skaičiai 5, 10, 15, 20, 25, 30). Vadinasi, 
3 pavyzdys. Mesti du kauliukus ir apskaičiuojama taškų suma viršutinėse pusėse. Raskite įvykio B tikimybę, kad kauliukų viršutinės pusės turėtų iš viso 9 taškus.
Sprendimas.Šiame teste yra tik 6 2 = 36 vienodai galimi pagrindiniai rezultatai. B įvykiui palankios 4 baigtys: (3;6), (4;5), (5;4), (6;3), todėl 
4 pavyzdys. Atsitiktinai pasirenkamas natūralusis skaičius, ne didesnis kaip 10. Kokia tikimybė, kad šis skaičius yra pirminis?
Sprendimas.Įvykį „pasirinktas skaičius pirminis“ pažymėkime raide C. Šiuo atveju n = 10, m = 4 (pirminiai skaičiai 2, 3, 5, 7). Todėl reikiama tikimybė 
5 pavyzdys. Metamos dvi simetriškos monetos. Kokia tikimybė, kad abiejų monetų viršutinėse pusėse yra skaičiai?
Sprendimas. D raide pažymėkime įvykį „kiekvienos monetos viršuje yra skaičius“. Šiame teste yra 4 vienodai galimos elementarios baigtys: (G, G), (G, C), (C, G), (C, C). (Žymėjimas (G, C) reiškia, kad pirmoji moneta turi herbą, antroji – skaičių). D įvykiui palankus vienas elementarus rezultatas (C, C). Kadangi m = 1, n = 4, tada 
6 pavyzdys. Kokia tikimybė, kad atsitiktinai parinktas dviženklis skaičius turi tuos pačius skaitmenis?
Sprendimas. Dviženkliai skaičiai yra skaičiai nuo 10 iki 99; Iš viso tokių skaičių yra 90. Tie patys skaičiai turi 9 skaičius (šie skaičiai yra 11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99). Kadangi šiuo atveju m = 9, n = 90, tada 
,
kur A yra „skaičius su vienodais skaitmenimis“ įvykis.
7 pavyzdys. Iš žodžio raidžių diferencialas Viena raidė parenkama atsitiktinai. Kokia tikimybė, kad ši raidė bus: a) balsė, b) priebalsė, c) raidė h?
Sprendimas. Žodis diferencialas turi 12 raidžių, iš kurių 5 balsės ir 7 priebalsiai. Laiškai hšiame žodyje nėra. Pažymime įvykius: A - „balsio raidė“, B - „priebalsio raidė“, C - „raidė h". Palankių elementarių rezultatų skaičius: - įvykiui A, - įvykiui B, - įvykiui C. Kadangi n = 12, tada
, Ir.
8 pavyzdys. Mesti du kauliukai ir pažymimas taškų skaičius kiekvieno kauliuko viršuje. Raskite tikimybę, kad abu kauliukai parodys tą patį taškų skaičių.
Sprendimas.Šį įvykį pažymėkime raide A. Įvykį A palankiai vertina 6 elementarios baigtys: (1;]), (2;2), (3;3), (4;4), (5;5), (6) ;6). Bendras vienodai galimų elementarių baigčių, kurios sudaro visą įvykių grupę, skaičius, šiuo atveju n=6 2 =36. Tai reiškia, kad reikiama tikimybė 
9 pavyzdys. Knygoje 300 puslapių. Kokia tikimybė, kad atsitiktinai atidarytas puslapis turės serijos numerį, kuris dalijasi iš 5?
Sprendimas. Iš uždavinio sąlygų išplaukia, kad visi vienodai galimi elementarūs rezultatai, sudarantys visą įvykių grupę, bus n = 300. Iš jų m = 60 palankūs nurodyto įvykio įvykimui. Iš tiesų, skaičius, kuris yra 5 kartotinis, turi formą 5k, kur k yra natūralusis skaičius ir iš kur 
. Vadinasi, 
, kur A – „puslapio“ įvykio eilės numeris yra 5 kartotinis.
10 pavyzdys. Mesti du kauliukus ir apskaičiuojama taškų suma, esanti viršutinėse pusėse. Kas labiau tikėtina – gauti 7 ar 8?
Sprendimas. Pažymėkime įvykius: A – „Išmeta 7 taškai“, B – „Išmeta 8 taškai“. Įvykiui A palankios 6 pagrindinės baigtys: (1; 6), (2; 5), (3; 4), (4; 3), (5; 2), (6; 1), o įvykis B yra palankesnis. pagal 5 baigtis: (2; 6), (3; 5), (4; 4), (5; 3), (6; 2). Visi vienodai galimi elementari rezultatai yra n = 6 2 = 36. Tai reiškia Ir .
Taigi, P(A)>P(B), ty gauti iš viso 7 taškus yra labiau tikėtinas įvykis nei gauti iš viso 8 taškus.
Užduotys
1. Atsitiktinai parenkamas natūralusis skaičius, neviršijantis 30. Kokia tikimybė, kad šis skaičius yra 3 kartotinis?
2. Urnoje a raudona ir b mėlyni rutuliai, vienodo dydžio ir svorio. Kokia tikimybė, kad iš šios urnos atsitiktinai ištrauktas rutulys bus mėlynas?
3. Atsitiktinai parenkamas skaičius, ne didesnis kaip 30. Kokia tikimybė, kad šis skaičius yra 30 daliklis?
4. Urnoje A mėlyna ir b raudoni rutuliai, vienodo dydžio ir svorio. Iš šios urnos paimamas vienas rutulys ir atidėtas. Šis kamuolys pasirodė raudonas. Po to iš urnos ištraukiamas kitas rutulys. Raskite tikimybę, kad antrasis rutulys taip pat yra raudonas.
5. Atsitiktinai parenkamas nacionalinis skaičius, ne didesnis kaip 50. Kokia tikimybė, kad šis skaičius yra pirminis?
6. Mesti trys kauliukai ir apskaičiuojama taškų suma ant viršutinių veidelių. Kas didesnė tikimybė – surinkti 9 ar 10 balų?
7. Metami trys kauliukai ir apskaičiuojama išmesta taškų suma. Kas didesnė tikimybė – iš viso surinkti 11 (įvykis A) ar 12 taškų (įvykis B)?
Atsakymai
1. 1/3. 2 . b/(a+b). 3 . 0,2. 4 . (b-1)/(a+b-1). 5 .0,3.6 . p 1 = 25/216 – tikimybė iš viso gauti 9 balus; p 2 = 27/216 – tikimybė iš viso gauti 10 balų; p 2 > p 1 7 . P(A) = 27/216, P(B) = 25/216, P(A) > P(B).
Klausimai
1. Kaip vadinama įvykio tikimybė?
2. Kokia patikimo įvykio tikimybė?
3. Kokia yra neįmanomo įvykio tikimybė?
4. Kokios yra atsitiktinio įvykio tikimybės ribos?
5. Kokios yra bet kokio įvykio tikimybės ribos?
6. Koks tikimybės apibrėžimas vadinamas klasikiniu?
Pakalbėkime apie problemas, kuriose atsiranda frazė „bent viena“. Tikrai susidūrėte su tokiomis problemomis atlikdami namų darbus ir testus, o dabar sužinosite, kaip jas išspręsti. Pirmiausia pakalbėsiu apie bendroji taisyklė, tada apsvarstykite specialų atvejį ir kiekvienam surašykite formules bei pavyzdžius.
Bendroji metodika ir pavyzdžiai
Bendroji technika Norėdami išspręsti problemas, kuriose pasitaiko frazė „bent viena“, yra tokia:
Dabar pažvelkime į tai su pavyzdžiais. Pirmyn!
1 pavyzdys. Dėžutėje yra 25 standartinės ir 6 to paties tipo defektinės dalys. Kokia tikimybė, kad iš trijų atsitiktinai atrinktų dalių bent viena bus sugedusi?
Mes veikiame tiesiogiai taškas po taško.
1.
Užrašome įvykį, kurio tikimybę reikia rasti tiesiai iš problemos teiginio:
$A$ =(Iš 3 pasirinktų dalių bent vienas su defektais).
2. Tada priešingas įvykis suformuluojamas taip: $\bar(A)$ = (Iš 3 pasirinktų detalių ne vienas su defektu) = (Visos 3 pasirinktos dalys bus standartinės).
3. Dabar turime suprasti, kaip rasti įvykio $\bar(A)$ tikimybę, dėl kurios dar kartą pažvelgsime į problemą: mes kalbame apie dviejų tipų objektus (defektines dalis ir ne), iš kurių tam tikra objektų skaičius išimamas ir tiriamas (su defektais ar ne). Ši problema išspręsta naudojant klasikinį tikimybės apibrėžimą (tiksliau, naudojant hipergeometrinę tikimybės formulę, plačiau apie tai skaitykite straipsnyje).
Pirmajame pavyzdyje mes išsamiai užrašysime sprendimą, tada sumažinsime (ir pilnos instrukcijos ir skaičiuotuvus rasite aukščiau esančioje nuorodoje).
Pirma, suraskime bendrą rezultatų skaičių – tai yra būdų, kaip pasirinkti bet kurias 3 dalis iš 25+6=31 dalių partijos dėžutėje, skaičius. Kadangi pasirinkimo tvarka nesvarbi, taikome formulę 31 objekto kombinacijų skaičiui iš 3: $n=C_(31)^3$.
Dabar pereikime prie įvykiui palankių rezultatų skaičiaus. Norėdami tai padaryti, visos 3 pasirinktos dalys turi būti standartinės jas galima pasirinkti $m = C_(25)^3$ būdais (nes langelyje yra lygiai 25 standartinės dalys).
Tikimybė yra tokia:
$$ P(\bar(A))=\frac(m)(n)=\frac(C_(25)^3 )(C_(31)^3) = \frac(23 \cdot 24\cdot 25) (29\cdot 30\cdot 31) =\frac(2300)(4495)= 0,512. $$
4. Tada norima tikimybė:
$$ P(A)=1-P(\bar(A))=1- 0,512 = 0,488. $$
Atsakymas: 0.488.
2 pavyzdys. Iš 36 kortų kaladės atsitiktinai paimamos 6 kortos. Raskite tikimybę, kad tarp paimtų kortų bus bent du kastuvai.
1. Įrašome įvykį $A$ =(Iš 6 pasirinktų kortelių bus bent du viršūnės).
2. Tada priešingas įvykis suformuluojamas taip: $\bar(A)$ = (Iš 6 pasirinktų kortų bus mažiau nei 2 kastuvai) = (Iš 6 pasirinktų kortų bus lygiai 0 arba 1 kastuvas, likusieji kitokį kostiumą).
komentuoti. Čia aš sustosiu ir padarysiu nedidelę pastabą. Nors 90% atvejų „eiti į priešingą įvykį“ technika veikia puikiai, pasitaiko atvejų, kai lengviau rasti pirminio įvykio tikimybę. Tokiu atveju, jei tiesiogiai ieškosite įvykio $A$ tikimybės, reikės sudėti 5 tikimybes, o įvykiui $\bar(A)$ - tik 2 tikimybes. Bet jei problema buvo „iš 6 kortų bent 5 yra viršūnės“, situacija būtų atvirkštinė ir būtų lengviau išspręsti pradinę problemą. Jei dar kartą bandysiu duoti nurodymus, tai pasakysiu. Atlikdami užduotis, kuriose matote „bent vieną“, nedvejodami pereikite prie priešingo įvykio. Jei mes kalbame apie „bent 2, bent 4 ir tt“, tuomet turite išsiaiškinti, ką lengviau suskaičiuoti.
3. Grįžtame prie problemos ir randame įvykio $\bar(A)$ tikimybę, naudodami klasikinį tikimybės apibrėžimą.
Bendras rezultatų skaičius (būdai pasirinkti bet kurias 6 korteles iš 36) yra $n=C_(36)^6$ (skaičiuotuvas).
Raskime įvykiui palankių rezultatų skaičių. $m_0 = C_(27)^6$ – būdų, kaip pasirinkti visas 6 ne piko spalvos kortas, skaičius (kalėje jų yra 36-9=27), $m_1 = C_(9)^1 \cdot C_(27)^5$ - suskaidykite būdus, kaip pasirinkti 1 pikų kostiumo kortą (iš 9) ir 5 kitas spalvas (iš 27).
$$ P(\bar(A))=\frac(m_0+m_1)(n)=\frac(C_(27)^6+C_(9)^1\cdot C_(27)^5 )(C_( 36)^6) =\frac(85215)(162316)= 0,525. $$
4. Tada norima tikimybė:
$$ P(A)=1-P(\bar(A))=1- 0,525 = 0,475. $$
Atsakymas: 0.475.
3 pavyzdys. Urnoje yra 2 balti, 3 juodi ir 5 raudoni rutuliukai. Atsitiktinai ištraukiami trys rutuliai. Raskite tikimybę, kad tarp ištrauktų kamuoliukų bus bent du skirtingos spalvos.
1. Įrašome įvykį $A$ =(Tarp 3 ištrauktų kamuoliukų bent du skirtingos spalvos). Tai yra, pavyzdžiui, „2 raudoni rutuliai ir 1 baltas“, „1 baltas, 1 juodas, 1 raudonas“ arba „2 juodas, 1 raudonas“ ir pan., yra daugybė variantų. Išbandykime perėjimo į priešingą įvykį taisyklę.
2. Tada priešingas įvykis suformuluojamas taip: $\bar(A)$ = (Visi trys rutuliai yra vienodos spalvos) = (parenkami 3 juodi arba 3 raudoni rutuliai) - yra tik 2 variantai, o tai reiškia, kad šis metodas sprendimas supaprastina skaičiavimus. Beje, visi kamuoliukai baltas Negalima pasirinkti, nes jų yra tik 2 ir ištraukti 3 rutuliai.
3. Bendras rezultatų skaičius (būdai pasirinkti 3 kamuoliukus iš 2+3+5=10 kamuoliukų) yra $n=C_(10)^3=120$.
Raskime įvykiui palankių rezultatų skaičių. $m = C_(3)^3+C_(5)^3=1+10=11$ – 3 juodų kamuoliukų (iš 3) arba 3 raudonų (iš 5) pasirinkimo būdų skaičius.
$$ P(\bar(A))=\frac(m)(n)=\frac(11)(120). $$
4. Reikalinga tikimybė:
$$ P(A)=1-P(\bar(A))=1-\frac(11)(120)=\frac(109)(120) = 0,908. $$
Atsakymas: 0.908.
Ypatingas atvejis. Nepriklausomi renginiai
Eikime toliau ir pateksime į problemų klasę, kurioje svarstomi keli nepriklausomi įvykiai (smūgiuoja strėlės, perdega lemputės, užveda automobiliai, su įvairiomis tikimybėmis suserga darbuotojai ir pan.) ir mums reikia „Rasti tikimybę, kad įvyks bent vienas įvykis“. Variantais tai gali skambėti taip: „raskite tikimybę, kad bent vienas iš trijų šaulių pataikys į taikinį“, „raskite tikimybę, kad bent vienas iš dviejų autobusų atvyks į stotį laiku“, „raskite tikimybė, kad per metus suges bent vienas elementas įrenginyje, kurį sudaro keturi elementai.
Jei aukščiau pateiktuose pavyzdžiuose kalbėjome apie klasikinės tikimybių formulės naudojimą, tai čia prieiname prie įvykių algebros, naudojame tikimybių pridėjimo ir dauginimo formules (maža teorija).
Taigi, nagrinėjami keli nepriklausomi įvykiai $A_1, A_2,...,A_n$, kurių kiekvieno įvykio tikimybė yra žinoma ir lygi $P(A_i)=p_i$ ($q_i=1-p_i$). Tada tikimybė, kad eksperimento rezultatas įvyks bent vienas iš įvykių, apskaičiuojama pagal formulę
$$ P=1-q_1\cdot q_2 \cdot ...\cdot q_n. \quad(1) $$
Griežtai kalbant, ši formulė taip pat gaunama taikant pagrindinę techniką „Eiti į priešingą įvykį“. Iš tiesų, tegul $A$=(įvyks bent vienas įvykis iš $A_1, A_2,...,A_n$), tada $\bar(A)$ = (Neįvyks nė vienas įvykis), o tai reiškia:
$$ P(\bar(A))=P(\bar(A_1) \cdot \bar(A_2) \cdot... \bar(A_n))=P(\bar(A_1)) \cdot P(\ bar(A_2)) \cdot ... P(\bar(A_n))=\\ =(1-P(A_1)) \cdot (1-P(A_2)) \cdot ... (1-P( A_n))=\\ =(1-p_1) \cdot (1-p_2) \cdot ... (1-p_n)=q_1\cdot q_2 \cdot ...\cdot q_n,\\ $$ iš kur mes gaukite mūsų formulę $$ P(A)=1-P(\bar(A))=1-q_1\cdot q_2 \cdot ...\cdot q_n. $$
4 pavyzdys. Įrenginį sudaro dvi nepriklausomai veikiančios dalys. Dalių gedimo tikimybė yra atitinkamai 0,05 ir 0,08. Raskite įrenginio gedimo tikimybę, jei jos pakanka, kad sugestų bent viena dalis.
Įvykis $A$ =(Mazgas nepavyko) = (Nepavyko bent viena iš dviejų dalių). Pristatome nepriklausomus įvykius: $A_1$ = (Pirmoji dalis nepavyko) ir $A_2$ = (Antra dalis nepavyko). Pagal sąlygą $p_1=P(A_1)=0,05$, $p_2=P(A_2)=0,08$, tada $q_1=1-p_1=0,95$, $q_2=1-p_2=0, 92 USD. Taikykime formulę (1) ir gaukime:
$$ P(A)=1-q_1\cdot q_2 = 1-0,95\cdot 0,92=0,126. $$
Atsakymas: 0,126.
5 pavyzdys. Studentas ieško jam reikalingos formulės trijose žinynuose. Tikimybė, kad formulė yra pirmame kataloge, yra 0,8, antrajame - 0,7, trečiame - 0,6. Raskite tikimybę, kad formulė yra bent vienoje žinyne.
Mes tęsiame tuo pačiu būdu. Apsvarstykite pagrindinį įvykį
$A$ =(Formulė yra bent vienoje žinyne). Pristatome nepriklausomus renginius:
$A_1$ = (Formulė yra pirmoje žinyne),
$A_2$ = (Formulė yra antroje žinyne),
$A_3$ = (Formulė yra trečioje žinyne).
Pagal sąlygą $p_1=P(A_1)=0.8$, $p_2=P(A_2)=0.7$, $p_3=P(A_3)=0.6$, tada $q_1=1-p_1=0 ,2$, $q_2 =1-p_2=0,3$, $q_3=1-p_3=0,4$. Taikykime formulę (1) ir gaukime:
$$ P(A) = 1-q_1\cdot q_2\cdot q_3 = 1-0,2\cdot 0,3\cdot 0,4 = 0,976. $$
Atsakymas: 0,976.
6 pavyzdys. Darbuotojas prižiūri 4 mašinas, kurios veikia nepriklausomai viena nuo kitos. Tikimybė, kad per pamainą pirma mašina pareikalaus darbuotojo dėmesio yra 0,3, antra - 0,6, trečia - 0,4 ir ketvirta - 0,25. Raskite tikimybę, kad per pamainą bent vienai mašinai nereikės meistro dėmesio.
Manau, jūs jau supratote sprendimo principą, vienintelis klausimas yra įvykių skaičius, bet tai neturi įtakos sprendimo sudėtingumui (skirtingai nei bendrų užduočių dėl tikimybių sudėjimo ir daugybos). Tik būkite atsargūs, tikimybės nurodomos „reiks dėmesio“, tačiau užduoties klausimas yra „bent vienai mašinai dėmesio nereikės“. Kad galėtumėte naudoti, turite įvesti įvykius taip pat, kaip ir pagrindiniame (šiuo atveju su NOT). bendroji formulė (1).
Mes gauname:
$A$ = (Pamainos metu bent vienai mašinai NETEKS meistro dėmesio),
$A_i$ = ($i$-asis aparatas NEreikalaus meistro dėmesio), $i=1,2,3,4$,
$p_1 = 0,7 $, $ p_2 = 0,4 $, $ p_3 = 0,6 $, $ p_4 = 0,75 $.
Reikalinga tikimybė:
$$ P(A)=1-q_1\cdot q_2\cdot q_3 \cdot q_4= 1-(1-0,7)\cdot (1-0,4)\cdot (1-0,6)\cdot (1-0,75) = 0,982 . $$
Atsakymas: 0,982. Beveik neabejotinai meistras ilsėsis visą pamainą ;)
Ypatingas atvejis. Pakartotiniai testai
Taigi, turime $n$ nepriklausomų įvykių (arba tam tikros patirties pasikartojimų) ir šių įvykių (arba įvykio atsiradimo kiekviename eksperimente) tikimybę. dabar yra tokie patys ir yra lygūs $p$. Tada formulė (1) supaprastinama iki formos:
$$ P=1-q_1\cdot q_2 \cdot ...\cdot q_n = 1-q^n. $$
Tiesą sakant, mes susiaurėjame iki problemų klasės, vadinamos „pakartotiniais nepriklausomais bandymais“ arba „Bernoulli schema“, kur atliekami $n$ eksperimentai, kurių tikimybė, kad įvyks kiekviename iš jų, yra lygi $p$. Turime rasti tikimybę, kad įvykis įvyks bent kartą iš $n$ pasikartojimų:
$$ P=1-q^n. \quad(2) $$
Daugiau apie Bernoulli schemą galite perskaityti internetiniame vadovėlyje, taip pat pažiūrėti skaičiuoklės straipsnius apie įvairių porūšių problemų sprendimą (apie kadrus, loterijos bilietus ir kt.). Žemiau bus aptariamos tik problemos, susijusios su „bent vienu“.
7 pavyzdys. Tegul tikimybę, kad televizoriui nereikės remonto garantinis laikotarpis, yra lygus 0,9. Raskite tikimybę, kad garantiniu laikotarpiu bent vienam iš 3 televizorių nereikės remonto.
Trumpai tariant, sprendimo dar nematėte.
Tiesiog išrašome iš sąlygos: $n=3$, $p=0.9$, $q=1-p=0.1$.
Tada tikimybė, kad garantiniu laikotarpiu bent vienam iš 3 televizorių nereikės remonto pagal (2) formulę:
$$ P=1-0,1^3=1-0,001=0,999 $$
Atsakymas: 0,999.
8 pavyzdys. Į tam tikrą taikinį paleidžiami 5 nepriklausomi šūviai. Pataikymo vienu šūviu tikimybė yra 0,8. Raskite tikimybę, kad bus bent vienas smūgis.
Vėlgi, pradedame nuo problemos formalizavimo, žinomų dydžių užrašymo. $n=5$ šūviai, $p=0.8$ – pataikymo tikimybė vienu šūviu, $q=1-p=0.2$.
Ir tada tikimybė, kad bus bent vienas pataikymas iš penkių šūvių, yra lygi: $$ P=1-0,2^5=1-0,00032=0,99968 $$
Atsakymas: 0,99968.
Manau, kad naudojant (2) formulę viskas yra daugiau nei aišku (nepamirškite perskaityti apie kitas problemas, išspręstas pagal Bernoulli schemą, nuorodos buvo aukščiau). Ir toliau pateiksiu šiek tiek sudėtingesnę problemą. Tokių problemų pasitaiko rečiau, tačiau reikia išmokti ir jų sprendimo būdą. einam!
9 pavyzdys. Atliekama N nepriklausomų eksperimentų, kurių kiekviename įvykis A pasirodo su 0,7 tikimybe. Kiek eksperimentų reikia atlikti, kad būtų garantuotas bent vienas įvykio A įvykis su 0,95 tikimybe?
Turime Bernulio schemą, $n$ – eksperimentų skaičius, $p=0.7$ – įvykio A atsiradimo tikimybė.
Tada tikimybė, kad $n$ eksperimentuose įvyks bent vienas įvykis A, lygi (2) formulei: $$ P=1-q^n=1-(1-0.7)^n=1-0, 3^ n $$ Pagal sąlygą ši tikimybė turi būti ne mažesnė kaip 0,95, todėl:
$1–0,3^n \ge 0,95,\\ 0,3^n \le 0,05,\\ n \ge \log_(0,3) 0,05 = 2,49. $$
Apvalinant gauname, kad reikia atlikti bent 3 eksperimentus.
Atsakymas: Turite atlikti mažiausiai 3 eksperimentus.
Dmitrijus Žitomirskis, generalinis direktorius ir ARTCOM SPb įkūrėjas
Merfio dėsnis: „Jei tikėtina, kad atsitiks kažkas blogo, tai atsitiks“.
Murphy buvo optimistas. Kiekvieno gyvenime būna atvejų, kai viskas pavyksta, bet nesijaudinkite, tai greitai praeis! Juk pagal Merfio dėsnį neigiamo rezultato susidarymas jokiu būdu nepriklauso nuo mūsų siekių, todėl vis tiek turėsime viską sutvarkyti. Kaip? Tokiu atveju užduoties sąlygas galite pasirinkti patys. Jei tokią problemą traktuojame kaip įprastą praktiką, reikia pakeisti visą sistemą; personalo atsainumas – ieškoti naujų darbuotojų; mistika reiškia eiti pas šamanus. Paimkime pavyzdį iš netolimos praeities: visi tyrimų tikslais į kosmosą paleisti palydovai nukrito atgal į Žemę. Bet prie tokių svarbius įvykius pasiruošimas vyksta jau ne pirmus metus. Logiška, kad apie tai buvo verta pagalvoti, kai pirmieji trys palydovai niekur neskrido. Tačiau nieko nedarant sulaukėme dar vienos tragedijos. Kaip turėtume jaustis dėl to? Ieškote techninių problemų ar padidinate kosmoso instrumentų finansavimą? Teisingai: išspręskite problemą kompleksiškai, vadinasi, ieškokite techninių trūkumų ir išryškinkite daugiau pinigų, ir nesąžiningus darbuotojus atleisti, o sunkesnius uždavinius – iš karto. Tačiau vėlgi remiantis Merfio dėsniu, net ir tai gali neduoti 100% rezultato.
Prisiminkime bent pirmąją Merfio dėsnio pasekmę: Viskas nėra taip paprasta, kaip atrodo arba Kiekvienas darbas užima daugiau laiko, nei manote.
Naujos idėjos gimimą, kaip taisyklė, visada lydi įsivaizduojami jos įgyvendinimo įrodymai. Jums tereikia duoti postūmį – susiraskite vadovą, pridėkite pinigų imdami paskolą arba reklamuokite svetainę internete. Tačiau viską pabandžius paaiškėja, kad niekas neveikia. Savo euforijoje praleidžiame kažką svarbiausio. Kita vertus, kai tik pradedame galvoti apie ateities problemas, akimirksniu prarandame „skrydžio jausmą“, įkvėpimą – ir viskas sustoja vienu ypu. Todėl visada turėtumėte siekti savo tikslo apsėsti savo neabejotinos sėkmės idėjos, sprendžiant iškilusias problemas, nepamirštant, kad vieno kastuvo gali neužtekti net mažiausiai skylutei, jei joje yra akmenukas. labai vieta. Juk pagal antrąją išvadą: Iš visų galimų bėdų atsitiks ta, kuri pridarys daugiausia žalos. . Todėl visada reikia ruoštis blogiausiam. Žinoma, pradedant verslą reikia tikėti savimi, tačiau suprasti, kad tai didžiulė rizika. Ir kas 20-tas atvejis beveik visada baigiasi nesėkme, nes kai ką įgyji, tai visada kažką prarandi. Svarbu neprarasti visko. Todėl jums nereikia pradėti verslo iš paskutinių pinigų. Tai labai rizikinga. Šiaip ar taip, reikia sutaupyti maistui ir komunalinėms paslaugoms, kad, kai viskas baigsis, galėtumėte patepti duoną. Tragedijos nutinka visur, ir daug rimtesnio masto nei vien žlugus verslas. Kaip to išvengti? Neatsipalaiduok! Ryte atsibuskite laiku ir nedelsdami kibkite į darbą. Vis tiek neišvengsite spontaniškų bėdų, tačiau galite sumažinti jų atsiradimo lygį. Daryk ką nori, tik nesėdi vietoje! Juk trečioji Merfio dėsnio pasekmė sako: Palikti savieigai, įvykiai linkę blogėti. Jei nustojote valdyti įvykius, kuriuos galite paveikti, polinkis pablogėti netruks. Įkuriate verslą, o ką samdote, tai yra jūsų verslas, jūsų idėja. Jei nuo jo nutolsite, viskas bus žaibišku greičiu. Kitoje pusėje: Kiekvienas sprendimas sukuria naujų problemų. Kai tik pradedame ką nors daryti, sukuriame kažką materialaus, kuris turi galimybę gyventi savo gyvenimą. O tai reiškia, kaip mažas vaikas, tai tikrai staiga taps suaugęs ir pradės rūkyti, nors visą savo vaikystę bandėte jai aiškinti, kad rūkymas kenkia. Išeitis čia yra tik Taraso Bulbos teigimu: „Aš tave pagimdžiau, aš tave nužudysiu“. Kartais verslo mirtis yra geriau nei visi bandymai jį išgelbėti. O reikalas gali slypėti ne tik tavyje, bet ir tame, kad tavo konkurentai pasirodė rimtesni ir judresni. Dabar matome visišką „Nokia“ žlugimą, kažkas panašaus jau nutiko ir kitoms su ryšių įranga susijusioms įmonėms. Vienu metu jie pasigedo, kad Korėjos įmonės tuo rimtai įsitraukė, investavo daug pinigų ir iškart pradėjo naujų produktų gamybą. Ir jie manė, kad visą gyvenimą vairuos savo prekės ženklą. Tai neįvyksta. Jie pasidarė arogantiški ir gavo savo pareigas. Dabar Nokia pagaliau išleido naują mobiliuosius telefonus, tačiau ekspertai sako, kad jau per vėlu. Ir net maža kaina kartu su prekės ženklu įmonės neišgelbės. Tai buvo žingsnis atgal, o ne į priekį. Panašių pavyzdžių yra gana daug.
Reikėtų pagalvoti ir apie kitą kraštutinumą – japonišką Toyota su Kaizen filosofija, kuri reiškia nuolatinį gamybos ir valdymo procesų tobulinimą. Ar ši praktika yra panacėja? Greičiausiai ne, nes, kaip žinote, geriausias yra gėrio priešas. Kiekvienai naujai automobilio daliai reikia sumontuoti dar dvi atsargines dalis, kurios ją valdys. Tas pats ir versle. Sistemos tobulinimas reiškia begalinį jos augimą ir lėšų, skirtų priežiūrai, didinimą. Kuo didesnė korporacija, tuo didesnė jos nesėkmės tikimybė. Štai kodėl krizės momentu pamatėme, kad didžiausi „Titanikai“, tie, kurie buvo laikomi nesunaikinamais, nulipo pirmieji į dugną. Taip yra todėl, kad tai, kas galingiausia ir tobuliausia, jau yra netobula tuo, kad yra galinga. Pas mus vis dar stovi ir vis dar veikia močiutės mėsmalės, o kaip duoklė technologijų pažangai dėl nesibaigiančių gedimų nuolat tenka keisti elektrinius procesorius. Pasirodo, kuo mažesnis mechanizmas, tuo mažesnė tikimybė, kad Merfio dėsniai pasireikš. Juk jei visas konvejeris susideda iš dviejų uzbekų, vežančių smėlį iš vieno kiemo galo į kitą, tikimybė, kad toks konvejeris suges, sumažėja šimtus kartų nei tuo atveju, jei tas pačias funkcijas atliktų keli ekskavatoriai.
Merfio dėsniai pasirodo visur. Papildomi varžtai ir varžtai surinkimo metu erdvėlaivis? Žinoma, taip! Iš kur – kitas klausimas. Akivaizdu, kad jūsų kūryba pateko arba į Kulibino, arba į slogos rankas. Tačiau būkime objektyvūs: antrasis variantas yra labiau paplitęs. Tačiau abu jie turi papildomų atsarginių dalių. Ir tai yra Merfio dėsnio pagrindas. Plano perdavimas visiems kitas asmuo, kiekvieną kartą, kai prarandi dalį sukaupto kapitalo, nes naujas žmogus negalės paimti tavo minties tokia forma, kokia ji egzistuoja tavo galvoje, kad ir kaip stengtumėtės. Tai jau ne to žmogaus žinios, o tavo, perduotos jam. Jis vis tiek girdėjo jas savaip, o tai, ką girdėjo, įgyvendins savaip, taigi ir nereikalingos smulkmenos. Antrasis variantas yra kulibinai, kurie sąmoningai savo nuožiūra pažeidžia taisykles iš kategorijos: „Nedarysiu to, ko nenoriu“. Grynai žmogiškasis faktorius. Taisyklės, kaip žinote, egzistuoja tam, kad jas būtų galima pažeisti, ir jei yra galimybė, tai tikrai atsitiks. Bet kokiu atveju tokie veiksmai atliekami iš protesto. Ir net jei suprasite, kad yra 300% tikimybė, kad po savo veiksmo būsite atleistas iš darbo, vis tiek tai darysite, sulaukdami neįtikėtino šurmulio. Skandalas nenueis veltui, o įsitraukti visada malonu. Net jei tavo raketa nukrito, kaip ji skrido... kaip gražiai... kaip nauja... Jei svarstysime verslą, akivaizdu, kad tai konfliktas tarp griežtos organizacijos ir statybos, nes žmonės negali dirbti kaip mechanizmai. Žmonės yra žmonės, ir kuo daugiau darbuotojų turėsite, tuo dažniau taip nutiks. Melskitės, kad to nepastebėtumėte, bet anksčiau ar vėliau kažkas vis tiek ateis į jūsų biurą ir pasakys, kaip pavargo nuo sistemos. Tiesą sakant, nenaudinga net bausti tokius žmones, bet tai būtina. Jiems jokia bausmė niekada nepadengs malonumo, kurį jie gavo per patį veiksmą. Tačiau gudriai išplėtoję PR taktiką kaip blogą pavyzdį, galite padaryti tai kitiems nemalonų, bet tik tol, kol sistemoje vėl neatsiras kitaip mąstantis. Ir tai tikrai pasikartos, kaip Merfio dėsnio įrodymas. Todėl vadovaujančias pareigas einantys darbuotojai turi būti impulsyvūs slapukai, bet kartu atsakingi ir drausmingi, nes būtent vadovai dažniausiai susiduria su Merfio dėsnių veikimu, kai neturi galimybės „pakilti virš situacijos“ ir parodyti. kūrybiškumas be aukų nepavyks išeiti. Žmogus turi būti neįtikėtinai kūrybingas, turi mokėti rasti daugiausiai nestandartinis sprendimas ir nedelsdami ją įgyvendinkite, neįklimpdami ir nesigilindami į esamos situacijos sudėtingumą, iš karto atsisakydami įprastų sprendimų ir pasiūlydami savo novatorišką ir efektyviausią požiūrį. Dažnai organizacija reiškia discipliną, tačiau visiškai disciplinuotas žmogus yra tik sraigtelis. Todėl renkantis asmenį vadovaujančią poziciją, atkreipkite dėmesį ne tik į tuos kandidatus, kurie puikiai išlaikė visus jūsų testus, bet ir į tuos, kurie neišlaikė, bet galvoja originaliau nei daugelis, nes to vadybos mokykloje nemoko, tai duota iš Dievo.
Neleiskite dalykams pasiekti absurdo. Jei jaučiate, kad variklis pradėjo veikti, dar savaitę „prievartaukite“, bet vis tiek kreipkitės į mechaniką. Nemėginkite statyti vežimėlio prieš lokomotyvą. Jei situacija jau pradėjo klostytis jums nepalankia kryptimi, sugalvokite ne kaip staigiai sustabdyti traukinį, o kaip švelniai sumažinti greitį, kad sustojimas būtų kuo minkštesnis. Juk staigus sustojimas, kaip taisyklė, visada veda į griūtį ir griūtį. Ir galiausiai, jei „audra“ pasiekė neįtikėtiną mastą, išdrįskite mesti verslą, raskite jėgų parduoti verslą ne už pusę ar net ketvirtadalį, o už dešimtadalį visų išlaidų, kad turėtumėte galimybė daryti ką nors kita, jei čia nepasisekė. Esate kūrybingas žmogus, jūsų rankose yra pinigai. Ir pinigai nėra pyragas danguje ar net zylė, tai pinigai. Imk ir investuok į ką nors kita! Jei vilksite kojas neribotą laiką, liksite visiškai be nieko. Merfio dėsniai tik pabrėžia, kad sunkių situacijų buvo, yra ir bus. Ir žmogaus gebėjimas išeiti iš sunkios situacijos- Tai ne mokymas verslo mokykloje, o tik jo paties proto kūrybiškumas. Sutikite audrą šypsodamiesi!
Kalbino Anna Sayapina
Pamokos tikslai:
- Gebėti pateikti atsitiktinių įvykių pavyzdžių.
- Supraskite, kad tikimybė yra skaitinis įvykio tikimybės matas, kad tikimybė yra skaičius nuo 0 iki 1.
- Supažindinti 8 klasės mokinius su pagrindinėmis tikimybių teorijos sąvokomis.
- Išmokite išspręsti paprastas problemas naudodami klasikines tikimybių formules.
Teorinė medžiaga
Apibrėžimas: teorija tikimybės yra matematikos šaka, tirianti tikimybinius ir statistinius dėsnius.
Pavyzdžiui, naudodamiesi šia teorija galite apskaičiuoti tikimybę, kad tam tikras klasės mokinys pamokos metu bus pakviestas prie lentos. Panagrinėkime pagrindines tikimybių teorijos sąvokas.
Apibrėžimas: Atsitiktiniai įvykiai- tai įvykiai, kurie tomis pačiomis sąlygomis gali įvykti arba neįvykti.
Vienas iš matematinės statistikos įkūrėjų, švedų mokslininkas Haraldas Krameris rašė: „Matyt, neįmanoma tiksliai apibrėžti, ką reiškia žodis „atsitiktinis“. Šio žodžio reikšmę geriausiai paaiškina pavyzdžiai“. Pavyzdžiui, atsitiktinis įvykis yra saulėtas oras.
Įprasta prasme tikimybė yra kiekybinis numatomo įvykio galimybės įvertinimas.
Apibrėžimas: Įvykiai, kurie negali įvykti tam tikromis sąlygomis, vadinami neįmanomais.
Apibrėžimas: įvykiai, kurie tikrai įvyks tam tikromis sąlygomis, vadinami patikimais.
Pavyzdžiui, pamokos pabaiga.
Taigi patikimas įvykis yra įvykis, įvykęs tam tikromis sąlygomis su šimtaprocentine tikimybe(t.y. pasitaiko 10 atvejų iš 10, 100 atvejų iš 100 ir pan.). Neįmanomas įvykis yra įvykis, kuris niekada neįvyksta tam tikromis sąlygomis, įvykis su nuline tikimybe.
Bet, deja (o gal laimei), ne viskas gyvenime taip aišku ir tikslu: visada bus (tam tikras įvykis), niekada nebus (neįmanomas įvykis). Dažniausiai susiduriame su atsitiktiniais įvykiais, kurių vieni labiau tikėtini, kiti mažiau tikėtini. Paprasti žmonės žodžius „labiau tikėtina“ arba „mažiau tikėtina“, kaip sakoma, vartoja pagal užgaidą, pasikliaudami tuo, kas vadinama sveiku protu. Tačiau labai dažnai tokie įvertinimai yra nepakankami, nes svarbu žinoti kiek laiko procentų tikriausiai atsitiktinis įvykis arba kiek kartų vienas atsitiktinis įvykis yra labiau tikėtinas nei kitas. Kitaip tariant, mums reikia tikslių kiekybinis charakteristikas, jūs turite mokėti apibūdinti tikimybę skaičiumi.
Jau žengėme pirmuosius žingsnius šia kryptimi. Sakėme, kad patikimo įvykio tikimybė apibūdinama šimtu procentų, o neįmanomo įvykio tikimybė – nuliui. Atsižvelgiant į tai, kad 100% yra lygus 1, žmonės susitarė dėl šių dalykų:
1) patikimo įvykio tikimybė laikoma lygi 1;
2) neįmanomo įvykio tikimybė laikoma lygi 0.
Kaip apskaičiuoti atsitiktinio įvykio tikimybę? Juk taip atsitiko netyčia, o tai reiškia, kad jis nepaklūsta dėsniams, algoritmams ar formulėms. Pasirodo, atsitiktinumo pasaulyje galioja tam tikri dėsniai, leidžiantys skaičiuoti tikimybes. Tai yra matematikos šaka, kuri vadinama - tikimybių teorija.
KLASIKINĖS TIKIMYBĖS SCHEMA
Norėdami sužinoti įvykio A tikimybę atlikdami eksperimentą, turėtumėte:
1) raskite visų galimų šio eksperimento baigčių skaičių N;
2) priimti prielaidą, kad visi šie rezultatai yra vienodai tikėtini;
3) raskite skaičių N(A) tų eksperimento rezultatų, kurių metu įvyksta įvykis A;
4) raskite koeficientą N(A)/N ir jis bus lygus įvykio A tikimybei.
Paaiškinkime šis apibrėžimas pagal pavyzdį. Apsvarstykite atsitiktinį kauliukų metimo eksperimentą. Yra žinoma, kad kauliukas turi 6 lygias sunumeruotas puses. Kiekvieno kauliuko metimo rezultatas bus vienas iš skaičių nuo 1 iki 6. Šiame eksperimente turime keletą galimų rezultatų n, lygus 6. Numatomą rezultatą priskirkime skaičiui 5. Kadangi ant kauliuko yra tik vienas skaičius 5, tai palankių rezultatų skaičius m bus lygus 1. Naudojant klasikinę tikimybių formulę nesunku apskaičiuoti, kad tikimybė gauti skaičių 5 yra 1/6.
Verta pažymėti, kad klasikinis tikimybės apibrėžimas taikomas tik atsitiktiniam įvykiui, kurio rezultatas yra toks pat tikėtinas. Pavyzdžiui, jei kauliuko kraštinės yra nelygios, kai kurie skaičiai būtų labiau linkę mesti nei kiti. Klasikinės tikimybės apibrėžimas šiuo atveju nebūtų taikomas.
Tikimybė yra teigiamas skaičius nuo nulio iki vieneto.
Neįmanomo įvykio tikimybė yra 0, nes palankių baigčių skaičius m lygus 0.
Patikimo įvykio tikimybė yra 1, nes palankių baigčių skaičius m atitinka galimų rezultatų skaičių n.
Praktinė dalis
Išspręskite problemas:
- Mesti du kauliukai: raudonas ir mėlynas. Atsižvelgdami į tai, kad visos skaičių kombinacijos ant raudono ir mėlyno kauliukų yra vienodai įmanomos, nustatykite tikimybę, kad raudonų ir mėlynų kauliukų skaičiai bus vienodi. Apskaičiuokime bendrą baigčių skaičių (skaičių derinį). Raudonasis kauliukas gali turėti bet kokį skaičių nuo vieno iki šešių. Kiekvienai iš šių parinkčių yra šeši skaičių variantai ant mėlynojo kauliuko. Tarkime, jei raudonas kauliukas rodo trejetą, galimi variantai yra (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6). (Pirmiausia užrašome skaičių ant raudono kauliuko, o po to ant mėlyno.) Taigi iš viso bus 6 ґ 6 = 36 deriniai (rezultatai). Juos galima įsivaizduoti lentelės pavidalu (žr. vadovėlio lapelį). Pagal sąlygą palankios yra tie, kur ant abiejų kauliukų yra tas pats skaičius. Jų yra šeši ir jie stovi ant stalo įstrižainės: (1,1) (2,2) (3,3) (4,4) (5,5) (6,6). Taigi palankių rezultatų dalis (norima tikimybė) yra 6 iš 36, tai yra 1/6.
- Kokia tikimybė gauti natūraliąjį skaičių metant kauliuką?
- Kokia tikimybė gauti skaičių 9 metant kauliuką?
- Kokia tikimybė gauti galvą metant monetą?
- Loterijoje yra 55 bilietai, iš kurių 7 laimi.
Kokia tikimybė laimėti perkant vieną bilietą? Kokia tikimybė prarasti perkant vieną bilietą?
- Namų darbai
- Nustatykite tikimybę gauti nelyginį skaičių metant kauliuką.
- Pateikite neįmanomų įvykių pavyzdžių iš mokyklos gyvenimo.
- Yra 24 bilietai į egzaminą. Vasja 5 iš jų neišmoko.
Kokia tikimybė, kad Vasya ištrauks laimingą bilietą? Žodžio MISHA raidės buvo sumaišytos ir išdėstytos atsitiktine tvarka (visos permutacijos yra vienodai tikėtinos). Kokia tikimybė, kad išeis tas pats žodis? Tas pats klausimas dėl žodžių MAІІІА ir MAMA. Tiesą sakant, formulės (1) ir (2) yra trumpi užrašai
sąlyginė tikimybė
Šiuo atveju turime apskaičiuoti sąlyginę tikimybę P (pirkimas baigtas | pirkimas planuojamas). Kadangi žinome, kad šeima planuoja pirkti, pavyzdinę erdvę sudaro ne visos 1000 šeimų, o tik planuojančios įsigyti plačiaekranį televizorių. Iš 250 tokių šeimų 200 iš tikrųjų įsigijo šį televizorių. Todėl tikimybę, kad šeima iš tikrųjų nusipirks plačiaekranį televizorių, jei tai planavo, galima apskaičiuoti pagal šią formulę:
P (pirkimas baigtas | pirkimas planuojamas) = šeimų, planavusių ir įsigijusių plačiaekranį televizorių, skaičius / šeimų, planuojančių įsigyti plačiaekranį televizorių, skaičius = 200 / 250 = 0,8
Formulė (2) duoda tą patį rezultatą:
kur įvykis A yra tai, kad šeima planuoja įsigyti plačiaekranį televizorių ir renginį IN- kad ji tikrai jį nusipirks. Pakeitę tikrus duomenis į formulę, gauname:
Sprendimų medis
Fig. 1 šeimos skirstomos į keturias kategorijas: planavusius įsigyti plačiaekranį televizorių ir nepirkusius, taip pat pirkusius tokį televizorių ir nepirkusius. Panašią klasifikaciją galima atlikti naudojant sprendimų medį (2 pav.). Fig. parodytas medis. 2 turi du filialus, atitinkančius šeimas, kurios planavo įsigyti plačiaekranį televizorių, ir šeimas, kurios to nedarė. Kiekviena iš šių atšakų padalijama į dvi papildomas šakas, atitinkančias namų ūkius, kurie įsigijo ir neįsigijo plačiaekranį televizorių. Tikimybės, parašytos dviejų pagrindinių šakų galuose, yra besąlyginės įvykių tikimybės A Ir A'. Tikimybės, parašytos keturių papildomų šakų gale, yra kiekvieno įvykių derinio sąlyginės tikimybės A Ir IN. Sąlyginės tikimybės apskaičiuojamos jungtinę įvykių tikimybę padalijus iš kiekvieno iš jų atitinkamos besąlyginės tikimybės.
Ryžiai. 2. Sprendimų medis
Pavyzdžiui, norint apskaičiuoti tikimybę, kad šeima nusipirks plačiaekranį televizorių, jei tai planavo, reikia nustatyti įvykio tikimybę. pirkimas suplanuotas ir baigtas, tada padalinkite jį iš įvykio tikimybės planuojamas pirkimas. Judėjimas sprendimų medžiu, parodytu Fig. 2, gauname tokį (panašų į ankstesnį) atsakymą:
Statistinis nepriklausomumas
Plačiaekranio televizoriaus pirkimo pavyzdyje tikimybė, kad atsitiktinai pasirinkta šeima įsigijo plačiaekranį televizorių, turėdama planą tai padaryti, yra 200/250 = 0,8. Prisiminkite, kad besąlyginė tikimybė, kad atsitiktinai pasirinkta šeima įsigijo plačiaekranį televizorių, yra 300/1000 = 0,3. Tai veda prie labai svarbios išvados. Išankstinė informacija, kad šeima planuoja pirkti, turi įtakos paties pirkimo tikimybei. Kitaip tariant, šie du įvykiai priklauso vienas nuo kito. Priešingai nei šiame pavyzdyje, yra statistiškai nepriklausomų įvykių, kurių tikimybės nepriklauso vienas nuo kito. Statistinė nepriklausomybė išreiškiama tapatybe: P(A|B) = P(A), Kur P(A|B)- įvykio tikimybė A su sąlyga, kad įvykis įvyko IN, P(A)- besąlyginė įvykio A tikimybė.
Atkreipkite dėmesį, kad įvykiai A Ir IN P(A|B) = P(A). Jei charakteristikų nenumatytų atvejų lentelėje, kurios dydis yra 2 × 2, ši sąlyga yra įvykdyta bent vienam įvykių deriniui A Ir IN, jis galios bet kokiam kitam deriniui. Mūsų įvykių pavyzdyje planuojamas pirkimas Ir pirkimas baigtas nėra statistiškai nepriklausomi, nes informacija apie vieną įvykį turi įtakos kito tikimybei.
Pažvelkime į pavyzdį, rodantį, kaip patikrinti dviejų įvykių statistinę nepriklausomybę. Paklauskime 300 šeimų, įsigijusių plačiaekranį televizorių, ar jos patenkintos pirkiniu (3 pav.). Nustatykite, ar pasitenkinimo pirkimu laipsnis ir televizoriaus tipas yra susiję.
Ryžiai. 3. Duomenys, apibūdinantys plačiaekranių televizorių pirkėjų pasitenkinimo laipsnį
Sprendžiant iš šių duomenų,
tuo pat metu
P (klientas patenkintas) = 240 / 300 = 0,80
Todėl tikimybė, kad klientas bus patenkintas pirkiniu ir šeima įsigijo HDTV televizorių, yra vienoda, o šie įvykiai yra statistiškai nepriklausomi, nes niekaip nesusiję.
Tikimybių daugybos taisyklė
Sąlyginės tikimybės skaičiavimo formulė leidžia nustatyti bendro įvykio tikimybę A ir B. Išsprendus formulę (1)
palyginti su sąnario tikimybe P(A ir B), gauname bendrąją tikimybių dauginimo taisyklę. Įvykio tikimybė A ir B lygus įvykio tikimybei A su sąlyga, kad įvykis įvyks IN IN:
(3) P(A ir B) = P(A|B) * P(B)
Paimkime kaip pavyzdį 80 šeimų, įsigijusių plačiaekranį HDTV televizorių (3 pav.). Lentelėje matyti, kad 64 šeimos patenkintos pirkiniu, o 16 – ne. Tarkime, kad iš jų atsitiktinai atrenkamos dvi šeimos. Nustatykite tikimybę, kad abu klientai bus patenkinti. Naudodami (3) formulę gauname:
P(A ir B) = P(A|B) * P(B)
kur įvykis A yra tai, kad antroji šeima yra patenkinta savo pirkiniu ir įvykiu IN– kad pirmoji šeima būtų patenkinta savo pirkiniu. Tikimybė, kad pirmoji šeima bus patenkinta savo pirkiniu, yra 64/80. Tačiau tikimybė, kad antroji šeima taip pat bus patenkinta savo pirkiniu, priklauso nuo pirmosios šeimos atsakymo. Jei pirmoji šeima po apklausos į atranką negrįžta (atranka be grąžinimo), respondentų skaičius sumažinamas iki 79. Jei pirmoji šeima yra patenkinta savo pirkiniu, tikimybė, kad antroji šeima taip pat bus patenkinta, yra 63 /79, nes atrinktose šeimose liko tik 63 patenkintos pirkiniu. Taigi, pakeitę konkrečius duomenis į (3) formulę, gauname tokį atsakymą:
P(A ir B) = (63/79) (64/80) = 0,638.
Todėl tikimybė, kad abi šeimos yra patenkintos savo pirkiniais – 63,8 proc.
Tarkime, kad po apklausos į imtį grįžta pirmoji šeima. Nustatykite tikimybę, kad abi šeimos bus patenkintos pirkiniu. Tokiu atveju tikimybė, kad abi šeimos bus patenkintos savo pirkiniu, yra vienodos ir lygios 64/80. Todėl P(A ir B) = (64/80)(64/80) = 0,64. Taigi tikimybė, kad abi šeimos yra patenkintos savo pirkiniais, yra 64,0%. Šis pavyzdys rodo, kad antros šeimos pasirinkimas nepriklauso nuo pirmosios. Taigi, pakeičiant sąlyginę tikimybę formulėje (3) P(A|B) tikimybė P(A), gauname nepriklausomų įvykių tikimybių padauginimo formulę.
Nepriklausomų įvykių tikimybių dauginimo taisyklė. Jei įvykiai A Ir IN yra statistiškai nepriklausomi, įvykio tikimybė A ir B lygus įvykio tikimybei A, padauginta iš įvykio tikimybės IN.
(4) P(A ir B) = P(A)P(B)
Jei ši taisyklė galioja įvykiams A Ir IN, o tai reiškia, kad jie yra statistiškai nepriklausomi. Taigi, yra du būdai nustatyti dviejų įvykių statistinę nepriklausomybę:
- Renginiai A Ir IN yra statistiškai nepriklausomi vienas nuo kito tada ir tik tada P(A|B) = P(A).
- Renginiai A Ir B yra statistiškai nepriklausomi vienas nuo kito tada ir tik tada P(A ir B) = P(A)P(B).
Jei 2x2 nenumatytų atvejų lentelėje viena iš šių sąlygų yra įvykdyta bent vienam įvykių deriniui A Ir B, jis galios bet kokiam kitam deriniui.
Besąlyginė elementaraus įvykio tikimybė
(5) P(A) = P(A|B 1)P(B 1) + P(A|B 2)P(B 2) + … + P(A|B k)P(B k)
kur įvykiai B 1, B 2, ... B k yra vienas kitą paneigiantys ir išsamūs.
Šios formulės taikymą iliustruosime 1 pav. pavyzdžiu. Naudodami (5) formulę gauname:
P(A) = P(A|B 1)P(B 1) + P(A|B 2)P(B 2)
Kur P(A)- tikimybė, kad pirkimas buvo suplanuotas, P(B 1)- tikimybę, kad pirkimas bus atliktas, P(B 2)- tikimybė, kad pirkimas nebus baigtas.
BAYES'o TEOREMA
Nustatant sąlyginę įvykio tikimybę, atsižvelgiama į informaciją, kad įvyko koks nors kitas įvykis. Šis metodas gali būti naudojamas norint patikslinti tikimybę, atsižvelgiant į naujai gautą informaciją, ir apskaičiuoti tikimybę, kad pastebėtas poveikis yra konkrečios priežasties pasekmė. Šių tikimybių patikslinimo procedūra vadinama Bayes’o teorema. Pirmą kartą jį sukūrė Thomas Bayesas XVIII amžiuje.
Tarkime, kad minėta įmonė tiria naujo televizoriaus modelio rinką. Anksčiau 40% bendrovės sukurtų televizorių buvo sėkmingi, o 60% modelių nebuvo pripažinti. Prieš paskelbdami apie naujo modelio išleidimą, rinkodaros specialistai atidžiai ištiria rinką ir fiksuoja paklausą. Anksčiau buvo prognozuojama, kad 80 % sėkmingų modelių bus sėkmingi, o 30 % sėkmingų prognozių pasirodė klaidingos. Rinkodaros skyrius pateikė palankias prognozes naujam modeliui. Kokia tikimybė, kad naujas televizoriaus modelis bus paklausus?
Bayes’o teoremą galima išvesti iš sąlyginės tikimybės apibrėžimų (1) ir (2). Norėdami apskaičiuoti tikimybę P(B|A), paimkite (2) formulę:
ir vietoj P(A ir B) pakeiskite reikšmę iš (3) formulės:
P(A ir B) = P(A|B) * P(B)
Vietoj P(A) pakeitę formulę (5), gauname Bayes'o teoremą:
kur įvykiai B 1, B 2, ... B k yra vienas kitą paneigiantys ir išsamūs.
Įveskime tokį žymėjimą: įvykis S - Televizorius yra paklausus, įvykis S' - Televizorius nėra paklausus, renginys F - palankią prognozę, įvykis F' - prasta prognozė. Tarkime, kad P(S) = 0,4, P(S') = 0,6, P(F|S) = 0,8, P(F|S') = 0,3. Taikydami Bayeso teoremą gauname:
Paklausos tikimybė naujas modelis TV, esant palankioms prognozėms, yra 0,64. Taigi, esant palankiai prognozei, paklausos trūkumo tikimybė yra 1–0,64=0,36. Skaičiavimo procesas parodytas fig. 4.
Ryžiai. 4. a) Skaičiavimai naudojant Bayes formulę, siekiant įvertinti televizorių paklausos tikimybę; b) Sprendimų medis tiriant naujo TV modelio paklausą
Pažvelkime į Bayeso teoremos panaudojimo medicininei diagnostikai pavyzdį. Tikimybė, kad žmogus serga tam tikra liga, yra 0,03. Medicininis patikrinimas gali patikrinti, ar tai tiesa. Jei žmogus tikrai serga, tikslios diagnozės (sakoma, kad žmogus serga tada, kai jis tikrai serga) tikimybė yra 0,9. Jei žmogus sveikas, klaidingai teigiamos diagnozės (sakoma, kad žmogus serga būdamas sveikas) tikimybė yra 0,02. Tarkime, medicininis tyrimas duoda teigiamą rezultatą. Kokia tikimybė, kad žmogus iš tikrųjų serga? Kokia yra tikslios diagnozės tikimybė?
Įveskime tokį žymėjimą: įvykis D - žmogus serga, įvykis D' - žmogus sveikas, įvykis T - diagnozė teigiama, įvykis T' - diagnozė neigiama. Iš uždavinio sąlygų išplaukia, kad P(D) = 0,03, P(D’) = 0,97, P(T|D) = 0,90, P(T|D’) = 0,02. Taikydami formulę (6), gauname:
Tikimybė, kad esant teigiamai diagnozei žmogus tikrai serga, yra 0,582 (taip pat žr. 5 pav.). Atkreipkite dėmesį, kad Bayes formulės vardiklis lygus teigiamos diagnozės tikimybei, t.y. 0,0464.
Įkeliama...
