Класичне означення ймовірності

Нехай простір елементарних подій є скінченною множиною тобто є тільки п можливих результатів випробування. У цьому випадку називають повною групою подій (або докладніше повною групою усіх попарно несумісних результатів випробування). Вважаємо додатково, що елементарні події рівно можливі:

Тоді, якщо події А сприяють т елементарних подій, то а так як події попарно не сумісні, то за теоремою додавання для несумісних подій

Ймовірність події А – відношення числа результатів випробування, сприятливих для події А, до числа усіх рівноможливих і попарно несумісних результатів випробування.

Деякі властивості ймовірності

1. Для кожної події

2. Імовірність вірогідної події дорівнює 1:

3. Імовірність неможливої події дорівнює 0: Ø)=0.

42. Партія складається із 10 стандартних і 5 нестандартних однакових деталей. Із партії навмання дістають 5 деталей. Знайти ймовірність того, що серед добутих деталей 2 виявились бракованими.

43. Знайти ймовірність того, що число очок, яке випаде на кубику при одному киданні, буде парним (1/2) або кратне 3 (1/3).

44. Знайти ймовірність того, що серед навмання вибраних п людей є принаймні двоє, що народились в один день і місяць.

45. В урні п куль, з яких т білі , решта – чорні. З урни виймають куль. Яка ймовірність, що серед них рівно п білих куль? геометричний розподіл.

46. Капелюхи п відвідувачів були переплутані в гардеробі і видані відвідувачам випадковим способом. Знайти ймовірність того, тільки один з відвідувачів отримає свій власний капелюх.

47. Скільки існує способів складання у випадковому порядку списку із 4 кандидатів для вибору на керівну посаду? 4!=24.

48. В лотереї "Спортлото" гравець повинен закреслити 6 із 49 можливих чисел від 1 до 49. Скільки існує можливих варіантів вибору для гравця?

49. У ліфт 9-поверхового будинку входить 4 людини. Яка ймовірність того, що вони вийдуть на різних поверхах?

Формули додавання і множення ймовірностей

Ймовірність суми двох подій дорівнює сумі ймовірностей цих подій без ймовірності їх добутку. Ймовірність суми несумісних подій дорівнює сумі ймовірностей цих подій.

Ймовірність добутку двох подій дорівнює добутку ймовірності однієї з них на ймовірність іншої при умові, що відбулась перша подія. Ймовірність добутку незалежних подій дорівнює добутку ймовірностей цих подій.

Задача 1.

У тролейбусному парку три машини №1 і дві машини № 2. Яка ймовірність, що перші дві машини, які вийшли з парку, мають № 1?

Розв’язання:

Позначимо події: А – перша машина має № 1;

В – друга машина має № 1;

С – перші дві машини мають № 1. Тоді Р(А) = 3/5.

Якщо відомо, що подія А відбулася, то в парку залишилось по дві машини кожного номера. Тому

Р(В/А) = 2/4. Отже, Р(С) = Р(АВ) = Р(А)Р(В/А) =

Задача 2.

Ймовірність попадання з однієї гармати 0,8, а з другої – 0,7. Зайти ймовірність принаймні одного попадання при залпі з двох гармат.

Розв’язання:

Позначимо події: А – попала перша гармата;

В – попала друга гармата;

С – принаймні одне попадання.

Зрозуміло, що А і В – незалежні події.

Перший спосіб:

Р(А+В) = Р(А) + Р(В) – Р(АВ) = Р(А) + Р(В) – Р(А)Р(В) = .

Другий спосіб: події і - протилежні. Тому

Р(А+В) = 1 – Р( ) = 1 – Р( )Р( ) = 1- (1- 0,8)(1- 0,7) = 1- 0,06 = 0,94.

Формули повної ймовірності та Байєса.

Нехай події Н₁,…,Н_n утворюють повну групу подій.

Тоді Р(А) = Р(Н₁)Р(А/Н₁) +…+ Р(Н_n)Р(А/Н_n).

Ця формула називається формулою повної ймовірності, а події Н₁,…,Н_n – гіпотезами.

Задача 3.

В умовах задачі 1 про тролейбусний парк обчислити ймовірність, що другою вийшла машина № 2.

Розв’язання:

Позначимо події: D – друга машина має № 2;

Н₁ – перша машина має № 1;

Н₂ – перша машина має № 2.

Тоді за формулою повної ймовірності маємо.

P(D) = P(H₁)P(D/H₁) + P(H₂)P(D/H₂) =

В умовах формули повної ймовірності, можна переоцінити ймовірності гіпотез за формулами Баєса:

.

Задача 4.

Два верстата-автомата виробляють однакові деталі, які надходять на спільний конвеєр. Продуктивність першого верстата в 4 рази вища за продуктивність другого. Перший верстат в середньому виробляє 30% деталей відмінної якості, а другий – 80%. Навмання взята деталь виявилася відмінної якості. Знайти ймовірність, що цю деталь виготовлено на другому верстаті.

Розв’язок:

Позначимо події: А – відмінної якості;

Н₁ – деталь виготовлено на першому верстаті;

Н₂ – деталь виготовлено на другому верстаті;

Тоді за умовою задачі:

Р(Н₁) = 4/5 = 0,8; Р(А/Н₁) = 30/100 = 0,3;

Р(Н₂) = 1/5 = 0,2; Р(А/Н₂) = 80/100 = 0,8.

За формулою повної ймовірності:

Р(А) = Р(Н₁)Р(А/Н₁) + Р(Н₂)Р(А/Н₂) = .

За формулою Баєса:

Р(Н₂/А) = Р(Н₂)Р(А/Н₂)/Р(А) =

Одержаний результат можна розуміти таким чином: серед деталей відмінної якості 40% складають деталі, які виготовлені на другому верстаті.

Повторні незалежні випробування. Формула Бернуллі

У схемі Я. Бернуллі розглядається серія з n повторних незалежних випробувань, кожне з яких має лише два наслідки: поява деякої події А

(успіх ) або поява протилежної події (невдача), причому ймовірність успіху однакова в усіх випробуваннях і дорівнює р. Числа n і p називаються параметрами схеми Бернуллі.

Ймовірність Р_n(k), що подія А відбудеться k разів в n випробуваннях, обчислюють за формулою Бернуллі:

, де – ймовірність невдачі.

Позначимо ймовірність, що в n випробуваннях подія А відбудеться не менше k₁ разів і не більше k₂ разів. Тоді Р_n(k₁;k₂) = P_n(k₁) +…+ P_n(k₂).

Задача 5.

Схожість зерна складає 90%. Знайти ймовірність, що з 5 посіяних зернин проросте не менше чотирьох.

Розв’язання:

Будемо вважати, що випробування – це пророщування зернини, кількість випробувань n =5. Подія А (успіх) – зерно проросло, р = 0,9, q = 0,1. Тоді за формулою Бернуллі:

Найбільш імовірна кількість успіхів

При фіксованому n ймовірності P_n (k) спочатку зростають при збільшенні числа k від 0 до деякого числа m₀, а потім знову спадають при збільшенні k. Кількість успіхів m₀, якій відповідає найбільша ймовірність Р₀ (m₀), називається найбільш ймовірною кількістю успіхів або модою. Мода визначається з нерівності . Якщо число (n + 1)р – ціле, то існують дві моди; в іншому випадку – лише одна.

Задача 6.

Ймовірність попадання у мішень дорівнює 0,8. Скільки треба зробити пострілів у мішень, щоб мода дорівнювала 10?

Розв’язання:

Вважатимемо, що випробування – це постріл у мішень, кількість

Випробувань – n. Подія А (успіх) – попадання у мішень, р = 0,8. Маємо систему нерівностей:

Отже: n = 12.

Формули Муавра-Лапласа

Якщо кількість випробувань n велике число, а ймовірність успіху р достатньо відрізняється від 0 і 1 і добуток npq > 10, то можна користуватися наближеною формулою:

, де

Ця формула є наслідком граничної локальної теореми Муавра-Лапласа і носить її ім’я. Для парної функції складені таблиці (Гмурман, додаток 1). Якщо х > 4, то модна вважати, що

Задача 7.

Серед виготовлених деталей в середньому 0,5% браку. Яка ймовірність, що в партії з 10000 деталей – 40 бракованих?

Розв’язання:

Вважатимемо, що випробування – це перевірка якості деталі, кількість випробувань – n = 10000. Подія А (успіх) – деталь бракована, p = 0,005,

q = 0,995, k = 40, npq = > 10. Тоді можна застосувати локальну формулу Муавра-Лапласа:

.

Точна формула Бернуллі дає ймовірність 0,0214 (похибка 3,7%).

В умовах локальної теореми Муавра-Лапласа ймовірність Р_n (k₁; k₂), що подія А відбудеться не менше k₁ разів і не більше k₂ разів, можна обчислювати за наближеною формулою:

– функцією Лапласа. Ця формула є наслідком граничної інтегральної теореми Муавра-Лапласа і носить її ім’я. Функція Лапласа непарна (Ф (-х) = -Ф (х)) і табульована (Гмурман, додаток 2). Якщо вважати х > 4, то можна вважати, що Ф (х) ≈ 0,5.

Задача 8.

В умовах попереднього прикладу знайти ймовірність, що в партії буде не більше 40 бракованих деталей.

Розв’язання:

Позначимо k₁ = 0, k₂ = 40 і обчислимо:

За інтегральною формулою Муавра-Лапласа і таблицею маємо:

Формула Пуассона

Задача 9.

Бракованих свердел приблизно 1%. Всі свердла пакують в пачки по 100 штук.

Розв’язання:

Будемо вважати, що випробування – це перевірка якості свердла з пачки, кількість випробувань n = 100. Подія А (успіх) – свердло браковане, < 10. Тому можна застосувати формулу Пуассона: