Урок алгебры " Случайные события. Вероятность случайного события."

Если вас интересует вопрос заголовка, вы наверняка студент или школьник, столкнувшийся с новым для себя предметом. Задачи теории вероятностей сейчас решают и школьники пятых классов продвинутых школ, и старшеклассники перед ЕГЭ, и студенты буквально всех специальностей — от географов до математиков. Что же это за предмет такой, и как к нему подойти?

Вероятность. Что это?

Теория вероятностей , как следует из названия, имеет дело с вероятностями. Нас окружают множество вещей и явлений, о которых, как бы ни была развита наука, нельзя сделать точных прогнозов. Мы не знаем, какую карту вытянем из колоды наугад или сколько дней в мае будет идти дождь, но, имея некоторую дополнительную информацию, можем строить прогнозы и вычислять вероятности этих случайных событий.

Таким образом, мы сталкиваемся с основным понятием случайного события — явления, поведение которого невозможно предсказать, опыта, результат которого заранее невозможно вычислить и т.п. Именно вероятности событий вычисляются в типовых задачах. Вероятность — это некоторая, строго говоря, функция, принимающая значения от 0 до 1 и характеризующая данное случайное событие. 0 — событие практически невозможно, 1 — событие практически достоверно, 0,5 (или «50 на 50») — с равной вероятностью событие произойдет или нет.

Алгоритм решения типовых задач на нахождение вероятности

Подробнее с основами теории вероятностей можно ознакомиться, например, в онлайн учебнике. А теперь не будем ходить вокруг да около, и сформулируем примерную схему , по которой следует решать стандартные учебные задачи на вычисление вероятности случайного события, а затем ниже на примерах проиллюстрируем ее применение.

• Внимательно прочитать задачу и понять, что именно происходит (что из какого ящика вытаскивается, что где лежало, сколько приборов работает и т.п.)
• Найти основной вопрос задачи вроде «вычислить вероятность того, что …» и вот это многоточие записать в виде события, вероятность которого надо найти.
• Событие записано. Теперь надо понять, к какой «схеме» теории вероятностей относится задача, чтобы правильно выбрать формулы для решения.

  Вероятность

  Ответьте на тестовые вопросы типа:

  • происходит одно испытание (например, выбрасывание двух костей) или несколько (например, проверка 10 приборов);
  • если испытаний несколько, зависимы ли результаты одного от других (зависимость или независимость событий);
  • событие происходит в единственной ситуации или задача говорит о нескольких возможных гипотезах (например, шар вынимается из любого ящика из трех, или из конкретного).

  Чем больше опыт решения задач, тем легче будет определить, какие формулы подходят.

• Выбрана формула (или несколько) для решения. Записываем все данные задачи и подставляем в данную формулу.
• Вуаля, вероятность найдена.

Готовые решения задач по любым разделам теории вероятностей, более 10000 примеров! Найди свою задачу:

Как решать задачи: классическая вероятность

Пример 1. В группе из 30 студентов на контрольной работе 6 студентов получили «5», 10 студентов – «4», 9 студентов – «3», остальные – «2». Найти вероятность того, что 3 студента, вызванные к доске, получили по контрольной работе «2».

Начинаем решение по пунктам, описанным выше.

• В задаче речь идет о выборе 3 студентов из группы, которые удовлетворяют определенным условиям.
• Вводим основное событие $X$ = (Все 3 студента, вызванные к доске, получили по контрольной работе «2»).
• Так как в задаче происходит только одно испытание и оно связано с отбором/выбором по определенному условию, речь идет о классическом определении вероятности. Запишем формулу: $P=m/n$, где $m$ – число исходов, благоприятствующих осуществлению события $X$, а $n$ – число всех равновозможных элементарных исходов.
• Теперь необходимо найти значения $m$ и $n$ для этой задачи. Сначала найдем число всех возможных исходов — число способов выбрать 3 студентов из 30. Так как порядок выбора не имеет значения, это число сочетаний из 30 по 3: $$n=C_{30}^3=\frac{30!}{3!27!}=\frac{28\cdot 29 \cdot 30}{1\cdot 2 \cdot 3}=4060.$$ Найдем число способов вызвать только студентов, получивших «2». Всего таких студентов было $30-6-10-9=5$ человек, поэтому $$m=C_{5}^3=\frac{5!}{3!2!}=\frac{4 \cdot 5}{1\cdot 2}=10.$$
• Получаем вероятность: $$P(X)=\frac{m}{n}=\frac{10}{4060}=0,002.$$ Задача решена.

Еще примеры: Решенные задачи на классическое определение вероятности.

Как решать задачи: формула Бернулли

Пример 2. Какова вероятность того, что при 8 бросаниях монеты герб выпадет 5 раз?

Снова по схеме решения задач на вероятность рассматриваем данную задачу:

• В задаче идет речь о серии одинаковых испытаний — бросаний монеты.
• Вводим основное событие $X$ = (При 8 бросаниях монеты герб выпадет 5 раз).
• Так как в задаче происходит несколько испытаний, и вероятность появления события (герба) одинакова в каждом испытании, речь идет о схеме Бернулли. Запишем формулу Бернулли, которая описывает вероятность того, что из $n$ бросков монет герб выпадет ровно $k$ раз: $$ P_{n}(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}.$$
• Записываем данные из условия задачи: $n=8, p=0,5$ (вероятность выпадения герба в каждом броске равна 0,5) и $k=5$
• Подставляем и получаем вероятность: $$ P(X)=P_{8}(5)=C_8^5 \cdot 0,5^5 \cdot (1-0,5)^{8-5}=\frac{8!}{5!3!}\cdot 0,5^8=\frac{6\cdot 7 \cdot 8}{1\cdot 2 \cdot 3} \cdot 0,5^8= 0,219.$$ Задача решена.

Еще примеры: Решенные задачи на формулу Бернулли, решебник задач по теории вероятности.

И это все? Конечно, нет.

Выше мы упомянули только малую часть тем и формул теории вероятностей, для более подробного изучения вы можете посмотреть учебник онлайн на данном сайте (или скачать классические учебники по ТВ), ознакомиться со статьями по решению вероятностных задач, бесплатными примерами, воспользоваться онлайн калькуляторами. Удачи!

Спасибо, что читаете и делитесь с другими

Другие полезные статьи по теории вероятностей

Статьи о решении математических задач

Наблюдение явления, опыт, эксперимент, которые можно провести многократно, в теории вероятностей принято называть испытанием . Результат, исход испытания называется событием .

Пример 1 . Сдача экзамена — это испытание; получение определенной отметки — событие. Выстрел — это испытание; попадание в определенную область мишени — событие. Бросание игрального кубика — это испытание; появление того или иного числа очков на брошенной игральной кости — событие.

Виды случайных событий

События называются несовместными , если появление одного из них исключает появления других событий в одном и том же испытании.

Пример 2 :

• несовместные события : день и ночь, человек читает и человек спит, число иррациональное и четное;
• совместные события : идет дождь и идет снег, человек ест и человек читает, число целое и четное.

Несколько событий образуют полную группу (пространство исходов) , если в результате испытания появиться хотя бы одно из них. Другими словами, появление хотя бы одного из событий полной группы есть достоверное событие.

Пример 3 .

Урок алгебры » Случайные события. Вероятность случайного события.»

При сдаче зачета возможны следующие исходы: «зачтено», «не зачтено», «не явился»; при подбрасывании монеты – «орел», «решка».

Пример 4 . Пусть в урне содержится 6 одинаковых шаров, причем 2 из них — красные, 3 — синие и 1 — белый. Какова возможность вынуть наудачу из урны цветной шар? Можно ли охарактеризовать эту возможность числом?

Оказывается можно. Это число и называется вероятностью события А (появления цветного шара). Таким образом, вероятность есть число, характеризующее степень возможности появления события .

Каждый из возможных результатов испытания (в примере 4, испытание состоит в извлечении шара из урны) называется элементарным исходом .

Те элементарные исходы, в которых интересующее нас событие наступает, называются благоприятствующими этому событию. В примере 4 благоприятствуют событию А (появление цветного шара) 5 исходов.

События называются равновозможными , если есть основания считать, что не одно из них не является более возможным, чем другое.

Пример 5 . Появление того или иного числа очков на брошенном игральном кубике – равновозможные события.

Вероятностью P(A) события А называют отношение числа благоприятствующих этому событию исходов к общему числу всех равновозможных несовместных элементарных исходов, образующих полную группу.

Вероятность P(A) события А определяется по формуле

где m – число элементарных исходов, благоприятствующих A ; n – число всех возможных элементарных исходов испытания.

В примере 4 всего элементарных исходов 6 ; из них 5 благоприятствуют событию А . Следовательно, вероятность того что взятый шар окажется цветным, равна P(A) = 5/6 .

Пример 6 . Определить вероятность выпадения нечётного числа очков на кости.

Решение. При бросании кости событие A – «выпало нечётное число очков» можно записать как подмножество {1, 3, 5} пространства исходов {1, 2, 3, 4, 5, 6} (рис. 1).

Число всех равновозможных исходов n = 6, а число благоприятных событию A – m = 3. Следовательно,

Пример 7 . В урне находится 7 шаров: 2 белых, 4 черных и 1 красный. Вынимается один шар наугад. Какова вероятность того, что вынутый шар будет чёрным?

Решение. Занумеруем шары. Пусть, например, шары с номерами 1 и 2 – белые, с номерами 3, 4, 5 и 6 – чёрные, а красному шару присвоим номер 7 .

Так как мы можем вынуть только один из семи шаров, то общее число равновозможных исходов равно семи (n = 7 ). Из них 4 исхода – появление шаров с номерами 3, 4, 5 и 6 – приведут к тому, что вынутый шар будет чёрным (m = 4 ). Тем самым, вероятность события А , состоящего в появлении чёрного шара, равна

Вычислите вероятность того, что вынутый шар будет белым.

Пример 8 .

Вычислить вероятность выпадения в сумме 10 очков при бросании пары костей.

Решение. Рассмотрим все равновозможные исходы в результате бросания двух костей (их число равно 36 — рекомендуем записать в виде таблицы). Выпадение в сумме 10 очков (событие А ) возможно в трёх случаях – 4 очка на первой кости и 6 на второй, 5 очков на первой и 5 на второй, 6 очков на первой и 4 на второй. Поэтому вероятность события А (выпадения в сумме 10 очков) равна

Свойство 1 . Вероятность достоверного события А равна единице: Р(А) = 1 .

Свойство 2 . Вероятность невозможного события А равна нулю: Р(А) = 0 .

Свойство 3 . Вероятность случайного события есть положительное число, заключенное между нулем и единицей :

0 £ P (A) £ 1.

Пример 9 . Так как вероятность выпадения 13 очков при бросании пары костей – невозможное событие, его вероятность равна нулю .

Классическое определение вероятности предполагает, что число элементарных исходов испытания конечно. На практике же часто встречаются испытания, число возможных исходов которых бесконечно. Кроме этого, часто невозможно представить результат испытания в виде совокупности элементарных событий. Еще труднее указать основания, позволяющие считать элементарные события равновозможными. По этой причине, наряду с классическим определением вероятности используют и другие определения, в частности статистическое определение .

Статистическое определение вероятности

Относительная частота наряду с вероятностью принадлежит к основным понятиям теории вероятностей.

Относительной частотой события А называют отношение числа испытаний, в которых событие появилось, к общему числу фактически произведенных испытаний:

где m – число появлений события А , n – общее число испытаний.

Классическая вероятность вычисляется до опыта, а относительная частота – после опыта .

Длительные наблюдения показали, что если в одинаковых условиях производят опыты, в каждом из которых число испытаний велико, то относительная частота обнаруживает свойство устойчивости .

Это свойство состоит в том, что в различных опытах относительная частота изменяется мало (тем меньше, чем больше произведено испытаний), колеблясь около некоторого постоянного числа. Это постоянное число и есть вероятность появления события.

Таким образом, при достаточно большом количестве испытаний в качестве статистической вероятности события принимают относительную частоту или число, близкое к ней.

Пример 10 . Естествоиспытатель К. Пирсон терпеливо подбрасывал монету и после каждого бросания не ленился записывать полученный результат. Проделав эту операцию 24 000 раз, он обнаружил, что герб выпадал в 12 012 случаях. Вычисляя относительную частоту выпадения герба, он получил , что практически равно 1/2.

Многих интересует вопрос: возможно ли повлиять на случайные события, выявить какую-либо закономерность событий, получить тот результат, который желателен. Все явления, которые окружают нас, происходят и изменяются с какой-то долей случайности, неопределенности.

Со случайными событиями мы встречаемся чаще, чем это принято считать. Случайные факторы лежат в основе окружающей среды, экономики, политики, социальной и общественной жизни, они определяют течение любого процесса массового обслуживания - торговли, телефонной связи, транспортных услуг и медицинской помощи. Задача управления различного рода процессами, которая наиболее остро стоит перед современным обществом, состоит в том, чтобы научиться ориентироваться в мире случайностей и активно действовать, опираясь на скрытые специфические закономерности.

Все явления окружающей нас действительности можно рассматривать с точки зрения вероятности их наступления. Когда студент идет на экзамен, вероятность получения им хорошей оценки зависит от нескольких причин: подготовленности студента, удачно выбранного билета, самочувствия, настроя.

Экономиста может интересовать вероятность того, что цены на товар не вырастут, если не снизится объем его производства, или вероятность того, что застрахованный автомобиль не попадет в аварию.

Все эти события являются случайными и могут наступить или нет с некоторой долей неопределенности. Количественной мерой такой неопределенности является вероятность наступления случайного события, под которой понимают число, которое выражает степень уверенности в наступлении того или иного случайного события.

Случайными событиями называют возможные результаты единичной операции, или испытания .

Под испытанием следует понимать процесс, включающий в себя определенные условия и приводящий к одному из нескольких возможных исходов .

Например: испытание - бросание монеты, случайное событие - выпадение герба. Испытание - рождение ребенка, случайное событие - пол ребенка - мужской.

Исходом опыта может быть результат наблюдения, измерения, оценки.

Случайное событие может состоять из нескольких элементарных событий.

Единичный, отдельный исход испытания называется элементарным событием.

Событие называется случайным, если в результате испытания (опыта) оно может произойти, а может и не произойти.

Например, стрелок, производящий выстрел, может попасть или не попасть в цель. В этом случае испытание - это выстрел, а возможные элементарные исходы - попадание или непопадание в цель. Футбольная команда может участвовать в матче - это испытание, в результате которого могут наступить исходы, или элементарные события: выигрыш, проигрыш или ничья.

Оценка студента на экзамене - это случайное событие, которое состоит из элементарных событий: получение оценки «отлично», получение оценки «хорошо», получение оценки «удовлетворительно», получение оценки «неудовлетворительно».

Элементарные события можно классифицировать по мере их неопределенности как достоверные, невозможные и случайные.

Достовернымназывают событие, которое обязательно произойдет при определенном комплексе условий .

Например, если в ящике находятся только стандартные детали, то извлечение из него стандартной детали есть событие достоверное. Достоверным является и то, что в прямоугольном треугольнике квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов.

Событие, которое не может произойти в результате данного испытания, называется невозможным .

Если в ящике все детали стандартные, то извлечение из него нестандартной детали есть событие невозможное. Квадрат вещественного числа не может быть отрицательным. Достоверные и невозможные события, вообще говоря, не являются случайными.

Случайные события. Вероятность (стр. 1)

Фундаментом для научного подхода к поиску ответов на вопросы подобного рода является теория вероятностей.

Зарождение теории вероятностей и формирование первых понятий этой ветви математики произошло в середине 17 века, когда Паскаль, Ферма, Бернулли попытались осуществить анализ задач связанных с азартными играми новыми методами. Скоро стало ясно, что возникающая теория найдет широкий круг применения для решения многих задач возникающих в различных сферах деятельности человека .

Производя достаточно большое количество опытов или испытаний, можно определить, как часто появляется событие, и вычислить вероятность его наступления. Вероятность, определенную таким образом, называют статистической или послеопытной. В некоторых случаях можно определить доопытную вероятность, которую называют классической.

Вероятностью появления события А называют отношение числа исходов, благоприятствующих появлению этого события, к общему числу всех единственно возможных и несовместных элементарных исходов. Обозначим число благоприятствующих событию А исходов через М, а число всех возможных исходов N. тогда для определения вероятности можно использовать формулу Р (А) = М/N .

Я провела эксперимент: попробовала вытащить из 15 шариков, 2 из которых красные, остальные зеленые, произвольным образом 2 шарика. Пыталась определить вероятность того, что оба шарика окажутся красными; оба шарика будут зелеными; один шарик будет красный, другой зеленый.

Предположенный перед проведением эксперимента результат оправдался: наиболее возможным исходом является вытаскивание 2 зеленых шариков, наименее возможным исходом является вытаскивание 2 красных шариков.

При сравнении практической и теоретической вероятности, обнаружилось довольно большое расхождение, причиной которого является малое количество проведенных испытаний.

Для получения более точного результата желательно проводить как можно больше испытаний, рассматривать всевозможные исходы испытаний и благоприятные исходы. Не забывать, что проверить это всегда можно и теоретически. При этом вероятности до проведения опыта и после проведения должны совпадать.

Проведя исследование по данному вопросу, я пришла к выводу: теория вероятности не влияет на случайные события, она только позволяет выяснить степень его наступления, а вероятность, посчитанная во время эксперимента, тем точнее, чем больше проведено испытаний.

Литература:

1. Кибзун А. И. Теория вероятностей и математическая статистика. Базовый курс с примерами и задачами / А. И. Кибзун. - М.: Физматлит, 2002. - 224 с.
2. Кочетков Е. С., Смерчинская С. О., Соколов В. В. Теория вероятностей и математическая статистика. - М.: ФОРУМ: ИНФРА-М, 2006. - 240 с.
3. Письменный Д. Т. Конспект лекций по теории вероятностей, математической статистике и случайным процессам. - М.: Айрис-пресс, 2007. - 288 с.

Спасибо, что читаете и делитесь с другими

Основным понятием теории вероятностей является понятие случайного события. Случайным событием называется событие, которое при осуществлении некоторых условий может произойти или не произойти. Например, попадание в некоторый объект или промах при стрельбе по этому объекту из данного орудия является случайным событием.

Событие называется достоверным , если в результате испытания оно обязательно происходит. Невозможным называется событие, которое в результате испытания произойти не может.

Случайные события называются несовместными в данном испытании, если никакие два из них не могут появиться вместе.

Случайные события образуют полную группу , если при каждом испытании может появиться любое из них и не может появиться какое-либо иное событие, несовместное с ними.

Рассмотрим полную группу равновозможных несовместных случайных событий. Такие события будем называть исходами. Исход называется благоприятствующим появлению события $А$, если появление этого события влечет за собой появление события $А$.

Пример. В урне находится 8 пронумерованных шаров (на каждом шаре поставлено по одной цифре от 1 до 8).

Шары с цифрами 1, 2, 3 красные, остальные – черные. Появление шара с цифрой 1 (или цифрой 2 или цифрой 3) есть событие, благоприятствующее появлению красного шара. Появление шара с цифрой 4 (или цифрой 5, 6, 7, 8) есть событие, благоприятствующее появлению черного шара.

Вероятностью события $A$ называют отношение числа $m$ благоприятствующих этому событию исходов к общему числу $n$ всех равновозможных несовместных элементарных исходов, образующих полную группу $$P(A)=\frac{m}{n}. \quad(1)$$

Свойство 1. Вероятность достоверного события равна единице
Свойство 2. Вероятность невозможного события равна нулю.
Свойство 3. Вероятность случайного события есть положительное число, заключенное между нулем и единицей.

Итак, вероятность любого события удовлетворяет двойному неравенству $0 \le P(A) \le 1$ .

Онлайн-калькуляторы

Большой пласт задач, решаемых с помощью формулы (1) относится к теме гипергеометрической вероятности. Ниже по ссылкам вы можете найти описание популярных задач и онлайн-калькуляторы для их решений:

• Задача про шары (в урне находится $k$ белых и $n$ черных шаров, вынимают $m$ шаров…)
• Задача про детали (в ящике находится $k$ стандартных и $n$ бракованных деталей, вынимают $m$ деталей…)
• Задача про лотерейные билеты (в лотерее участвуют $k$ выигрышных и $n$ безвыигрышных билета, куплено $m$ билетов…)

Примеры решений задач на классическую вероятность

Пример. В урне 10 пронумерованных шаров с номерами от 1 до 10. Вынули один шар. Какова вероятность того, что номер вынутого шара не превосходит 10?

Решение. Пусть событие А = (Номер вынутого шара не превосходит 10). Число случаев благоприятствующих появлению события А равно числу всех возможных случаев m =n =10. Следовательно, Р (А )=1. Событие А достоверное .. Количество элементарных исходов (количество карт)

Искомая вероятность
.

Формулы по теории вероятности онлайн

В данном разделе вы найдете формулы по теории вероятностей в онлайн-варианте (скачать можно на странице Таблицы и формулы по теории вероятностей). Если слово подчеркнуто, щелкнув на ссылке, вы перейдете к подробному описанию термина, примерам или вычислению на онлайн-калькуляторе. Используйте эти возможности!

А также для изучения тервера у нас есть:

Спасибо, что читаете и делитесь с другими

I. Случайные события. Основные формулы онлайн

1. Основные формулы комбинаторики

Число перестановок $$P_n = n!

Учебник по теории вероятностей

1\cdot 2 \cdot 3 \cdot … \cdot (n-1) \cdot n$$

Число размещений $$A_m^n = n \cdot (n-1) \cdot … \cdot (n-m+1)$$

Число сочетаний $$C_n^m =\frac{A_n^m}{P_m}=\frac{n!}{m! \cdot (n-m)!}$$

2. Классическое определение вероятности

$$P(A) = \frac{m}{n},$$ где $m$ — число благоприятствующих событию $A$ исходов, $n$ — число всех элементарных равновозможных исходов.

Подробнее о классической вероятности см. в онлайн-учебнике и калькуляторах решений.

3. Вероятность суммы событий

Теорема сложения вероятностей несовместных событий:

$$ P(A+B) = P(A)+P(B) $$

Теорема сложения вероятностей совместных событий:

$$ P(A+B) = P(A)+P(B)-P(AB) $$

Примеры решений и теория по алгебре событий тут.

4. Вероятность произведения событий

Теорема умножения вероятностей независимых событий:

$$ P(A\cdot B) =P(A)\cdot P(B) $$

Теорема умножения вероятностей зависимых событий:

$$ P(A\cdot B) =P(A)\cdot P(B|A),\\ P(A\cdot B) =P(B)\cdot P(A|B). $$

$P(A|B)$ — условная вероятность события $A$ при условии, что произошло событие $B$,

$P(B|A)$ — условная вероятность события $B$ при условии, что произошло событие $A$.

Подробнее об условной вероятности.

5. Формула полной вероятности

$$ P(A)=\sum_{k=1}^{n} P(H_k)\cdot P(A|H_k), $$

6. Формула Байеса (Бейеса). Вычисление апостериорных вероятностей гипотез

$$ P(H_m|A) =\frac{P(H_m)\cdot P(A|H_m)}{P(A)} = \frac{P(H_m)\cdot P(A|H_m)}{\sum\limits_{k=1}^{n} P(H_k)\cdot P(A|H_k)}, $$

где $H_1, H_2, …, H_n$ — полная группа гипотез.

Примеры и теория на эту тему.

7. Формула Бернулли

$$ P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k} = \frac{n!}{k! \cdot (n-k)!}\cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k} $$ вероятность появления события ровно $k$ раз в $n$ независимых испытаниях, $p$ — вероятность появления события при одном испытании.

Еще полезное по формуле Бернулли теория и примеры, онлайн-калькуляторы.

8. Наивероятнейшее число наступления события

Наивероятнейшее число $k_0$ появления события при $n$ независимых испытаниях (где $p$ — вероятность появления события при одном испытании):

$$ np-(1-p) \le k_0 \le np+p. $$

Вычислить наивероятнейшее значение онлайн.

9. Локальная формула Лапласа

$$ P_n(k) = \frac{1}{\sqrt{npq}} \varphi\left(\frac{k-np}{\sqrt{npq}} \right) $$

вероятность появления события ровно $k$ раз при $n$ независимых испытаниях, $p$ — вероятность появления события при одном испытании, $q=1-p$.

Значения функции $\varphi(x)$ берутся из таблицы.

10. Интегральная формула Лапласа

$$ P_n(m_1, m_2) = \Phi\left(\frac{m_2-np}{\sqrt{npq}} \right)-\Phi\left(\frac{m_1-np}{\sqrt{npq}} \right) $$

вероятность появления события не менее $m_1$ и не более $m_2$ раз при $n$ независимых испытаниях, $p$ — вероятность появления события при одном испытании, $q=1-p$.
Значения функции $\Phi(x)$ берутся из таблицы.

Теория и примеры на формулы Муавра-Лапласа.

11. Оценка отклонения относительной частоты от постоянной вероятности $p$

$$ P\left(\left| \frac{m}{n} -p\right| \le \varepsilon\right) = 2 \Phi\left(\varepsilon\cdot \frac{n}{\sqrt{p(1-p)}} \right) $$

$\varepsilon$ — величина отклонения, $p$ — вероятность появления события.

Решенные задачи по теории вероятностей

Нужна готовая задача по терверу? Найдите на сайте-решебнике:

Каталог формул по теории вероятности онлайн

Полный список страниц с формулами:

Спасибо, что читаете и делитесь с другими

Вряд ли многие люди задумываются, можно ли просчитать события, которые в той или иной мере случайны. Выражаясь простыми словами, реально ли узнать, какая сторона кубика в выпадет в следующий раз. Именно этим вопросом задались два великих ученых, положившие начало такой науке, как теория вероятности, вероятность события в которой изучается достаточно обширно.

Зарождение

Если попытаться дать определение такому понятию, как теория вероятности, то получится следующее: это один из разделов математики, который занимается изучением постоянства случайных событий. Ясное дело, данное понятие толком не раскрывает всю суть, поэтому необходимо рассмотреть ее более детально.

Хотелось бы начать с создателей теории. Как было выше упомянуто, их было двое, это и Именно они одни из первых попытались с использованием формул и математических вычислений просчитать исход того или иного события. В целом же зачатки этой науки проявлялись еще в средневековье. В то время разные мыслители и ученые пытались проанализировать азартные игры, такие как рулетка, кости и так далее, тем самым установить закономерность и процентное соотношение выпадения того или иного числа. Фундамент же был заложен в семнадцатом столетии именно вышеупомянутыми учеными.

Поначалу их труды нельзя было отнести к великим достижениям в этой области, ведь все, что они сделали, это были попросту эмпирические факты, а опыты ставились наглядно, без использования формул. Со временем получилось добиться больших результатов, которые появились вследствие наблюдения за бросанием костей. Именно этот инструмент помог вывести первые внятные формулы.

Единомышленники

Нельзя не упомянуть о таком человеке, как Христиан Гюйгенс, в процессе изучения темы, носящей название "теория вероятности" (вероятность события освещается именно в этой науке). Данная персона очень интересна. Он, так же как и представленные выше ученые, пытался в виде математических формул вывести закономерность случайных событий. Примечательно, что делал он это не совместно с Паскалем и Ферма, то есть все его труды никак не пересекались с этими умами. Гюйгенс вывел

Интересен тот факт, что его работа вышла задолго до результатов трудов первооткрывателей, а точнее, на двадцать лет раньше. Среди обозначенных понятий известнее всего стали:

• понятие вероятности как величины шанса;
• математическое ожидание для дискретных случаев;
• теоремы умножения и сложения вероятностей.

Также нельзя не вспомнить который тоже внес весомый вклад в изучении проблемы. Проводя свои, ни от кого не зависящие испытания, он сумел представить доказательство закона больших чисел. В свою очередь, ученые Пуассон и Лаплас, которые работали в начале девятнадцатого столетия, смогли доказать изначальные теоремы. Именно с этого момента для анализа ошибок в ходе наблюдений начали использовать теорию вероятностей. Стороной обойти данную науку не смогли и русские ученые, а точнее Марков, Чебышев и Дяпунов. Они, исходя из проделанной работы великих гениев, закрепили данный предмет в качестве раздела математики. Трудились эти деятели уже в конце девятнадцатого столетия, и благодаря их вкладу, были доказаны такие явления, как:

• закон больших чисел;
• теория цепей Маркова;
• центральная предельная теорема.

Итак, с историей зарождения науки и с основными персонами, повлиявшими на нее, все более или менее понятно. Сейчас же пришло время конкретизировать все факты.

Основные понятия

Перед тем как касаться законов и теорем, стоит изучить основные понятия теории вероятностей. Событие в ней занимает главенствующую роль. Данная тема довольно объемная, но без нее не удастся разобраться во всем остальном.

Событие в теории вероятности - этолюбая совокупность исходов проведенного опыта. Понятий данного явления существует не так мало. Так, ученый Лотман, работающий в этой области, высказался, что в данном случае речь идет о том, что «произошло, хотя могло и не произойти».

Случайные события (теория вероятности уделяет им особое внимание) - это понятие, которое подразумевает абсолютно любое явление, имеющее возможность произойти. Или же, наоборот, этот сценарий может не случиться при выполнении множества условий. Также стоит знать, что захватывают весь объем произошедших явлений именно случайные события. Теория вероятности указывает на то, что все условия могут повторяться постоянно. Именно их проведение получило название "опыт" или же "испытание".

Достоверное событие - это то явление, которое в данном испытании на сто процентов произойдет. Соответственно, невозможное событие - это то, которое не случится.

Совмещение пары действий (условно случай A и случай B) есть явление, которое происходит одновременно. Они обозначаются как AB.

Сумма пар событий А и В - это С, другими словами, если хотя бы одно из них произойдет (А или В), то получится С. Формула описываемого явления записывается так: С = А + В.

Несовместные события в теории вероятности подразумевают, что два случая взаимно исключают друг друга. Одновременно они ни в коем случае не могут произойти. Совместные события в теории вероятности - это их антипод. Здесь подразумевается, что если произошло А, то оно никак не препятствует В.

Противоположные события (теория вероятности рассматривает их очень подробно) просты для понимания. Лучше всего разобраться с ними в сравнении. Они почти такие же, как и несовместные события в теории вероятности. Но их отличие заключается в том, что одно из множества явлений в любом случае должно произойти.

Равновозможные события - это те действия, возможность повтора которых равна. Чтобы было понятней, можно представить бросание монеты: выпадение одной из ее сторон равновероятно выпадению другой.

Благоприятствующее событие легче рассмотреть на примере. Допустим, есть эпизод В и эпизод А. Первое - это бросок игрального кубика с появлением нечетного числа, а второе - появление числа пять на кубике. Тогда получается, что А благоприятствует В.

Независимые события в теории вероятности проецируются только на два и больше случаев и подразумевают независимость какого-либо действия от другого. Например, А - выпадение решки при бросании монеты, а В - доставание валета из колоды. Они и есть независимые события в теории вероятности. С этим моментом стало понятнее.

Зависимые события в теории вероятности также допустимы лишь для их множества. Они подразумевают зависимость одного от другого, то есть явление В может произойти только в том случае, если А уже произошло или же, наоборот, не произошло, когда это - главное условие для В.

Исход случайного эксперимента, состоящего из одного компонента, - это элементарные события. Теория вероятности поясняет, что это такое явление, которое совершилось лишь единожды.

Основные формулы

Итак, выше были рассмотрены понятия "событие", "теория вероятности", определение основным терминам этой науки также было дано. Сейчас же пришло время ознакомиться непосредственно с важными формулами. Эти выражения математически подтверждают все главные понятия в таком непростом предмете, как теория вероятности. Вероятность события и здесь играет огромную роль.

Начать лучше с основных И перед тем как приступить к ним, стоит рассмотреть, что это такое.

Комбинаторика - это в первую очередь раздел математики, он занимается изучением огромного количества целых чисел, а также различных перестановок как самих чисел, так и их элементов, различных данных и т. п., ведущих к появлению ряда комбинаций. Помимо теории вероятности, эта отрасль важна для статистики, компьютерной науки и криптографии.

Итак, теперь можно переходить к представлению самих формул и их определению.

Первой из них будет выражение для числа перестановок, выглядит оно следующим образом:

P_n = n ⋅ (n - 1) ⋅ (n - 2)…3 ⋅ 2 ⋅ 1 = n!

Применяется уравнение только в том случае, если элементы различаются лишь порядком расположения.

Теперь будет рассмотрена формула размещения, выглядит она так:

A_n^m = n ⋅ (n - 1) ⋅ (n-2) ⋅ ... ⋅ (n - m + 1) = n! : (n - m)!

Это выражение применимо уже не только лишь к порядку размещения элемента, но и к его составу.

Третье уравнение из комбинаторики, и оно же последнее, называется формулой для числа сочетаний:

C_n^m = n ! : ((n - m))! : m !

Сочетанием называются выборки, которые не упорядочены, соответственно, к ним и применяется данное правило.

С формулами комбинаторики получилось разобраться без труда, теперь можно перейти к классическому определению вероятностей. Выглядит это выражение следующим образом:

В данной формуле m - это число условий, благоприятствующих событию A, а n - число абсолютно всех равновозможных и элементарных исходов.

Существует большое количество выражений, в статье не будут рассмотрены все, но затронуты будут самые важные из них такие, как, например, вероятность суммы событий:

P(A + B) = P(A) + P(B) - эта теорема для сложения только несовместных событий;

P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB) - а эта для сложения только совместимых.

Вероятность произведения событий:

P(A ⋅ B) = P(A) ⋅ P(B) - эта теорема для независимых событий;

(P(A ⋅ B) = P(A) ⋅ P(B∣A); P(A ⋅ B) = P(A) ⋅ P(A∣B)) - а эта для зависимых.

Закончит список формула событий. Теория вероятностей рассказывает нам о теоремеБайеса, которая выглядит так:

P(H_m∣A) = (P(H_m)P(A∣H_m)) : (∑_(k=1)^n P(H_k)P(A∣H_k)),m = 1,...,n

В данной формуле H 1 , H 2 , …, H n - это полная группа гипотез.

Примеры

Если тщательно изучить любой раздел математики, в нем не обходится без упражнений и образцов решений. Так и теория вероятности: события, примеры здесь являются неотъемлемым компонентом, подтверждающим научные выкладки.

Формула для числа перестановок

Допустим, в карточной колоде есть тридцать карт, начиная с номинала один. Далее вопрос. Сколько есть способов сложить колоду так, чтобы карты с номиналом один и два не были расположены рядом?

Задача поставлена, теперь давайте перейдем к ее решению. Для начала нужно определить число перестановок из тридцати элементов, для этого берем представленную выше формулу, получается P_30 = 30!.

Исходя из этого правила, мы узнаем, сколько есть вариантов сложить колоду по-разному, но нам необходимо вычесть из них те, в которых первая и вторая карта будут рядом. Для этого начнем с варианта, когда первая находится над второй. Получается, что первая карта может занять двадцать девять мест - с первого по двадцать девятое, а вторая карта со второго по тридцатое, получается всего двадцать девять мест для пары карт. В свою очередь, остальные могут принимать двадцать восемь мест, причем в произвольном порядке. То есть для перестановки двадцати восьми карт есть двадцать восемь вариантов P_28 = 28!

В итоге получается, что если рассматривать решение, когда первая карта находится над второй, лишних возможностей получится 29 ⋅ 28! = 29!

Используя этот же метод, нужно вычислить число избыточных вариантов для того случая, когда первая карта находится под второй. Получается также 29 ⋅ 28! = 29!

Из этого следует, что лишних вариантов 2 ⋅ 29!, в то время как необходимых способов сбора колоды 30! - 2 ⋅ 29!. Остается только лишь посчитать.

30! = 29! ⋅ 30; 30!- 2 ⋅ 29! = 29! ⋅ (30 - 2) = 29! ⋅ 28

Теперь нужно перемножать между собой все числа от одного до двадцати девяти, после чего в конце умножить все на 28. Ответ получается 2,4757335 ⋅〖10〗^32

Решение примера. Формула для числа размещения

В данной задаче необходимо выяснить, сколько есть способов, чтобы поставить пятнадцать томов на одной полке, но при условии, что всего томов тридцать.

В этой задаче решение немного проще, чем в предыдущей. Используя уже известную формулу, необходимо вычислить суммарное число расположений из тридцати томов по пятнадцать.

A_30^15 = 30 ⋅ 29 ⋅ 28⋅... ⋅ (30 - 15 + 1) = 30 ⋅ 29 ⋅ 28 ⋅ ... ⋅ 16 = 202 843 204 931 727 360 000

Ответ, соответственно, будет равен 202 843 204 931 727 360 000.

Теперь возьмем задачу чуть сложнее. Необходимо узнать, сколько есть способов расставить тридцать книг на двух книжных полках, при условии, что на одной полке могут находиться лишь пятнадцать томов.

Перед началом решения хотелось бы уточнить, что некоторые задачи решаются несколькими путями, так и в этой есть два способа, но в обоих применена одна и та же формула.

В этой задаче можно взять ответ из предыдущей, ведь там мы вычислили, сколько раз можно заполнить полку на пятнадцать книг по-разному. Получилось A_30^15 = 30 ⋅ 29 ⋅ 28 ⋅ ... ⋅ (30 - 15 + 1) = 30 ⋅ 29 ⋅ 28 ⋅ ...⋅ 16.

Вторую же полку рассчитаем по формуле перестановки, ведь в нее помещается пятнадцать книг, в то время как всего остается пятнадцать. Используем формулу P_15 = 15!.

Получается, что в сумме будет A_30^15 ⋅ P_15 способов, но, помимо этого, произведение всех чисел от тридцати до шестнадцати надо будет умножить на произведение чисел от одного до пятнадцати, в итоге получится произведение всех чисел от одного до тридцати, то есть ответ равен 30!

Но эту задачу можно решить и по-иному - проще. Для этого можно представить, что есть одна полка на тридцать книг. Все они расставлены на этой плоскости, но так как условие требует, чтобы полок было две, то мы одну длинную пилим пополам, получается две по пятнадцать. Из этого получается что вариантов расстановки может быть P_30 = 30!.

Решение примера. Формула для числа сочетания

Сейчас будет рассмотрен вариант третьей задачи из комбинаторики. Необходимо узнать, сколько способов есть, чтобы расставить пятнадцать книг при условии, что выбирать необходимо из тридцати абсолютно одинаковых.

Для решения будет, конечно же, применена формула для числа сочетаний. Из условия становится понятным, что порядок одинаковых пятнадцати книг не важен. Поэтому изначально нужно выяснить общее число сочетаний из тридцати книг по пятнадцать.

C_30^15 = 30 ! : ((30-15)) ! : 15 ! = 155 117 520

Вот и все. Используя данную формулу, в кратчайшее время удалось решить такую задачу, ответ, соответственно, равен 155 117 520.

Решение примера. Классическое определение вероятности

С помощью формулы, указанной выше, можно найти ответ в несложной задаче. Но это поможет наглядно увидеть и проследить ход действий.

В задаче дано, что в урне есть десять абсолютно одинаковых шариков. Из них четыре желтых и шесть синих. Из урны берется один шарик. Необходимо узнать вероятность доставания синего.

Для решения задачи необходимо обозначить доставание синего шарика событием А. Данный опыт может иметь десять исходов, которые, в свою очередь, элементарные и равновозможные. В то же время из десяти шесть являются благоприятствующими событию А. Решаем по формуле:

P(A) = 6: 10 = 0,6

Применив эту формулу, мы узнали, что возможность доставания синего шарика равна 0,6.

Решение примера. Вероятность суммы событий

Сейчас будет представлен вариант, который решается с использованием формулы вероятности суммы событий. Итак, в условии дано, что есть два ящика, в первом находится один серый и пять белых шариков, а во втором - восемь серых и четыре белых шара. В итоге из первого и второго короба взяли по одному из них. Необходимо узнать, каков шанс того, что доставаемые шарики будут серого и белого цвета.

Чтобы решить данную задачу, необходимо обозначить события.

• Итак, А - взяли серый шарик из первого ящика: P(A) = 1/6.
• А’ - взяли белый шарик также из первого ящика: P(A") = 5/6.
• В - извлекли серый шарик уже из второго короба: P(B) = 2/3.
• В’ - взяли серый шарик из второго ящика: P(B") = 1/3.

По условию задачи необходимо, чтобы случилось одно из явлений: АВ’ или же А’В. Используя формулу, получаем: P(AB") = 1/18, P(A"B) = 10/18.

Сейчас была использована формула по умножению вероятности. Далее, чтобы узнать ответ, необходимо применить уравнение их сложения:

P = P(AB" + A"B) = P(AB") + P(A"B) = 11/18.

Вот так, используя формулу, можно решать подобные задачи.

Итог

В статье была представлена информация по теме "Теория вероятности", вероятность события в которой играет важнейшую роль. Конечно же, не все было учтено, но, исходя из представленного текста, можно теоретически ознакомиться с данным разделом математики. Рассматриваемая наука может пригодиться не только в профессиональном деле, но и в повседневной жизни. С ее помощью можно просчитать любую возможность какого-либо события.

В тексте были затронуты также знаменательные даты в истории становления теории вероятности как науки, и фамилии людей, чьи труды были в нее вложены. Вот так человеческое любопытство привело к тому, что люди научились просчитывать даже случайные события. Когда-то они просто заинтересовались этим, а сегодня об этом уже знают все. И никто не скажет, что ждет нас в будущем, какие еще гениальные открытия, связанные с рассматриваемой теорией, будут совершены. Но одно можно сказать точно - исследования на месте не стоят!

1.1. Некоторые сведения из комбинаторики

1.1.1. Размещения

Рассмотрим простейшие понятия, связанные с выбором и расположением некоторого множества объектов.
Подсчет числа способов, которыми можно совершить эти действия, часто производится при решении вероятностных задач.
Определение . Размещением из n элементов по k (k ≤ n ) называется любое упорядоченное подмножество из k элементов множества, состоящего из n различных элементов.
Пример. Следующие последовательности цифр являются размещениями по 2 элемента из 3 элементов множества {1;2;3}: 12, 13, 23, 21, 31, 32.
Заметим, что размещения отличаются порядком входящих в них элементов и их составом. Размещения 12 и 21 содержат одинаковые цифры, но порядок их расположения различен. Поэтому эти размещения считаются разными.
Число различных размещений из n элементов по k обозначается и вычисляется по формуле:
,
где n ! = 1∙2∙...∙(n - 1)∙ n (читается «n – факториал»).
Число двузначных чисел, которые можно составить из цифр 1, 2, 3 при условии, что ни одна цифра не повторяется равно: .

1.1.2. Перестановки

Определение . Перестановками из n элементов называются такие размещения из n элементов, которые различаются только расположением элементов.
Число перестановок из n элементов P n вычисляется по формуле: P n =n !
Пример. Сколькими способами могут встать в очередь 5 человек? Количество способов равно числу перестановок из 5 элементов, т.е.
P 5 =5!=1∙2∙3∙4∙5=120.
Определение . Если среди n элементов k одинаковых, то перестановка этих n элементов называется перестановкой с повторениями.
Пример. Пусть среди 6 книг 2 одинаковые. Любое расположение всех книг на полке - перестановка с повторениями.
Число различных перестановок с повторениями (из n элементов, среди которых k одинаковых) вычисляется по формуле: .
В нашем примере число способов, которыми можно расставить книги на полке, равно: .

1.1.3. Сочетания

Определение . Сочетаниями из n элементов по k называются такие размещения из n элементов по k , которые одно от другого отличаются хотя бы одним элементом.
Число различных сочетаний из n элементов по k обозначается и вычисляется по формуле: .
По определению 0!=1.
Для сочетаний справедливы следующие свойства:
1.
2.
3.
4.
Пример. Имеются 5 цветков разного цвета. Для букета выбирается 3 цветка. Число различных букетов по 3 цветка из 5 равно: .

1.2. Случайные события

1.2.1. События

Познание действительности в естественных науках происходит в результате испытаний (эксперимента, наблюдений, опыта).
Испытанием или опытом называется осуществление какого-нибудь определенного комплекса условий, который может быть воспроизведен сколь угодно большое число раз.
Случайным называется событие, которое может произойти или не произойти в результате некоторого испытания (опыта).
Таким образом, событие рассматривается как результат испытания.
Пример. Бросание монеты – это испытание. Появление орла при бросании – событие.
Наблюдаемые нами события различаются по степени возможности их появления и по характеру их взаимосвязи.
Событие называется достоверным , если оно обязательно произойдет в результате данного испытания.
Пример. Получение студентом положительной или отрицательной оценки на экзамене есть событие достоверное, если экзамен протекает согласно обычным правилам.
Событие называется невозможным , если оно не может произойти в результате данного испытания.
Пример. Извлечение из урны белого шара, в которой находятся лишь цветные (небелые) шары, есть событие невозможное. Отметим, что при других условиях опыта появления белого шара не исключается; таким образом, это событие невозможно лишь в условиях нашего опыта.
Далее случайные события будем обозначать большими латинскими буквами A,B,C... Достоверное событие обозначим буквой Ω, невозможное – Ø.
Два или несколько событий называются равновозможными в данном испытании, если имеются основания считать, что ни одно из этих событий не является более возможным или менее возможным, чем другие.
Пример. При одном бросании игральной кости появление 1, 2, 3, 4, 5 и 6 очков - все это события равновозможные. Предполагается, конечно, что игральная кость изготовлена из однородного материала и имеет правильную форму.
Два события называются несовместными в данном испытании, если появление одного из них исключает появление другого, и совместными в противном случае.
Пример. В ящике имеются стандартные и нестандартные детали. Берем на удачу одну деталь. Появление стандартной детали исключает появление нестандартной детали. Эти события несовместные.
Несколько событий образуют полную группу событий в данном испытании, если в результате этого испытания обязательно наступит хотя бы одно из них.
Пример. События из примера образуют полную группу равновозможных и попарно несовместных событий.
Два несовместных события, образующих полную группу событий в данном испытании, называютсяпротивоположными событиями .
Если одно из них обозначено через A , то другое принято обозначать через (читается «не A »).
Пример. Попадание и промах при одном выстреле по цели - события противоположные.

1.2.2. Классическое определение вероятности

Вероятность события – численная мера возможности его наступления.
Событие А называется благоприятствующим событию В , если всякий раз, когда наступает событие А , наступает и событие В .
События А 1 , А 2 , ..., А n образуют схему случаев , если они:
1) равновозможны;
2) попарно несовместны;
3) образуют полную группу.
В схеме случаев (и только в этой схеме) имеет место классическое определение вероятности P (A ) события А . Здесь случаем называют каждое из событий, принадлежащих выделенной полной группе равновозможных и попарно несовместных событий.
Если n – число всех случаев в схеме, а m – число случаев, благоприятствующих событию А , то вероятность события А определяется равенством:

Из определения вероятности вытекают следующие ее свойства:
1. Вероятность достоверного события равна единице.
Действительно, если событие достоверно, то каждый случай в схеме случаев благоприятствует событию. В этом случае m = n и, следовательно,

2. Вероятность невозможного события равна нулю.
Действительно, если событие невозможно, то ни один случай из схемы случаев не благоприятствует событию. Поэтому m =0 и, следовательно,

Вероятность случайного события есть положительное число, заключенное между нулем и единицей.
Действительно, случайному событию благоприятствует лишь часть из общего числа случаев в схеме случаев. Поэтому 0<m <n , а, значит, 0<m /n <1 и, следовательно, 0 < P(A) < 1.
Итак, вероятность любого события удовлетворяет неравенствам
0 ≤ P(A) ≤ 1.
В настоящее время свойства вероятности определяются в виде аксиом, сформулированных А.Н. Колмогоровым.
Одним из основных достоинств классического определения вероятности является возможность вычислить вероятность события непосредственно, т.е. не прибегая к опытам, которые заменяют логическими рассуждениями.

Задачи непосредственного вычисления вероятностей

Задача 1.1 . Какова вероятность появления четного числа очков (событие А) при одном бросании игрального кубика?
Решение . Рассмотрим события А i – выпало i очков, i = 1, 2, …,6. Очевидно, что эти события образуют схему случаев. Тогда число всех случаев n = 6. Выпадению четного числа очков благоприятствуют случаи А 2 , А 4 , А 6 , т.е. m = 3. Тогда .
Задача 1.2 . В урне 5 белых и 10 черных шаров. Шары тщательно перемешивают и затем наугад вынимают 1 шар. Какова вероятность того, что вынутый шар окажется белым?
Решение . Всего имеется 15 случаев, которые образуют схему случаев. Причем ожидаемому событию А – появлению белого шара, благоприятствуют 5 из них, поэтому .
Задача 1.3 . Ребенок играет с шестью буквами азбуки: А, А, Е, К, Р, Т. Найти вероятность того, что он сможет сложить случайно слово КАРЕТА (событие А).
Решение . Решение осложняется тем, что среди букв есть одинаковые – две буквы «А». Поэтому число всех возможных случаев в данном испытании равно числу перестановок с повторениями из 6 букв:
.
Эти случаи равновозможны, попарно несовместны и образуют полную группу событий, т.е. образуют схему случаев. Лишь один случай благоприятствует событию А . Поэтому
.
Задача 1.4 . Таня и Ваня договорились встречать Новый год в компании из 10 человек. Они оба очень хотели сидеть рядом. Какова вероятность исполнения их желания, если среди их друзей принято места распределять путем жребия?
Решение . Обозначим через А событие «исполнение желания Тани и Вани». 10 человек могут усесться за стол 10! разными способами. Сколько же из этих n = 10! равновозможных способов благоприятны для Тани и Вани? Таня и Ваня, сидя рядом, могут занять 20 разных позиций. В то же время восьмерка их друзей может сесть за стол 8! разными способами, поэтому m = 20∙8!. Следовательно,
.
Задача 1.5 . Группа из 5 женщин и 20 мужчин выбирает трех делегатов. Считая, что каждый из присутствующих с одинаковой вероятностью может быть выбран, найти вероятность того, что выберут двух женщин и одного мужчину.
Решение . Общее число равновозможных исходов испытания равно числу способов, которыми можно выбрать трех делегатов из 25 человек, т.е. . Подсчитаем теперь число благоприятствующих случаев, т.е. число случаев, при которых имеет место интересующее нас событие. Мужчина-делегат может быть выбран двадцатью способами. При этом остальные два делегата должны быть женщинами, а выбрать двух женщин из пяти можно . Следовательно, . Поэтому
.
Задача 1.6. Четыре шарика случайным образом разбрасываются по четырем лункам, каждый шарик попадает в ту или другую лунку с одинаковой вероятностью и независимо от других (препятствий к попаданию в одну и ту же лунку нескольких шариков нет). Найти вероятность того, что в одной из лунок окажется три шарика, в другой - один, а в двух остальных лунках шариков не будет.
Решение. Общее число случаев n =4 4 . Число способов, которыми можно выбрать одну лунку, где будут три шарика, . Число способов, которыми можно выбрать лунку, где будет один шарик, . Число способов, которыми можно выбрать из четырех шариков три, чтобы положить их в первую лунку, . Общее число благоприятных случаев . Вероятность события:
Задача 1.7. В ящике 10 одинаковых шаров, помеченных номерами 1, 2, …, 10. На удачу извлечены шесть шаров. Найти вероятность того, что среди извлечённых шаров окажутся: а) шар №1; б) шары №1 и №2.
Решение . а) Общее число возможных элементарных исходов испытания равно числу способов, которыми можно извлечь шесть шаров из десяти, т.е.
Найдём число исходов, благоприятствующих интересующему нас событию: среди отобранных шести шаров есть шар №1 и, следовательно, остальные пять шаров имеют другие номера. Число таких исходов, очевидно, равно числу способов, которыми можно отобрать пять шаров из оставшихся девяти, т.е.
Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих рассматриваемому событию, к общему числу возможных элементарных исходов:
б) Число исходов, благоприятствующих интересующему нас событию (среди отобранных шаров есть шары №1 и №2, следовательно, четыре шара имеют другие номера), равно числу способов, которыми можно извлечь четыре шаров из оставшихся восьми, т.е. Искомая вероятность

1.2.3. Статистическая вероятность

Статистическое определение вероятности используется в случае, когда исходы опыта не являются равновозможными.
Относительная частота события А определяется равенством:
,
где m – число испытаний, в которых событие А наступило, n – общее число произведенных испытаний.
Я. Бернулли доказал, что при неограниченном увеличении числа опытов относительная частота появления события будет практически сколь угодно мало отличаться от некоторого постоянного числа. Оказалось, что это постоянное число есть вероятность появления события. Поэтому, естественно, относительную частоту появления события при достаточно большом числе испытаний называть статистической вероятностью в отличие от ранее введенной вероятности.
Пример 1.8 . Как приближенно установить число рыб в озере?
Пусть в озере х рыб. Забрасываем сеть и, допустим, находим в ней n рыб. Каждую из них метим и выпускаем обратно. Через несколько дней в такую же погоду и в том же месте забрасываем ту же самую сеть. Допустим, что находим в ней m рыб, среди которых k меченных. Пусть событие А – «пойманная рыба мечена». Тогда по определению относительной частоты .
Но если в озере х рыб и мы в него выпустили n меченых, то .
Так как Р * (А ) » Р (А ), то .

1.2.4. Операции над событиями. Теорема сложения вероятностей

Суммой , или объединением, нескольких событий называется событие, состоящее в наступлении хотя бы одного из этих событий (в одном и том же испытании).
Сумма А 1 + А 2 + … + А n обозначается так:
или .
Пример . Бросаются две игральные кости. Пусть событие А состоит в выпадении 4 очков на 1 кости, а событие В – в выпадении 5 очков на другой кости. События А и В совместны. Поэтому событие А +В состоит в выпадении 4 очков на первой кости, или 5 очков на второй кости, или 4 очков на первой кости и 5 очков на второй одновременно.
Пример. СобытиеА – выигрыш по 1 займу, событие В – выигрыш по 2 займу. Тогда событие А+В – выигрыш хотя бы по одному займу (возможно по двум сразу).
Произведением или пересечением нескольких событий называется событие, состоящее в совместном появлении всех этих событий (в одном и том же испытании).
Произведение В событий А 1 , А 2 , …, А n обозначается так:
.
Пример. События А и В состоят в успешном прохождении I и II туров соответственно при поступлении в институт. Тогда событие А ×В состоит в успешном прохождении обоих туров.
Понятия суммы и произведения событий имеют наглядную геометрическую интерпретацию. Пусть событие А есть попадание точки в область А , а событие В – попадание точки в область В . Тогда событие А+В есть попадание точки в объединение этих областей (рис. 2.1), а событие А В есть попадание точки в пересечение этих областей (рис. 2.2).

Рис. 2.1 Рис. 2.2
Теорема . Если события A i (i = 1, 2, …, n ) попарно несовместны, то вероятность суммы событий равна сумме вероятностей этих событий:
.
Пусть А и Ā – противоположные события, т.е. А + Ā = Ω, где Ω – достоверное событие. Из теоремы сложения вытекает, что
Р(Ω) = Р (А ) + Р (Ā ) = 1, поэтому
Р (Ā ) = 1 – Р (А ).
Если события А 1 и А 2 совместны, то вероятность суммы двух совместных событий равна:
Р (А 1 + А 2) = Р (А 1) + Р (А 2) – Р(А 1 ×А 2).
Теоремы сложения вероятностей позволяют перейти от непосредственного подсчета вероятностей к определению вероятностей наступления сложных событий.
Задача 1.8 . Стрелок производит один выстрел по мишени. Вероятность выбить 10 очков (событие А ), 9 очков (событие В ) и 8 очков (событие С ) равны соответственно 0,11; 0,23; 0,17. Найти вероятность того, что при одном выстреле стрелок выбьет менее 8 очков (событие D ).
Решение . Перейдем к противоположному событию – при одном выстреле стрелок выбьет не менее 8 очков. Событие наступает, если произойдет А или В , или С , т.е. . Так как события А, В , С попарно несовместны, то, по теореме сложения,
, откуда .
Задача 1.9 . От коллектива бригады, которая состоит из 6 мужчин и 4 женщин, на профсоюзную конференцию выбирается два человека. Какова вероятность, что среди выбранных хотя бы одна женщина (событие А ).
Решение . Если произойдет событие А , то обязательно произойдет одно из следующих несовместных событий: В – «выбраны мужчина и женщина»; С – «выбраны две женщины». Поэтому можно записать: А=В+С . Найдем вероятность событий В и С . Два человека из 10 можно выбрать способами. Двух женщин из 4 можно выбрать способами. Мужчину и женщину можно выбрать 6 ×4 способами. Тогда . Так как события В и С несовместны, то, по теореме сложения,
Р(А) = Р(В + С) = Р(В) + Р(С ) = 8/15 + 2/15 = 2/3.
Задача 1.10. На стеллаже в библиотеке в случайном порядке расставлено 15 учебников, причем пять из них в переплете. Библиотекарь берет наудачу три учебника. Найти вероятность того, что хотя бы один из взятых учебников окажется в переплете (событие А ).
Решение . Первый способ. Требование – хотя бы один из трех взятых учебников в переплете – будет осуществлено, если произойдет любое из следующих трех несовместных событий: В – один учебник в переплете, С – два учебника в переплете, D – три учебника в переплете.
Интересующее нас событие А можно представить в виде суммы событий: A=B+C+D . По теореме сложения,
P(A) = P(B) + P(C) + P(D). (2.1)
Найдем вероятность событий B, C и D (см комбинаторные схемы):

Представив эти вероятности в равенство (2.1), окончательно получим
P(A) = 45/91 + 20/91 + 2/91 = 67/91.
Второй способ. Событие А (хотя бы один из взятых трех учебников имеет переплет) и Ā (ни один из взятых учебников не имеет переплета) – противоположные, поэтому P(A) + P(Ā ) = 1 (сумма вероятностей двух противоположных событий равна 1). Отсюда P(A ) = 1 – P(Ā). Вероятность появления события Ā (ни один из взятых учебников не имеет переплета)
Искомая вероятность
P(A ) = 1 – P(Ā ) = 1 – 24/91 = 67/91.

1.2.5. Условная вероятность. Теорема умножения вероятностей

Условной вероятностью Р(В /А ) называется вероятность события В, вычисленная в предположении, что событие А уже наступило.
Теорема . Вероятность совместного появления двух событий равна произведению вероятностей одного из них на условную вероятность другого, вычисленную в предположении, что первое событие уже наступило:
Р(А ∙В) = Р(А )∙Р(В /А ). (2.2)
Два события называются независимыми, если появление любого из них не изменяет вероятность появления другого, т.е.
Р(А) = Р(А/В ) или Р(В ) = Р(В /А ). (2.3)
Если события А и В независимы, то из формул (2.2) и (2.3) следует
Р(А ∙В) = Р(А )∙Р(В ). (2.4)
Справедливо и обратное утверждение, т.е. если для двух событий выполняется равенство (2.4), то эти события независимы. В самом деле, из формул (2.4) и (2.2) вытекает
Р(А ∙В) = Р(А )∙Р(В ) = Р(А ) ×Р(В /А ), откуда Р(А ) = Р(В /А ).
Формула (2.2) допускает обобщение на случай конечного числа событий А 1 , А 2 ,…,А n :
Р(А 1 ∙А 2 ∙…∙А n )=Р(А 1)∙Р(А 2 /А 1)∙Р(А 3 /А 1 А 2)∙…∙Р(А n /А 1 А 2 …А n -1).
Задача 1.11 . Из урны, в которой 5 белых и 10 черных шаров, вынимают подряд два шара. Найти вероятность того, что оба шара белые (событие А ).
Решение . Рассмотрим события: В – первый вынутый шар белый; С – второй вынутый шар белый. Тогда А = ВС .
Опыт можно провести двумя способами:
1) с возвращением: вынутый шар после фиксации цвета возвращается в урну. В этом случае события В и С независимы:
Р(А) = Р(В )∙Р(С ) = 5/15 ×5/15 = 1/9;
2) без возвращения: вынутый шар откладывается в сторону. В этом случае события В и С зависимы:
Р(А) = Р(В )∙Р(С /В ).
Для события В условия прежние, , а для С ситуация изменилась. Произошло В , следовательно в урне осталось 14 шаров, среди которых 4 белых .
Итак, .
Задача 1.12 . Среди 50 электрических лампочек 3 нестандартные. Найти вероятность того, что две взятые одновременно лампочки нестандартные.
Решение . Рассмотрим события: А – первая лампочка нестандартная, В – вторая лампочка нестандартная, С – обе лампочки нестандартные. Ясно, что С = А ∙В . Событию А благоприятствуют 3 случая из 50 возможных, т.е. Р(А ) = 3/50. Если событие А уже наступило, то событию В благоприятствуют два случая из 49 возможных, т.е. Р(В /А ) = 2/49. Следовательно,
.
Задача 1.13 . Два спортсмена независимо друг от друга стреляют по одной мишени. Вероятность попадания в мишень первого спортсмена равна 0,7, а второго – 0,8. Какова вероятность того, что мишень будет поражена?
Решение . Мишень будет поражена, если в нее попадет либо первый стрелок, либо второй, либо оба вместе, т.е. произойдет событие А+В , где событие А заключается в попадании в мишень первым спортсменом, а событие В – вторым. Тогда
Р(А +В )=Р(А )+Р(В )–Р(А ∙В )=0, 7+0, 8–0, 7∙0,8=0,94.
Задача 1.14. В читальном зале имеется шесть учебников по теории вероятностей, из которых три в переплете. Библиотекарь наудачу взял два учебника. Найти вероятность того, что два учебника окажутся в переплете.
Решение . Введем обозначения событий: A – первый взятый учебник имеет переплет, В – второй учебник имеет переплет. Вероятность того, что первый учебник имеет переплет,
P(A ) = 3/6 = 1/2.
Вероятность того, что второй учебник имеет переплет, при условии, что первый взятый учебник был в переплете, т.е. условная вероятность события В , такова: P(B /А) = 2/5.
Искомая вероятность того, что оба учебника имеют переплет, по теореме умножения вероятностей событий равна
P(AB ) = P(A ) ∙ P(B /А) = 1/2·∙ 2/5 = 0,2.
Задача 1.15. В цехе работают 7 мужчин и 3 женщины. По табельным номерам наудачу отобраны три человека. Найти вероятность того, что все отобранные лица окажутся мужчинами.
Решение . Введем обозначения событий: A – первым отобран мужчина, В – вторым отобран мужчина, С – третьим отобран мужчина. Вероятность того, что первым будет отобран мужчина, P(A ) = 7/10.
Вероятность того, что вторым отобран мужчина, при условии, что первым уже был отобран мужчина, т.е. условная вероятность события В следующая: P(B/А ) = 6/9 = 2/3.
Вероятность того, что третьим будет отобран мужчина, при условии, что уже отобраны двое мужчин, т.е. условная вероятность события С такова: P(C /АВ ) = 5/8.
Искомая вероятность того, что все три отобранных лица окажутся мужчинами, P(ABC) = P(A ) P(B /А ) P(C /АВ ) = 7/10 · 2/3 · 5/8 = 7/24.

1.2.6. Формула полной вероятности и формула Байеса

Пусть B 1 , B 2 ,…, B n – попарно несовместные события (гипотезы) и А – событие, которое может произойти только совместно с одним из них.
Пусть, кроме того, нам известны Р(B i ) и Р(А /B i ) (i = 1, 2, …, n ).
В этих условиях справедливы формулы:
(2.5)
(2.6)
Формула (2.5) называется формулой полной вероятности . По ней вычисляется вероятность события А (полная вероятность).
Формула (2.6) называется формулой Байеса . Она позволяет произвести пересчет вероятностей гипотез, если событие А произошло.
При составлении примеров удобно считать, что гипотезы образуют полную группу.
Задача 1.16 . В корзине яблоки с четырех деревьев одного сорта. С первого – 15% всех яблок, со второго – 35%, с третьего – 20%, с четвертого – 30%. Созревшие яблоки составляют соответственно 99%, 97%, 98%, 95%.
а) Какова вероятность того, что наугад взятое яблоко окажется спелым (событие А ).
б) При условии, что наугад взятое яблоко оказалось спелым, вычислить вероятность того, что оно с первого дерева.
Решение . а) Имеем 4 гипотезы:
B 1 – наугад взятое яблоко снято с 1-го дерева;
B 2 – наугад взятое яблоко снято с 2-го дерева;
B 3 – наугад взятое яблоко снято с 3-го дерева;
B 4 – наугад взятое яблоко снято с 4-го дерева.
Их вероятности по условию: Р(B 1) = 0,15; Р(B 2) = 0,35; Р(B 3) = 0,2; Р(B 4) = 0,3.
Условные вероятности события А :
Р(А /B 1) = 0,99; Р(А /B 2) = 0,97; Р(А /B 3) = 0,98; Р(А /B 4) = 0,95.
Вероятность того, что наудачу взятое яблоко окажется спелым, находится по формуле полной вероятности:
Р(А )=Р(B 1)∙Р(А /B 1)+Р(B 2)∙Р(А /B 2)+Р(B 3)∙Р(А /B 3)+Р(B 4)∙Р(А /B 4)=0,969.
б) Формула Байеса для нашего случая имеет вид:
.
Задача 1.17. В урну, содержащую два шара, опущен белый шар, после чего из нее наудачу извлечен один шар. Найти вероятность того, что извлеченный шар окажется белым, если равновозможны все возможные предположения о первоначальном составе шаров (по цвету).
Решение . Обозначим через А событие – извлечен белый шар. Возможны следующие предположения (гипотезы) о первоначальном составе шаров: B 1 – белых шаров нет, В 2 – один белый шар, В 3 – два белых шара.
Поскольку всего имеется три гипотезы, и сумма вероятностей гипотез равна 1 (так как они образуют полную группу событий), то вероятность каждой из гипотез равна 1/3,т.е.
P(B 1) = P(B 2) = P(B 3) = 1/3.
Условная вероятность того, что будет извлечен белый шар, при условии, что первоначально в урне не было белых шаров, Р(А /B 1)=1/3. Условная вероятность того, что будет извлечен белый шар, при условии, что первоначально в урне был один белый шар, Р(А /B 2)=2/3. Условная вероятность того, что будет извлечен белый шар, при условии, что первоначально в урне было два белых шара Р(А /B 3)=3/ 3=1.
Искомую вероятность того, что будет извлечен белый шар, находим по формуле полной вероятности:
Р (А )=Р(B 1)∙Р(А /B 1)+Р(B 2)∙Р(А /B 2)+Р(B 3)∙Р(А /B 3)=1/3·1/3+1/3·2/3+1/3·1=2/3.
Задача 1.18 . Два автомата производят одинаковые детали, которые поступают на общий конвейер. Производительность первого автомата вдвое больше производительности второго. Первый автомат производит в среднем 60% деталей отличного качества, а второй – 84%. Наудачу взятая с конвейера деталь оказалась отличного качества. Найти вероятность того, что эта деталь произведена первым автоматом.
Решение . Обозначим через А событие – деталь отличного качества. Можно сделать два предположения: B 1 – деталь произведена первым автоматом, причем (поскольку первый автомат производит вдвое больше деталей, чем второй) Р(А /B 1) = 2/3; B 2 – деталь произведена вторым автоматом, причем P(B 2) = 1/3.
Условная вероятность того, что деталь будет отличного качества, если она произведена первым автоматом,Р(А /B 1)=0,6.
Условная вероятность того, что деталь будет отличного качества, если она произведена вторым автоматом,Р(А /B 1)=0,84.
Вероятность того, что наудачу взятая деталь окажется отличного качества, по формуле полной вероятности равна
Р(А )=Р(B 1) ∙Р(А /B 1)+Р(B 2) ∙Р(А /B 2)=2/3·0,6+1/3·0,84 = 0,68.
Искомая вероятность того, что взятая отличная деталь произведена первым автоматом, по формуле Бейеса равна

Задача 1.19 . Имеются три партии деталей по 20 деталей в каждой. Число стандартных деталей в первой, второй и третьей партиях соответственно равны 20, 15, 10. Из выбранной партии наудачу извлечена деталь, оказавшаяся стандартной. Детали возвращают в партию и вторично из этой же партии наудачу извлекают деталь, которая также оказывается стандартной. Найти вероятность того, что детали были извлечены из третьей партии.
Решение . Обозначим через А событие – в каждом из двух испытаний (с возвращением) была извлечена стандартная деталь. Можно сделать три предположения (гипотезы): B 1 – детали извлекаются из первой партии, В 2 – детали извлекаются из второй партии, В 3 – детали извлекаются из третьей партии.
Детали извлекались наудачу из взятой партии, поэтому вероятности гипотез одинаковы:  P(B 1) = P(B 2) = P(B 3) = 1/3.
Найдем условную вероятность Р(А /B 1), т.е. вероятность того, что из первой партии будут последовательно извлечены две стандартные детали. Это событие достоверно, т.к. в первой партии все детали стандартны, поэтому Р(А /B 1) = 1.
Найдем условную вероятность Р(А /B 2), т.е. вероятность того, что из второй партии будут последовательно извлечены (с возвращением) две стандартные детали: Р(А /B 2)= 15/20 ∙ 15/20 = 9/16.
Найдем условную вероятность Р(А /B 3), т.е. вероятность того, что из третьей партии будут последовательно извлечены (с возвращением) две стандартные детали: Р(А /B 3) = 10/20 · 10/20 = 1/4.
Искомая вероятность того, что обе извлеченные стандартные детали взяты из третьей партии, по формуле Бейеса равна

1.2.7. Повторные испытания

Если производится несколько испытаний, причем вероятность события А в каждом испытании не зависит от исходов других испытаний, то такие испытания называют независимыми относительно события А. В разных независимых испытаниях событие А может иметь либо различные вероятности, либо одну и ту же вероятность. Будем далее рассматривать лишь такие независимые испытания, в которых событие А имеет одну ту же вероятность.
Пусть производится п независимых испытаний, в каждом из которых событие А может появиться либо не появиться. Условимся считать, что вероятность события А в каждом испытании одна и та же, а именно равна р. Следовательно, вероятность ненаступления события А в каждом испытании также постоянна и равна 1–р. Такая вероятностная схема называется схемой Бернулли . Поставим перед собой задачу вычислить вероятность того, что при п испытаниях по схеме Бернулли событие А осуществится ровно k раз (k – число успехов) и, следовательно, не осуществится п– раз. Важно подчеркнуть, что не требуется, чтобы событие А повторилось ровно k раз в определенной последовательности. Искомую вероятность обозначим Р п (k ). Например, символ Р 5 (3) означает вероятность того, что в пяти испытаниях событие появится ровно 3 раза и, следовательно, не наступит 2 раза.
Поставленную задачу можно решить с помощью так называемой формулы Бернулли, которая имеет вид:
.
Задача 1.20. Вероятность того, что расход электроэнергии в продолжение одних суток не превысит установленной нормы, равна р =0,75. Найти вероятность того, что в ближайшие 6 суток расход электроэнергии в течение 4 суток не превысит нормы.
Решение. Вероятность нормального расхода электроэнергии в продолжение каждых из 6 суток постоянна и равнар =0,75. Следовательно, вероятность перерасхода электроэнергии в каждые сутки также постоянна и равна q= 1–р =1–0,75=0,25.
Искомая вероятность по формуле Бернулли равна
.
Задача 1.21 . Два равносильных шахматиста играют в шахматы. Что вероятнее: выиграть две партии из четырех или три партии из шести (ничьи во внимание не принимаются)?
Решение . Играют равносильные шахматисты, поэтому вероятность выигрыша р = 1/2, следовательно, вероятность проигрыша q также равна 1/2. Т.к. во всех партиях вероятность выигрыша постоянна и безразлична, в какой последовательности будут выиграны партии, то применима формула Бернулли.
Найдем вероятность того, что две партии из четырех будут выиграны:

Найдем вероятность того, что будут выиграны три партии из шести:

Т.к. P 4 (2) > P 6 (3), то вероятнее выиграть две партии из четырех, чем три из шести.
Однакоможно видеть, что пользоваться формулой Бернулли при больших значениях n достаточно трудно, так как формула требует выполнения действий над громадными числами и поэтому в процессе вычислений накапливаются погрешности; в итоге окончательный результат может значительно отличаться от истинного.
Для решения этой проблемы существуют несколько предельных теорем, которые используются для случая большого числа испытаний.
1. Теорема Пуассона
При проведении большого числа испытаний по схеме Бернулли (при n => ∞) и при малом числе благоприятных исходов k (при этом предполагается, что вероятность успеха p мала), формула Бернулли приближается к формуле Пуассона
.
Пример 1.22. Вероятность брака при выпуске предприятием единицы продукции равна p =0,001. Какая вероятность, что при выпуске 5000 единиц продукции из них будет менее 4 бракованных (событие А Решение . Т.к. n велико, воспользуемся локальной теоремой Лапласа:

Вычислим x :
Функция – четная, поэтому φ(–1,67) = φ(1,67).
По таблице приложения П.1 найдем φ(1,67) = 0,0989.
Искомая вероятность P 2400 (1400) = 0,0989.
3. Интегральная теорема Лапласа
Если вероятность р появления события A в каждом испытании по схеме Бернулли постоянна и отлична от нуля и единицы, то при большом числе испытаний n , вероятность Р п (k 1 , k 2) появления события A в этих испытаниях от k 1 доk 2 раз приближенно равна
Р п (k 1 , k 2) = Φ (x"" ) – Φ (x" ), где
– функция Лапласа,

Определенный интеграл, стоящий в функции Лапласа не вычисляется на классе аналитических функций, поэтому для его вычисления используется табл. П.2, приведенная в приложении.
Пример 1.24. Вероятность появления события в каждом из ста независимых испытаний постоянна и равна p = 0,8. Найти вероятность того, что событие появится: a) не менее 75 раз и не более 90 раз; б) не менее 75 раз; в) не более 74 раз.
Решение . Воспользуемся интегральной теоремой Лапласа:
Р п (k 1 , k 2) = Φ (x"" ) – Φ(x" ), где Ф(x ) – функция Лапласа,

а) По условию, n = 100, p = 0,8, q = 0,2, k 1 = 75, k 2 = 90. Вычислим x"" и x" :


Учитывая, что функция Лапласа нечетна, т.е. Ф(-x ) = – Ф( x ), получим
P 100 (75;90) = Ф (2,5) – Ф(–1,25) = Ф(2,5) + Ф(1,25).
По табл. П.2. приложения найдем:
Ф(2,5) = 0,4938; Ф(1,25) = 0,3944.
Искомая вероятность
P 100 (75; 90) = 0,4938 + 0,3944 = 0,8882.
б) Требование, чтобы событие появилось не менее 75 раз, означает, что число появлений события может быть равно 75, либо 76, …, либо 100. Т.о., в рассматриваемом случае следует принять k 1 = 75, k 2 = 100. Тогда

.
По табл. П.2. приложения найдем Ф(1,25) = 0,3944; Ф(5) = 0,5.
Искомая вероятность
P 100 (75;100) = (5) – (–1,25) = (5) + (1,25) = 0,5 + 0,3944 = 0,8944.
в) Событие – «А появилось не менее 75 раз» и «А появилось не более 74 раз» противоположны, поэтому сумма вероятностей этих событий равна 1. Следовательно, искомая вероятность
P 100 (0;74) = 1 – P 100 (75; 100) = 1 – 0,8944 = 0,1056.

Классическое определение вероятности
Вероятностью события А Р(A) называется отношение числа благоприятствующих этому событию исходов m к общему числу всех единственно возможных и равновозможных элементарных исходов n, Р(A)=.

Задача1

Из 20 экзаменационных билетов 3 содержат простые вопросы. Пять студентов по очереди берут билеты. Найти вероятность того, что хотя бы одному из них достанется билет с простыми вопросами.

Решение:

Для начала найдем вероятность того, что ни одному из студентов не достанется билет с простыми вопросами.
Эта вероятность равна

Первая дробь показывает вероятность того, что первому студенту достался билет со сложными вопросами (их 17 из 20)
Вторая дробь показывает вероятность того, что второму студенту достался билет со сложными вопросами (их осталось 16 из 19)
Третья дробь показывает вероятность того, что третьему студенту достался билет со сложными вопросами (их осталось 15 из 18)
И так далее до пятого студента. Вероятности перемножаются т.к. по условию требуется одновременное выполнение этих условий.

Чтобы получить вероятность того, что хотя бы одному из студентов достанется билет с простыми вопросами надо вычесть полученную выше вероятность из единицы.

Ответ: 0,6009.

Задача2
Из множества всех последовательностей длины 10, состоящих из цифр 0; 1; 2; 3, наудачу выбирается одна. Какова вероятность того, что выбранная последовательность содержит ровно 5 нулей, причем два из них находятся на концах последовательности. Решение

Вероятность события A – «Выбранная последовательность содержит ровно 5 нулей, причем два из них находятся на концах последовательности», согласно классическому определению, равна P (A ) = , где n – полное число равновероятных исходов; m – число исходов, благоприятствующих событию A .

Число способов заполнить 10 позиций в последовательности цифрами 0; 1; 2; 3 составляет, с учетом возможности повторения цифр, n = 410 = 220 = 1048576.

Число способов разместить 5 нулей на 10 позициях в последовательности при условии, что нули обязательно находятся на первом и десятом месте в последовательности, равно числу способов разместить три нуля на восьми свободных позициях в последовательности и равно числу сочетаний из 8 элементов по 3: = = 56.

Оставшиеся 8 – 3 = 5 позиций в последовательности будут заполнены цифрами 1; 2; 3. Число способов осуществить это, с учетом возможности повторения, равно 35 = 243.

Т.о., число исходов, благоприятствующих событию A , равно m = ×35 = 56×243 = 13608.
Искомая вероятность события A равна:
P (A ) = = 0,013.
Ответ: P(A) = = 0,013.

Задача 3.
Имеется 100 одинаковых деталей, среди которых 3 бракованных. Найти вероятность того, что взятая наудачу деталь без брака.

Решение. В этой задаче производится испытание – извлекается одна деталь. Число всех исходов испытания равно 100, т. к. может быть взята любая деталь из 100. Эти исходы несовместны, равновозможны, единственно возможны. Таким образом, Событие - появилась деталь без брака. Всего в партии 97 деталей без брака, следовательно, число исходов, благоприятных появлению события А равно 97 . Итак, Тогда
Задача 4.
Код банковского сейфа состоит из 6 цифр. Найти вероятность того, что наудачу выбранный код содержит различные цифры? Решение. Так как на каждом из шести мест в шестизначном шифре может стоять любая из десяти цифр: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, то всех различных шестизначных номеров по правилу произведения будет . Номера, в которых все цифры различны, - это размещения из 10 элементов (10 цифр) по 6. Поэтому число благоприятствующих исходов . Искомая вероятность равна
Задача 5.
Между шестью фирмами (А, Б, В, Г, Д, Е), занимающимися продажей компьютерной техники, проводится жеребьевка на предмет очередности предъявления своей продукции на выставке потенциальным потребителям. Какова вероятность того, что очередь будет выстроена по порядку, т. е. А, Б, В, Г, Д, Е? Решение. Исход испытания - случайное расположение фирм в очереди. Число всех возможных исходов равно числу всех перестановок из шести элементов (фирм), т.е.Число исходов, благоприятствующих событию : m= 1, если очередь выстроена по порядку. Тогда
Задача 6.
В компании 10 акционеров, из них трое имеют привилегированные акции. На собрание акционеров явилось 6 человек. Найти вероятность того, что среди явившихся акционеров:
а) все трое акционеров с привилегированными акциями отсутствуют;
б) двое присутствуют и один не явился. Решение
а) испытанием является отбор 6 человек из 10 акционеров. Число всех исходов испытания равно числу сочетаний из 10 по 6, т. е.

Пусть событие - среди шести человек нет ни одного с привилегированными акциями. Исход, благоприятствующий событию ,- отбор шести человек среди семи акционеров, не имеющих привилегированных акций. Число всех исходов, благоприятствующих событию А , будет
Искомая вероятность

б) пусть событие - среди шести явившихся акционеров двое с привилегированными акциями, а остальные четыре – с общими акциями. Число всех исходов, Число способов выбора двух человек из необходимых трех Число способов выбора оставшихся четырех акционеров среди семи с общими акциями Тогда число всех способов отбора по правилу произведения
Искомая вероятность равна

Событие

Определение 1

Событием будем называть любое утверждение, которое может как произойти, так и не произойти.

Обычно события обозначаются большими английскими буквами.

Пример: $A$ – выпадение числа $6$ на кости.

В связи с тем, что событие может иметь две вариации исхода («произошло» и «не произошло») мы сталкиваемся с понятие вероятности такого события.

Понятие вероятности события

Определение 2

Вероятностью события будем называть число, которое обозначает степень возможности, что такое событие произойдет.

Вероятность события обозначается как $P(A)$

Чтобы определить границы значения этого числа введем понятие достоверного и невозможного событий.

Определение 3

Достоверным событием будем называть такое, которое произойдет при любых обстоятельствах.

Примером такого события может быть следующее: Сумма «точек» на классической кости всегда равняется $21$.

Вероятность такого события мы будем принимать за единицу.

Определение 4

Невозможным событием будем называть такое, которое не может произойти ни при каком обстоятельстве.

Примером такого события может быть следующее: При игре в «очко» игрок набрал $1$ очко.

Вероятность такого события мы будем принимать за $0$.

То есть значение вероятности любого события содержится в отрезке $$.

В современной теории вероятности принято выделять четыре определения для вероятности: классической, геометрическое, статистическое и аксиоматическое определения. Рассмотрим их отдельно.

Классическое определение

Классическое определение связано с такими неопределяемыми понятиями как равновозможность и элементарность события. Интуитивно их можно понять на следующих примерах:

Равновозможность: При подбрасывании монеты она может упасть как аверсом, так и реверсом независимо от внешних условий. То есть можно сказать что вероятность выпадения одной или другой стороны по сути одинакова.

Элементарность события: Если на кости выпадет число $4$, то это означает, что числа $1, 2, 3, 5$ и $6$ уже не выпали.

Определение 5

Вероятностью события будем называть отношения числа n равновозможных элементарных событий исходного события $B$ ко всем элементарным событиям $N$.

Математически это выглядит следующим образом:

$P(B)=\frac{n}{N}$

Геометрическое определение

Геометрическое определение применяется для случая, когда количество равновозможных событий будет бесконечно. Здесь, для введения геометрического определения рассмотрим следующий пример. Для игры дартс берем круг площадью $S$ и разбиваем его на несколько кругов. Какова вероятность, что дротик попадет в центральный круг? (Исключим здесь случаи полного непопадания в поле). Очевидно что равновозможных событий здесь будет бесконечно (как и общих событий) так как круг содержит в себе бесконечное число точек. Пусть площадь центрального круга равняется $s$. Тогда мы сталкиваемся с геометрическим определением вероятности такого события:

$P(B)=\frac{s}{S}$

Статистическое (частотное) определение

Классическое определение довольно часто не учитывает всех возможностей. Рассматривая даже классический пример с бросанием кости мы пренебрегаем возможностью, что не выпадет никакого из шести чисел (кубик просто «остановится» на уголке). Поэтому вводят следующее определение вероятности, учитывающее все возможности. Рассматриваем $N$ наблюдений. Пусть нужное нам событие при этом выпало $n$ раз. Тогда

$P(B)=lim_{N→∞}\frac{n}{N}$

Аксиоматическое определение

Данное определение задается с помощью аксиоматики Колмогорова.

Пусть $X$ - пространство всех элементарных событий. Тогда

Определение 6

Вероятностью события $B$ будем называть такую функцию $P(B)$, которая удовлетворяет следующим условиям:

1. Данная функция всегда неотрицательна,
2. Вероятность того, что произойдет хотя бы одно из попарно несовместных событий равняется сумме их вероятностей.
3. Функция всегда меньше или равна $1$, причем $P(X)=1$.