Norite sužinoti matematinę tikimybę, kad jūsų statymas bus sėkmingas? Tada jums yra du geros naujienos. Pirma: norint apskaičiuoti praeinamumą, nereikia atlikti sudėtingi skaičiavimai ir sugaišti daug laiko. Pakanka naudoti paprastas formules, su kuriomis dirbti prireiks poros minučių. Antra: perskaitę šį straipsnį galite lengvai apskaičiuoti bet kurios jūsų operacijos įvykdymo tikimybę.

Norėdami teisingai nustatyti visų šalių gebėjimus, turite atlikti tris veiksmus:

• Apskaičiuokite įvykio baigties tikimybės procentą pagal lažybų tarpininko biurą;
• Apskaičiuokite tikimybę naudodami statistinius duomenis patys;
• Išsiaiškinkite statymo vertę, atsižvelgdami į abi tikimybes.

Pažvelkime į kiekvieną žingsnį išsamiai, naudodami ne tik formules, bet ir pavyzdžius.

Pirmiausia reikia išsiaiškinti, kokia tikimybe pats lažybų tarpininkas įvertina konkretaus rezultato tikimybę. Akivaizdu, kad lažybų agentai nenustato tik tokių koeficientų. Norėdami tai padaryti, naudojame šią formulę:

PB=(1/K)*100%,

kur P B yra rezultato tikimybė pagal lažybų tarpininko biurą;

K – lažybų tarpininkų koeficientai už rezultatą.

Tarkime, kad Londono Arsenalo pergalės koeficientas rungtynėse su Miuncheno Bayern yra 4. Tai reiškia, kad jų pergalės tikimybę lažybų tarpininkas vertina kaip (1/4)*100%=25%. Arba Džokovičius žaidžia prieš Youzhny. Novako pergalės daugiklis yra 1,2, jo šansai (1/1,2)*100%=83%.

Taip kiekvieno žaidėjo ir komandos sėkmės galimybes vertina pats lažybų tarpininkas. Baigę pirmąjį žingsnį, pereiname prie antrojo.

Žaidėjo įvykio tikimybės apskaičiavimas

Antras mūsų plano punktas – mūsų pačių įvertinimas įvykio tikimybės. Kadangi matematiškai negalime atsižvelgti į tokius parametrus kaip motyvacija ir žaidimo tonas, tai naudosime supaprastintą modelį ir naudosime tik ankstesnių susitikimų statistiką. Norėdami apskaičiuoti statistinę rezultato tikimybę, naudojame formulę:

PIR=(UM/M)*100 %

KurPIR– įvykio tikimybė pagal žaidėją;

UM – sėkmingų rungtynių, kuriose įvyko toks įvykis, skaičius;

M – bendras rungtynių skaičius.

Kad būtų aiškiau, pateiksime pavyzdžių. Andy Murray ir Rafaelis Nadalis tarpusavyje sužaidė 14 rungtynių. 6 iš jų bendras rezultatas buvo mažesnis nei 21 žaidimuose, 8 - daugiau. Reikia išsiaiškinti tikimybę, kad kitos rungtynės bus žaidžiamos su didesne suma: (8/14)*100=57%. „Valencia“ žaidė 74 rungtynes ​​su „Atlético“ Mestalla ir iškovojo 29 pergales. „Valencia“ laimėjimo tikimybė: (29/74)*100%=39%.

Ir visa tai sužinome tik dėka ankstesnių žaidimų statistikos! Natūralu, kad tokios tikimybės nebus galima apskaičiuoti jokiai naujai komandai ar žaidėjui, todėl tokia lažybų strategija tinka tik rungtynėms, kuriose varžovai susitinka daugiau nei vieną kartą. Dabar mes žinome, kaip nustatyti lažybų tarpininko ir mūsų pačių tikimybes pasiekti rezultatus, ir turime visas žinias, kad galėtume pereiti prie paskutinio žingsnio.

Statymo vertės nustatymas

Statymo vertė (vertė) ir įveikiamumas turi tiesioginį ryšį: kuo didesnė vertė, tuo didesnė pralaimėjimo tikimybė. Vertė apskaičiuojama taip:

V=PIR*K-100 proc.

kur V yra vertė;

P I – rezultato tikimybė pagal lažytoją;

K – lažybų tarpininkų koeficientai už rezultatą.

Tarkime, norime lažintis dėl Milano pergalės rungtynėse su Roma ir skaičiuojame, kad „raudonai juodųjų“ pergalės tikimybė yra 45%. Bukmekeris mums siūlo 2,5 koeficientą už šį rezultatą. Ar toks statymas būtų vertingas? Atliekame skaičiavimus: V=45%*2,5-100%=12,5%. Puiku, turime vertingą statymą su didelėmis galimybėmis perduoti kamuolį.

Paimkime kitą atvejį. Marija Šarapova žaidžia prieš Petrą Kvitovą. Norime sudaryti sandorį, kad Marija laimėtų, kurios tikimybė, mūsų skaičiavimais, yra 60%. Bukmekeriai šiam rezultatui siūlo 1,5 daugiklį. Nustatome reikšmę: V=60%*1,5-100=-10%. Kaip matote, šis statymas yra bevertis ir jo reikėtų vengti.

Lažybų perdavimo tikimybė: išvada

Skaičiuodami statymo pralaidumą naudojome paprastą modelį, kuris remiasi tik statistika. Skaičiuojant tikimybę, patartina atsižvelgti į daugybę skirtingų faktorių, kurie kiekvienoje sporto šakoje yra individualūs. Pasitaiko, kad didesnę įtaką turi ne statistiniai veiksniai. Be to viskas būtų paprasta ir nuspėjama. Pasirinkę savo nišą, galiausiai išmoksite atsižvelgti į visus šiuos niuansus ir tiksliau įvertinti savo įvykių tikimybę, įskaitant daugybę kitų įtakų. Svarbiausia mylėti tai, ką darai, palaipsniui judėti į priekį ir žingsnis po žingsnio tobulinti savo įgūdžius. Sėkmės jums ir sėkmės įdomiame lažybų pasaulyje!

Atvežtas iki šiol atidaryti stiklainį Vieningo valstybinio egzamino uždaviniai matematikoje (mathege.ru), kurių sprendimas grindžiamas tik viena formule, kuri yra klasikinis tikimybės apibrėžimas.

Lengviausias būdas suprasti formulę yra pavyzdžiai.
1 pavyzdys. Krepšelyje yra 9 raudoni ir 3 mėlyni kamuoliukai. Kamuoliukai skiriasi tik spalva. Atsitiktinai (nežiūrėdami) išimame vieną iš jų. Kokia tikimybė, kad tokiu būdu pasirinktas rutulys bus mėlynas?

Komentaras. Tikimybių teorijos uždaviniuose atsitinka kažkas (šiuo atveju mūsų veiksmas ištraukiant kamuolį), kas gali turėti kitokį rezultatą – rezultatą. Reikėtų pažymėti, kad į rezultatą galima žiūrėti įvairiai. „Mes ištraukėme kažkokį kamuolį“ taip pat yra rezultatas. „Mes ištraukėme mėlyną rutulį“ - rezultatas. „Iš visų įmanomų kamuoliukų ištraukėme būtent šį rutulį“ – toks mažiausiai apibendrintas rezultato vaizdas vadinamas elementariu rezultatu. Tikimybės apskaičiavimo formulėje reiškiami pagrindiniai rezultatai.

Sprendimas. Dabar apskaičiuokime tikimybę pasirinkti mėlyną rutulį.
Įvykis A: „pasirinktas rutulys pasirodė mėlynas“
Bendras visų galimų rezultatų skaičius: 9+3=12 (visų kamuoliukų, kuriuos galėtume ištraukti, skaičius)
A įvykiui palankių baigčių skaičius: 3 (tokių baigčių, kurių metu įvyko A įvykis, skaičius, tai yra mėlynų kamuoliukų skaičius)
P(A)=3/12=1/4=0,25
Atsakymas: 0,25

Dėl tos pačios problemos apskaičiuokime tikimybę pasirinkti raudoną rutulį.
Bendras galimų baigčių skaičius išliks toks pat, 12. Palankių baigčių skaičius: 9. Ieškoma tikimybė: 9/12=3/4=0,75

Bet kurio įvykio tikimybė visada yra nuo 0 iki 1.
Kartais kasdienėje kalboje (bet ne tikimybių teorijoje!) įvykių tikimybė įvertinama procentais. Perėjimas tarp matematikos ir pokalbio balų pasiekiamas padauginus (arba padalijus) iš 100%.
Taigi,
Be to, įvykių, kurie negali įvykti, tikimybė yra lygi nuliui – neįtikėtina. Pavyzdžiui, mūsų pavyzdyje tai būtų tikimybė ištraukti žalią kamuolį iš krepšio. (palankių rezultatų skaičius yra 0, P(A)=0/12=0, jei apskaičiuojama pagal formulę)
1 tikimybė turi įvykių, kurie tikrai įvyks, be parinkčių. Pavyzdžiui, tikimybė, kad „pasirinktas rutulys bus raudonas arba mėlynas“, yra mūsų užduotis. (palankių rezultatų skaičius: 12, P(A) = 12/12 = 1)

Mes pažvelgėme į klasikinį pavyzdį, iliustruojantį tikimybės apibrėžimą. Visos panašios tikimybių teorijos vieningo valstybinio egzamino problemos sprendžiamos naudojant šią formulę.
Vietoj raudonų ir mėlynų kamuoliukų gali būti obuolių ir kriaušių, berniukų ir mergaičių, išmoktų ir neišmoktų bilietų, bilietų, kuriuose yra ir nėra klausimų tam tikra tema (prototipai,), brokuoti ir kokybiški krepšiai ar sodo siurbliai (prototipai). ,) – principas išlieka tas pats.

Jie šiek tiek skiriasi vieningo valstybinio egzamino tikimybių teorijos problemos formulavimu, kai reikia apskaičiuoti tam tikro įvykio tikimybę tam tikrą dieną. ( , ) Kaip ir ankstesnėse problemose, turite nustatyti, koks yra elementarus rezultatas, ir tada taikyti tą pačią formulę.

2 pavyzdys. Konferencija trunka tris dienas. Pirmą ir antrą dieną kalbėtojų yra 15, trečią dieną - 20. Kokia tikimybė, kad profesoriaus M. pranešimas kris trečią dieną, jei pranešimų eilė nustatoma burtų keliu?

Koks čia elementarus rezultatas? – Profesoriaus pranešimui priskiriant vieną iš visų galimų kalbos eilės numerių. Burtuose dalyvauja 15+15+20=50 žmonių. Taigi, profesoriaus M. ataskaita gali gauti vieną iš 50 numerių. Tai reiškia, kad yra tik 50 pagrindinių rezultatų.
Kokie yra palankūs rezultatai? – Tos, kuriose paaiškėja, kad profesorius kalbės trečią dieną. Tai yra, paskutiniai 20 skaičių.
Pagal formulę tikimybė P(A)= 20/50=2/5=4/10=0,4
Atsakymas: 0,4

Burtų traukimas čia parodo atsitiktinio susirašinėjimo tarp žmonių ir užsakytų vietų užmezgimą. 2 pavyzdyje korespondencijos nustatymas buvo svarstomas atsižvelgiant į tai, kurią iš vietų galima užimti ypatingas asmuo. Tą pačią situaciją galite pažiūrėti iš kitos pusės: kuris iš žmonių su kokia tikimybe galėtų patekti į konkrečią vietą (prototipai , , , ):

3 pavyzdys. Burtai dalyvauja 5 vokiečiai, 8 prancūzai ir 3 estai. Kokia tikimybė, kad pirmasis (/antras/septintas/paskutinis – nesvarbu) bus prancūzas.

Elementarių rezultatų skaičius – visų skaičius galimi žmonės, kuri galėtų patekti burtų keliu Ši vieta. 5+8+3=16 žmonių.
Palankūs rezultatai – prancūzų kalba. 8 žmonės.
Reikalinga tikimybė: 8/16=1/2=0,5
Atsakymas: 0,5

Prototipas šiek tiek skiriasi. Vis dar kyla problemų dėl monetų () ir kauliukų (), kurie yra šiek tiek kūrybiškesni. Šių problemų sprendimą galima rasti prototipų puslapiuose.

Štai keli monetos ar kauliuko metimo pavyzdžiai.

4 pavyzdys. Kai mes metame monetą, kokia tikimybė nusileisti ant galvų?
Yra 2 rezultatai – galvos arba uodegos. (manoma, kad moneta niekada nenukrenta ant jos krašto) Palankus rezultatas yra uodegos, 1.
Tikimybė 1/2=0,5
Atsakymas: 0,5.

5 pavyzdys. O jei mes du kartus monetą? Kokia tikimybė gauti galvą abu kartus?
Svarbiausia yra nustatyti, į kokius elementarius rezultatus atsižvelgsime mesdami dvi monetas. Išmetus dvi monetas gali atsirasti vienas iš šių rezultatų:
1) PP – abu kartus iškilo galvos
2) PO – pirmą kartą vadovai, antrą kartą vadovai
3) OP – pirmą kartą galva, antrą kartą – uodega
4) OO – abu kartus iškilo galvos
Kitų variantų nėra. Tai reiškia, kad elementarių rezultatų yra 4. Tik pirmasis, 1, yra palankus.
Tikimybė: 1/4=0,25
Atsakymas: 0,25

Kokia tikimybė, kad išmetus du monetas atsiras uodega?
Elementarių baigčių skaičius yra toks pat, 4. Palankios baigtys yra antra ir trečia, 2.
Tikimybė gauti vieną uodegą: 2/4=0,5

Esant tokioms problemoms, gali būti naudinga kita formulė.
Jei per vieną monetos metimą galimi variantai turime 2 rezultatus, tada dviejų metimų rezultatai bus 2 2 = 2 2 = 4 (kaip 5 pavyzdyje), trimis metimais 2 2 2 = 2 3 = 8, keturiems: 2 2 2 2 =2 4 = 16, ... už N metimų galimi rezultatai bus 2·2·...·2=2 N .

Taigi, galite rasti tikimybę gauti 5 galvas iš 5 monetų išmetimo.
Bendras elementarių rezultatų skaičius: 2 5 =32.
Palankūs rezultatai: 1. (RRRRRR – galvos visi 5 kartus)
Tikimybė: 1/32=0,03125

Tas pats pasakytina ir apie kauliukus. Vienu metimu galimi rezultatai 6. Taigi dviem metimams: 6 6 = 36, trims 6 6 6 = 216 ir t.t.

6 pavyzdys. Metame kauliukus. Kokia tikimybė, kad bus išmestas lyginis skaičius?

Iš viso rezultatų: 6, atsižvelgiant į pusių skaičių.
Palankus: 3 rezultatai. (2, 4, 6)
Tikimybė: 3/6=0,5

7 pavyzdys. Metame du kauliukus. Kokia tikimybė, kad iš viso bus 10? (apvalinama iki artimiausios šimtosios dalies)

Vienam mirti galimi 6 rezultatai. Tai reiškia, kad dviem, pagal aukščiau pateiktą taisyklę, 6·6=36.
Kokie rezultatai bus palankūs, kad bendras metimas būtų 10?
10 reikia išskaidyti į dviejų skaičių nuo 1 iki 6 sumą. Tai galima padaryti dviem būdais: 10=6+4 ir 10=5+5. Tai reiškia, kad kubeliams galimos šios parinktys:
(6 pirmoje ir 4 antroje)
(4 pirmoje ir 6 antroje)
(5 pirmoje ir 5 antroje)
Viso, 3 variantai. Reikalinga tikimybė: 3/36=1/12=0,08
Atsakymas: 0,08

Kiti B6 problemų tipai bus aptariami būsimame straipsnyje Kaip išspręsti.

Ekonomikoje, kaip ir kitose srityse žmogaus veikla arba gamtoje nuolat turime susidurti su įvykiais, kurių negalima tiksliai numatyti. Taigi, prekės pardavimo apimtis priklauso nuo paklausos, kuri gali labai skirtis, ir nuo daugybės kitų veiksnių, į kuriuos beveik neįmanoma atsižvelgti. Todėl, organizuodami gamybą ir vykdydami pardavimus, turite numatyti tokios veiklos rezultatus, remdamiesi arba savo ankstesne patirtimi, arba panašia kitų žmonių patirtimi, arba intuicija, kuri taip pat didžiąja dalimi remiasi eksperimentiniais duomenimis.

Norint kažkaip įvertinti aptariamą įvykį, reikia atsižvelgti arba specialiai organizuoti sąlygas, kuriomis šis įvykis fiksuojamas.

Vadinamas tam tikrų sąlygų ar veiksmų įgyvendinimas aptariamam įvykiui nustatyti patirtį arba eksperimentas.

Renginys vadinamas atsitiktinis, jei dėl patirties gali atsirasti arba ne.

Renginys vadinamas patikimas, jei tai būtinai atsiranda dėl tam tikros patirties, ir neįmanomas, jei jis negali pasirodyti šioje patirtyje.

Pavyzdžiui, lapkričio 30 dieną iškritęs sniegas Maskvoje yra atsitiktinis įvykis. Kasdienį saulėtekį galima laikyti patikimu įvykiu. Sniegas ties pusiauju gali būti laikomas neįmanomu įvykiu.

Viena iš pagrindinių tikimybių teorijos užduočių yra užduotis nustatyti kiekybinį įvykio tikimybės matą.

Įvykių algebra

Įvykiai vadinami nesuderinamais, jei jų negalima stebėti kartu toje pačioje patirtyje. Taigi dviejų ir trijų automobilių buvimas vienoje parduotuvėje vienu metu yra du nesuderinami įvykiai.

Sumaįvykiai yra įvykis, susidedantis iš bent vieno iš šių įvykių

Įvykių sumos pavyzdys yra bent vieno iš dviejų produktų buvimas parduotuvėje.

Darbasįvykiai yra įvykis, susidedantis iš visų šių įvykių vienu metu

Įvykis, susidedantis iš dviejų prekių atsiradimo parduotuvėje vienu metu, yra įvykių produktas: - vienos prekės atsiradimas, - kitos prekės pasirodymas.

Renginiai formuojasi pilna grupėįvykių, jei bent vienas iš jų tikrai įvyks patirtyje.

Pavyzdys. Uoste įrengtos dvi krantinės laivams priimti. Galima laikyti tris įvykius: - laivų nebuvimą prieplaukose, - vieno laivo buvimą vienoje iš krantinių, - dviejų laivų buvimą dviejose krantinėse. Šie trys įvykiai sudaro visą įvykių grupę.

Priešingas vadinami du unikalūs galimi įvykiai, kurie sudaro visą grupę.

Jei vienas iš priešingų įvykių yra žymimas , tada priešingas įvykis paprastai žymimas .

Klasikiniai ir statistiniai įvykių tikimybės apibrėžimai

Kiekvienas iš vienodai galimų testų (eksperimentų) rezultatų vadinamas elementariu rezultatu. Paprastai jie žymimi raidėmis. Pavyzdžiui, metamas kauliukas. Iš viso gali būti šeši pagrindiniai rezultatai, atsižvelgiant į taškų skaičių šonuose.

Iš elementarių rezultatų galite sukurti sudėtingesnį įvykį. Taigi, lyginio taškų skaičiaus įvykis nustatomas pagal tris baigtis: 2, 4, 6.

Kiekybinis aptariamo įvykio tikimybės matas yra tikimybė.

Plačiausiai naudojami įvykio tikimybės apibrėžimai: klasika Ir statistiniai.

Klasikinis tikimybės apibrėžimas siejamas su palankaus rezultato samprata.

Rezultatas vadinamas palankus tam tikram įvykiui, jei dėl jo įvykimo įvyksta šis įvykis.

Aukščiau pateiktame pavyzdyje aptariamas įvykis – lyginis taškų skaičius išbrauktoje pusėje – turi tris palankias baigtis. Šiuo atveju bendras
galimų rezultatų skaičius. Tai reiškia, kad čia galima naudoti klasikinį įvykio tikimybės apibrėžimą.

Klasikinis apibrėžimas lygus palankių rezultatų skaičiaus ir bendro galimų baigčių skaičiaus santykiui

kur įvykio tikimybė, įvykiui palankių rezultatų skaičius, bendras galimų baigčių skaičius.

Nagrinėjamame pavyzdyje

Statistinis tikimybės apibrėžimas siejamas su santykinio įvykio pasireiškimo dažnio eksperimentuose samprata.

Santykinis įvykio dažnis apskaičiuojamas pagal formulę

kur yra įvykio atvejų skaičius eksperimentų (testų) serijoje.

Statistinis apibrėžimas. Įvykio tikimybė yra skaičius, aplink kurį santykinis dažnis stabilizuojasi (susirenka) neribotai didėjant eksperimentų skaičiui.

Praktinėse problemose įvykio tikimybė laikoma santykiniu dažniu pakankamai dideliam bandymų skaičiui.

Iš šių įvykio tikimybės apibrėžimų aišku, kad nelygybė visada tenkinama

Įvykio tikimybei nustatyti remiantis (1.1) formule dažnai naudojamos kombinatorinės formulės, kuriomis randamas palankių baigčių skaičius ir bendras galimų baigčių skaičius.

1. Įvykių tikimybės skaičiavimo formulės

1.3.1. Nepriklausomų bandymų seka (Bernulio grandinė)

Tarkime, kad kurį nors eksperimentą galima pakartotinai atlikti tomis pačiomis sąlygomis. Tegul ši patirtis būna įgyta n kartų, t.y., seka n bandymai.

Apibrėžimas. Pasekmė n testai vadinami tarpusavyje nepriklausomi , jei koks nors su konkrečiu testu susijęs įvykis nepriklauso nuo įvykių, susijusių su kitais bandymais.

Tarkime, koks nors įvykis A tikėtina, kad atsitiks p kaip vieno bandymo rezultatas arba nelabai tikėtina q= 1- p.

Apibrėžimas . Seka n testai sudaro Bernulio schemą, jei tenkinamos šios sąlygos:

seka n testai yra nepriklausomi vienas nuo kito,

2) įvykio tikimybė A nesikeičia nuo bandymo iki bandymo ir nepriklauso nuo kitų bandymų rezultato.

Renginys A vadinamas bandymo „sėkme“, o priešingas įvykis vadinamas „nesėkmė“. Apsvarstykite įvykį

=( in n testai įvyko tiksliai m"sėkmė").

Norint apskaičiuoti šio įvykio tikimybę, galioja Bernulio formulė

p() =
, m = 1, 2, …, n , (1.6)

Kur - derinių skaičius n elementai pagal m :

=
=
.

1.16 pavyzdys. Kauliukas mėtomas tris kartus. Rasti:

a) tikimybę, kad 6 taškai atsiras du kartus;

b) tikimybę, kad šešių skaičius pasirodys ne daugiau kaip du kartus.

Sprendimas . Bandymo „sėkme“ laikysime, kai ant kauliuko atsiras pusė su 6 taškų atvaizdu.

a) Bendras testų skaičius – n=3, „sėkmių“ skaičius – m = 2. „Sėkmės“ tikimybė - p=, o „nesėkmės“ tikimybė yra q= 1 - =. Tada, pagal Bernulio formulę, tikimybė, kad tris kartus metus kauliuką šešių taškų pusė pasirodys du kartus, bus lygi

.

b) Pažymėkime pagal Aįvykis, reiškiantis, kad pusė, surinkusi 6 balus, pasirodys ne daugiau kaip du kartus. Tada įvykis gali būti pavaizduotas kaip trijų nesuderinamų sumaįvykius A=
,

Kur IN 3 0 – įvykis, kai susidomėjimo riba niekada neatsiranda,

IN 3 1 – įvykis, kai vieną kartą atsiranda dominantis kraštas,

IN 3 2 – įvykis, kai dominantis kraštas pasirodo du kartus.

Naudodami Bernulio formulę (1.6) randame

p(A) = p (
) = p(
)=
+
+
=

=
.

1.3.2. Sąlyginė įvykio tikimybė

Sąlyginė tikimybė atspindi vieno įvykio įtaką kito tikimybei. Eksperimento sąlygų keitimas taip pat turi įtakos

apie dominančio įvykio tikimybę.

Apibrėžimas. Leisti A Ir B– kai kurie įvykiai ir tikimybė p(B)> 0.

Sąlyginė tikimybėįvykius A su sąlyga, kad „įvykis Bjau atsitiko“ yra šių įvykių tikimybės ir įvykio, įvykusio anksčiau nei įvykis, kurio tikimybę reikia nustatyti, tikimybės santykis. Sąlyginė tikimybė žymima kaip p(A B). Tada pagal apibrėžimą

p (A  B) =
. (1.7)

1.17 pavyzdys. Mesti du kauliukai. Elementariųjų įvykių erdvė susideda iš sutvarkytų skaičių porų

(1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)

(2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)

(3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)

(4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)

(5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)

(6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6).

1.16 pavyzdyje nustatyta, kad įvykis A=(taškų skaičius ant pirmojo kauliuko > 4) ir įvykis C=(taškų suma yra 8) priklauso. Kurkime santykius

.

Šį ryšį galima interpretuoti taip. Tarkime, kad žinoma, kad pirmojo metimo rezultatas yra toks, kad taškų skaičius ant pirmojo kauliuko yra > 4. Iš to išplaukia, kad antrojo kauliuko metimas gali lemti vieną iš 12 įvykių, sudarančių įvykį. A:

(5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)

(6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6) .

Šiame renginyje C tik du iš jų gali atitikti (5,3) (6,2). Šiuo atveju įvykio tikimybė C bus lygus
. Taigi, informacija apie įvykio įvykį A turėjo įtakos įvykio tikimybei C.

Įvykių įvykimo tikimybė

Daugybos teorema

Įvykių įvykimo tikimybėA 1 A 2  A n nustatoma pagal formulę

p(A 1 A 2  A n)= p(A 1)p(A 2  A 1)) p(A n  A 1 A 2  A n- 1). (1.8)

Dviejų įvykių sandauga reiškia, kad

p(AB)= p(A B) p{B)= p(B A)p{A). (1.9)

1.18 pavyzdys. 25 prekių partijoje 5 gaminiai yra brokuoti. Atsitiktinai iš eilės atrenkami 3 elementai. Nustatykite tikimybę, kad visi atrinkti produktai yra su defektais.

Sprendimas. Pažymime įvykius:

A 1 = (pirmas produktas yra su defektu),

A 2 = (antras produktas yra brokuotas),

A 3 = (trečias gaminys yra brokuotas),

A = (visos prekės yra brokuotos).

Renginys A yra trijų įvykių rezultatas A = A 1 A 2 A 3 .

Iš daugybos teoremos (1.6) mes gauname

p(A)= p( A 1 A 2 A 3 ) = p(A 1) p(A 2  A 1))p(A 3  A 1 A 2).

Klasikinis tikimybės apibrėžimas leidžia mums rasti p(A 1) yra nekokybiškų gaminių skaičiaus ir bendro gaminių skaičiaus santykis:

p(A 1)= ;

p(A 2) – Tai nekokybiškų gaminių, likusių pašalinus vieną, skaičiaus ir bendro likusių gaminių skaičiaus santykis:

p(A 2  A 1))= ;

p(A 3) – tai yra nekokybiškų gaminių, likusių pašalinus du nekokybiškus, skaičiaus ir bendro likusių gaminių skaičiaus santykis:

p(A 3  A 1 A 2)=.

Tada įvykio tikimybė A bus lygus

p(A) ==
.

Norime to ar ne, bet mūsų gyvenimas pilnas visokių nelaimingų atsitikimų – ir malonių, ir nelabai. Todėl kiekvienam iš mūsų nepakenktų žinoti, kaip nustatyti konkretaus įvykio tikimybę. Tai padės priimti teisingus sprendimus bet kokiomis neapibrėžtumo sąlygomis. Pavyzdžiui, tokios žinios labai pravers renkantis investavimo variantus, įvertinant galimybę laimėti akcijas ar loterijoje, nustatant asmeninių tikslų įgyvendinimo realumą ir pan.

Tikimybių teorijos formulė

Iš esmės šios temos studijavimas neužima per daug laiko. Norint gauti atsakymą į klausimą: „Kaip sužinoti reiškinio tikimybę?“, reikia suprasti pagrindines sąvokas ir atsiminti pagrindinius principus, kuriais remiantis atliekamas skaičiavimas. Taigi pagal statistiką tiriami įvykiai žymimi A1, A2,..., An. Kiekvienas iš jų turi ir palankių rezultatų (m), ir bendrą elementarių rezultatų skaičių. Pavyzdžiui, mus domina, kaip rasti tikimybę, kad kubo viršutinėje pusėje bus lyginis taškų skaičius. Tada A yra m ritinys - 2, 4 arba 6 taškai (trys palankūs variantai), o n yra visi šeši galimi variantai.

Pati skaičiavimo formulė yra tokia:

Su vienu rezultatu viskas yra labai paprasta. Bet kaip rasti tikimybę, jei įvykiai vyks vienas po kito? Apsvarstykite šį pavyzdį: viena korta rodoma iš kortų kaladės (36 vnt.), tada ji vėl paslepiama į kaladę, o sumaišius ištraukiama kita. Kaip rasti tikimybę, kad bent vienu atveju pikų dama buvo ištraukta? Yra tokia taisyklė: jei svarstomas sudėtingas įvykis, kurį galima suskirstyti į kelis nesuderinamus paprasti įvykiai, tada pirmiausia galite apskaičiuoti kiekvieno iš jų rezultatą ir tada juos sudėti. Mūsų atveju tai atrodys taip: 1/36 + 1/36 = 1/18. Bet kas atsitinka, kai vienu metu vyksta keli? Tada padauginsime rezultatus! Pavyzdžiui, tikimybė, kad vienu metu išmetus dvi monetas atsiras dvi galvutės, bus lygi: ½ * ½ = 0,25.

Dabar paimkime dar sudėtingesnį pavyzdį. Tarkime, dalyvavome knygų loterijoje, kurioje laimi dešimt iš trisdešimties bilietų. Turite nustatyti:

1. Tikimybė, kad abu bus nugalėtojai.
2. Bent vienas iš jų atneš prizą.
3. Abu bus pralaimėtojai.

Taigi, panagrinėkime pirmąjį atvejį. Jį galima suskirstyti į du įvykius: pirmasis bilietas bus laimingas, o antrasis taip pat bus laimingas. Atsižvelkime į tai, kad įvykiai yra priklausomi, nes po kiekvieno ištraukimo bendras parinkčių skaičius mažėja. Mes gauname:

10 / 30 * 9 / 29 = 0,1034.

Antruoju atveju turėsite nustatyti tikimybę prarasti bilietą ir atsižvelgti į tai, kad tai gali būti pirmasis arba antrasis: 10/30 * 20/29 + 20/29 * 10/30 = 0,4598.

Galiausiai trečias atvejis, kai iš loterijos nepavyks gauti nė vienos knygos: 20 / 30 * 19 / 29 = 0,4368.