1.4.Випробування із скінченною кількістю наслідків

1.4.1. Класичне означення ймовірності

Розглянемо випробування, простір елементарних подій якого складається з N точок . Якщо е.п. рівноймовірні, то із виразу ₁+₂+...+_N виходить рівність 1P(₁+P(₂+...+ +P(_N  N·P(_i на підставі якої одержимо

.

Теорема. Якщо у випробуванні з N рівно можливими елементарними подіями події A сприяють M елементарних подій, то

.

(1)

Доведення. Оскільки події A сприяють M елементарних подій, то

.

1.4.2 Комбінаторні методи підрахунку кількості наслідків

Для того, щоб знайти ймовірність події за формулою , потрібно знати і загальну кількість наслідків випробування і число наслідків, які сприяють настанню цієї події. Суттєву роль при підрахунках кількості наслідків грають комбінаторні методи, основою яких є наступні два правила.

Правило додавання. Нехай деякий об ‘єкт α можна обрати m₁ способами, а інший об’єкт β –­ m₂ способами. Тоді вибір одного з цих об’ єктів (або α, або β ) можна виконати m₁+m₂ способами. Правило множення. Нехай об‘єкт α можна обрати m₁ способами, а після кожного такого вибору об‘єкт β можна обрати m₂ способами. Тоді обидва вибори можуть бути виконані m₁·m₂ способами (рис.1.13).

Обидва правила узагальнюються на випадок будь-якої скінченної кількості дій.

Приклад 1. Для складання номера об’єкту використовуються цифри 1, 2, 3, 4. Скільки об’єктів можна пронумерувати, якщо один номер повинен складатися не більше, ніж з трьох цифр?

Розв’язання. а) Цифри у номері не повторюються. Для складання тризначного номера потрібно виконати послідовно одну за іншою три дії – вибір першої, другої та третьої цифр. Ці вибори можна здійснити відповідно 4, 3 та 2 способами. Отже, на підставі правила множення, тризначних номерів буде N₃4·3·224. Аналогічним чином знаходимо кількість двозначних N₂4·312 та однозначних номерів N₁4. Тепер за правилом додавання знаходимо загальну кількість об’єктів, які можна занумерувати NN₁+N₂+N₃40.

б) Цифри у номері можуть повторюватись. Вибір будь-якої цифри можна здійснити 4 способами. Тому NN₁+N₂+N₃4· 4· 4+4· 4+484.

Нехай задана множина із n різних елементів.

Сукупність k (k  n) із цих елементів, розташованих у певному порядку (упорядкована підмножина), називається розміщенням із n елементів по k. Різні розміщення відрізняються одне від іншого порядком чи складом елементів. Наприклад, у множини {a,b,c} із трьох елементів розміщеннями по два елементи є упорядковані підмножини (a,b), (b,a), (a,c), (c,a), (b,c), (c,b). Кількість таких розміщень позначають . Застосовуючи правило множення, одержимо

= n·(n–1)·(n–2)·...·(n– k+1).

Розміщення із n елементів по n називаються перестановками. Різні перестановки відрізняються одна від іншої лише порядком елементів. Наприклад, перестановками у множини {a,b,c} із трьох елементів будуть упорядковані підмножини (a,b,c), (a,c,b), (b,a,c), (b,c,a), (c,a,b), (c,b,a). Кількість перестановок дорівнює

Добуток цілих чисел від 1 до n прийнято позначати n! (n–факторіал). Тоді

n!, n!/(n– k)!.

За означенням 0!1

Набір k (k  n) із заданих n елементів називається сполученням (комбінацією) із n елементів по k. Різні комбінації відрізняються одна від іншої хоча б одним елементом. Наприклад, у множини {a,b,c} із трьох елементів сполученнями по два елементи є підмножини {a,b}, {a,c}, {b,c}. Кількість таких комбінацій позначають . Оскільки  ·k!, то

Справедливі такі співвідношення:

.

Приклад 2. З n деталей, серед яких m мають дефект, беремо k деталей. Знайти ймовірність того, що серед них буде l дефектних деталей (рис.1.14).

Р озв’язання. Нехай подія A означає, що взято l дефектних деталей. Оскільки порядок вибору деталей не має значення, то число способів N взяти k деталей із n дорівнює . Кількість способів M, якими можна взяти заданий набір деталей, дорівнює на підставі правила множення добутку кількості способів взяти l деталей із m ( ) на кількість способів взяти k-l стандартних деталей із n-m ( ):

.Таким чином, на .підставі формули (1) одержуємо (2)

Рис.1.6

Приклад 3 У групі 18 студентів, серед яких 6 відмінників. Навмання обирають 4 студентів. Яка ймовірність того, що серед них 2 відмінника?

Розв’язання. Тут =18, =6, =4, =2. Нехай подія - вибір 2 відмінників з 4. За формулою (2) ,Оскільки

=6 17 2 15 1.4.3. Схема Я.Бернуллі.

Багато прикладних задач (наприклад, котроль якості партії виробів) зводяться до наступної схеми.. Розглядається серія із n незалежних випробувань з двома можливими наслідками, в кожному з яких

подія A може відбуватись з імовірністю p (випробування незалежні, якщо ймовірність будь-якого наслідку будь-якого випробування не залежить від того, які були наслідки інших випробувань). Нехай A_j (j1,2,...,n) позначає подію, що означає наставання події A у j-му випробуванні. Тоді кожну з 2ⁿ елементарних подій серії можна зобразити у вигляді добутку n множників, кожен з яких дорівнює A_j або .

Теорема. Ймовірність pn(k) того, що у серії з n випробовувань подія A настає k раз, задається рівністю

.

(1)

Доведення. Події, що нас цікавить, сприяють ті елементарні події, у яких події A_j спостерігаються k раз, а події А_j– (n – k) раз ( наприклад, , і т.п.). В силу незалежності подій A_j ймовірність кожної такої елементарної події на підставі теореми множення ймовірностей дорівнює p^k(1– p)^n-k. Оскільки подібних елементарних подій буде , то з урахуванням їх несумісності і теореми додавання ймовірностей остаточно одержимо

.

Приклад 1. Точки та тире телеграфного коду спотворюються незалежно одне від іншого з ймовірністю 0.12. Знайти ймовірність події, яка полягає у тому, що в слові з п’яти символів буде спотворено: а) два символи; б) не більше одного символу.

Розв’язання. Задача зводиться до схеми Бернуллі при n=5 і p=0.12.

а) k=2 і на підставі формули (1) маємо

·0.12²·0.88³= 0.0981;

б) k0 або k1 і тому ймовірність дорівнює

P₅(0)+ P₅(1)= 0.88⁵+ 5·0.12·0.88⁴=0.5377+ 0.3598= 0.8875.