тогава те казват, че случайната променлива ξ То има плътност на разпределението на вероятностите f (x).

Определение.Нека бъде . За функция за непрекъснато разпределение Ф теоретичен α-квантилсе нарича решение на уравнението.

Това решение може да не е единственото.

Квантилно ниво ½ наречена теоретична Медиана , квантили на ниво ¼ и ¾ -долни и горни квартили съответно.

В актюерските приложения важна роля играе неравенството на Чебишев:

за всякакви

Символът на очакваната стойност.

чете се така:вероятността модулът да е по-голям или равен на математическото очакване на модула, разделено на.

Живот като случайна променлива

Несигурността относно момента на смъртта е основен рисков фактор в животозастраховането.

Нищо определено не може да се каже за момента на смъртта на индивида. Ако обаче имаме работа с голяма хомогенна група хора и не се интересуваме от съдбата на отделни хора от тази група, тогава ние сме в рамките на теорията на вероятностите като наука за масови случайни явления, които имат свойството на честотна стабилност .

респективно можем да говорим за продължителността на живота като случайна променлива T.

Функция за оцеляване

В теорията на вероятностите те описват стохастичната природа на всяка случайна променлива Tфункция на разпределение F (x),която се дефинира като вероятността случайната променлива Tпо-малко от число х:

.

В актюерската математика е приятно да се работи не с функция на разпределение, а с допълнителна функция на разпределение . По отношение на дългия живот това е вероятността човек да доживее хгодини.

Наречен функция за оцеляване(функция за оцеляване):

Функцията за оцеляване има следните свойства:

В таблиците на живота обикновено се приема, че има такива възрастова граница (ограничаване на възрастта) (като правило години) и съответно при x>.

Когато се описва смъртността чрез аналитични закони, обикновено се смята, че животът е неограничен, но видът и параметрите на законите са избрани така, че вероятността за живот над определена възраст да е незначителна.

Функцията за оцеляване има просто статистическо значение.

Да кажем, че наблюдаваме група новородени (по правило), които наблюдаваме и можем да запишем моментите на смъртта им.

Нека посочим броя на живите представители на тази група във възрастта през. Тогава:

.

символ Етук и по-долу се използва за обозначаване на математическото очакване.

Така че функцията за оцеляване е равна на средния дял на новородените, оцелели до възрастта от определена фиксирана група новородени.

Актюерската математика често не работи с функция за оцеляване, а с току-що въведената стойност (чрез фиксиране на първоначалния размер на групата).

Функцията за оцеляване може да бъде възстановена чрез плътност:

Характеристики на продължителността на живота

От практическа гледна точка следните характеристики са важни:

1 . Среднотоживот

,
2 . Дисперсияживот

,
където
,

1.1. Малко информация от комбинаториката

1.1.1. Настаняване

Помислете за най-простите концепции, свързани с избора и местоположението на набор от обекти.
Преброяването на броя на начините, по които могат да бъдат извършени тези действия, често се прави при решаване на вероятностни задачи.
Определение... Настаняване от нелементи от к (к ≤н) се нарича всяко подредено подмножество от келементи от комплекта, състоящ се от нразлични елементи.
Пример.Следните поредици от числа са разположения с 2 елемента от 3 елемента от набора (1; 2; 3): 12, 13, 23, 21, 31, 32.
Имайте предвид, че разположенията се различават по реда на съставните им елементи и техния състав. Разположения 12 и 21 съдържат едни и същи числа, но редът им е различен. Следователно тези разположения се считат за различни.
Брой различни разположения от нелементи от ксе обозначава и изчислява по формулата:
,
където н! = 1∙2∙...∙(н - 1)∙н(чете " н- факториел").
Броят на двуцифрените числа, които могат да се образуват от цифрите 1, 2, 3, при условие че нито една цифра не се повтаря, е равен на:.

1.1.2. Пермутации

Определение... Пермутации от нелементи се наричат ​​такива разположения от нелементи, които се различават само по подреждането на елементите.
Брой пермутации от нелементи P nизчислено по формулата: P n=н!
Пример.По колко начина могат да се наредят 5 души? Броят на начините е равен на броя на пермутациите на 5 елемента, т.е.
П 5 =5!=1∙2∙3∙4∙5=120.
Определение... Ако сред нелементи кидентични, след което ги пренаредете нелементи се нарича пермутация с повторения.
Пример.Нека сред 6 книги има 2 еднакви книги. Всяко подреждане на всички книги на рафта - пермутация с повторения.
Броят на различните пермутации с повторения (от нелементи, включително кидентичен) се изчислява по формулата:.
В нашия пример броят на начините, по които можете да подредите книгите на рафта, е:.

1.1.3. Комбинации

Определение... Комбинации от нелементи от ктакива разположения от нелементи от ккоито се различават един от друг поне с един елемент.
Брой различни комбинации от нелементи от ксе обозначава и изчислява по формулата:.
По дефиниция 0! = 1.
Следните свойства са валидни за комбинации:
1.
2.
3.
4.
Пример.Има 5 цветя в различни цветове. За букета са избрани 3 цветя. Броят на различните букети от 3 цветя от 5 е равен на:.

1.2. Случайни събития

1.2.1. Развития

Познанието на реалността в природните науки се осъществява в резултат на тестове (експеримент, наблюдение, опит).
Тест или опитът е реализация на определен набор от условия, които могат да бъдат възпроизвеждани толкова пъти, колкото желаете.
Случаен се нарича събитие, което може или не може да се случи в резултат на някакъв тест (опит).
По този начин събитието се счита за резултат от теста.
Пример.Хвърлянето на монета е предизвикателство. Появата на орел при хвърляне е събитие.
Събитията, които наблюдаваме, се различават по степента на възможност за тяхното възникване и по характера на тяхната взаимовръзка.
Събитието се нарича надежден ако това непременно ще се случи в резултат на този тест.
Пример.Получаването на положителна или отрицателна оценка на изпита от студент е надеждно събитие, ако изпитът протича по обичайните правила.
Събитието се нарича невъзможен ако не може да възникне в резултат на този тест.
Пример.Изваждането на бяла топка от урна, която съдържа само цветни (небели) топки, е невъзможно събитие. Имайте предвид, че при други експериментални условия не е изключена появата на бяла топка; следователно това събитие е невъзможно само при условията на нашия опит.
По-нататък случайните събития ще се обозначават с главни латински букви A, B, C... Достоверното събитие ще се обозначава с буквата Ω, невъзможното - Ø.
Извикват се две или повече събития еднакво възможно в този тест, ако има основание да се смята, че нито едно от тези събития не е по-възможно или по-малко възможно от другите.
Пример.С едно хвърляне на заровете, появата на 1, 2, 3, 4, 5 и 6 точки - всички тези събития са еднакво възможни. Разбира се, приема се, че заровете са направени от еднороден материал и имат правилна форма.
Извикват се две събития непоследователно в даден тест, ако появата на единия от тях изключва появата на другия, и става в противен случай.
Пример.Кутията съдържа стандартни и нестандартни части. Нека вземем една подробност за късмет. Появата на стандартна част елиминира появата на нестандартна част. Тези събития са непоследователни.
Оформят се няколко събития пълна група от събития в този тест, ако в резултат на този тест непременно ще се случи поне един от тях.
Пример.Събитията от примера образуват пълна група от еднакво възможни и по двойки несъвместими събития.
Извикват се две несъвместими събития, които образуват пълна група от събития в даден опит противоположни събития.
Ако един от тях е означен с А, тогава другият обикновено се обозначава с (прочетете „не А»).
Пример.Попадане и пропускане с един изстрел в мишена са противоположни събития.

1.2.2. Класическа дефиниция на вероятността

Вероятност за събитие - числена мярка за възможността за нейното настъпление.
Събитие АНаречен благоприятен събитие Vако всеки път, когато настъпи събитие А, събитието също идва V.
Развития А 1 , А 2 , ..., Анформа диаграма на случая , ако те:
1) са еднакво възможни;
2) несъвместими по двойки;
3) образуват пълна група.
В схемата на случаите (и само в тази схема) има класическо определение на вероятността П(А) развитие А... Тук случай се нарича всяко от събитията, принадлежащи към избраната пълна група от еднакво възможни и по двойки несъвместими събития.
Ако нЕ броят на всички случаи в схемата и м- броят на случаите, благоприятни за събитието А, тогава вероятност за събитие Асе определя от равенството:

Следните свойства следват от дефиницията на вероятността:
1. Вероятността за надеждно събитие е равна на единица.
Всъщност, ако събитието е сигурно, тогава всяко събитие в модела на събитията благоприятства събитието. В такъв случай м = ни следователно

2. Вероятността за невъзможно събитие е нула.
Всъщност, ако дадено събитие е невъзможно, тогава нито едно от събитията в схемата на събитията не благоприятства събитието. Ето защо м= 0 и следователно

Вероятността за случайно събитие е положително число между нула и едно.
Всъщност само част от общия брой случаи в схемата на случаите благоприятства случайно събитие. Следователно 0<м<н, и следователно 0<м/н<1 и, следовательно, 0 < P (A) < 1.
И така, вероятността за всяко събитие удовлетворява неравенствата
0 ≤ P (а) ≤ 1.
Понастоящем свойствата на вероятността се дефинират под формата на аксиоми, формулирани от A.N. Колмогоров.
Едно от основните предимства на класическата дефиниция на вероятността е възможността директно да се изчисли вероятността за събитие, т.е. без да се прибягва до експерименти, които се заменят с логически разсъждения.

Проблеми на директното изчисляване на вероятностите

Задача 1.1... Каква е вероятността да се появят четен брой точки (събитие А) при едно хвърляне на зар?
Решение... Помислете за събитията Аи- падна иточки, и= 1, 2, ..., 6. Очевидно тези събития образуват диаграма на случая. След това броят на всички случаи н= 6. Четен брой точки се предпочита от случаите А 2 , А 4 , А 6, т.е. м= 3. Тогава .
Задача 1.2... Урната съдържа 5 бели и 10 черни топки. Топчетата се разбъркват добре и след това 1 топка се изважда на случаен принцип. Каква е вероятността една извадена топка да се окаже бяла?
Решение... Има общо 15 случая, които образуват диаграма на случаите. Освен това очакваното събитие А- появата на бяла топка, 5 от тях благоприятстват, следователно .
Задача 1.3... Детето играе с шест букви от азбуката: A, A, E, K, P, T. Намерете вероятността да може случайно да добави думата CARETA (събитие A).
Решение... Решението се усложнява от факта, че сред буквите има едни и същи - две букви "А". Следователно броят на всички възможни случаи в този тест е равен на броя на пермутациите с повторения на 6 букви:
.
Тези случаи са еднакво възможни, несъвместими по двойки и образуват пълна група от събития, т.е. формират диаграма на случая. Само един повод благоприятства дадено събитие А... Ето защо
.
Задача 1.4... Таня и Ваня се разбраха да празнуват Нова година в компания от 10 души. И двамата много искаха да седят един до друг. Каква е вероятността да се изпълнят желанията им, ако е обичайно да разпределят местата между приятелите си чрез жребий?
Решение... Нека означим с Асъбитие "сбъдване на желанията на Таня и Ваня". 10 души могат да седят на 10 маса! различни начини. Колко от тези н= 10! еднакво възможни начини са благоприятни за Таня и Ваня? Таня и Ваня, седнали една до друга, могат да заемат 20 различни позиции. В същото време осем техни приятели могат да седят на маса 8! следователно по различни начини м= 20 ∙ 8 !. следователно,
.
Задача 1.5... Група от 5 жени и 20 мъже избира трима делегати. Ако приемем, че всеки от присъстващите с еднаква вероятност може да бъде избран, намерете вероятността да бъдат избрани две жени и един мъж.
Решение... Общият брой на еднакво вероятните резултати от изпитанието е равен на броя на начините, по които могат да бъдат избрани трима делегати от 25 души, т.е. ... Нека сега преброим броя на благоприятните случаи, т.е. броя на случаите, в които се случва събитието, представляващо интерес. Мъж делегат може да бъде избран по двадесет начина. В този случай другите двама делегати трябва да са жени и можете да изберете две жени от пет. Следователно, . Ето защо
.
Задача 1.6.Четири топки са разпръснати на случаен принцип върху четири дупки, всяка топка удря една или друга дупка с еднаква вероятност и независимо от останалите (няма пречки да се удари в една и съща дупка за няколко топки). Намерете вероятността да има три топки в една от дупките, една в другата и да няма топки в другите две дупки.
Решение. Общ брой случаи н= 4 4. Броят начини, по които можете да изберете една дупка с три топки. Броят начини, по които можете да изберете дупка, където ще има една топка. Броят начини, по които можете да изберете от четирите топки, е три, за да ги поставите в първата дупка. Общият брой на благоприятните случаи. Вероятност за събитие:
Задача 1.7.В кутията има 10 еднакви топки, маркирани с номера 1, 2,…, 10. За късмет са изтеглени шест топки. Намерете вероятността сред извадените топки да има: а) топка # 1; б) топки № 1 и № 2.
Решение... а) Общият брой възможни елементарни резултати от теста е равен на броя на начините, по които човек може да извлече шест топки от десет, т.е.
Нека намерим броя на изходите, благоприятни за събитието, което ни интересува: сред избраните шест топки има топка № 1 и следователно останалите пет топки имат различни номера. Броят на такива изходи очевидно е равен на броя на начините, по които могат да бъдат избрани пет топки от останалите девет, т.е.
Желаната вероятност е равна на съотношението на броя на благоприятните резултати за разглежданото събитие към общия брой възможни елементарни резултати:
б) Броят на изходите, благоприятни за събитието, което ни интересува (сред избраните топки има топки #1 и #2, следователно четири топки имат различни номера) е равен на броя на начините, по които могат да бъдат извадени четири топки от останалите осем, т.е Търсене на вероятност

1.2.3. Статистическа вероятност

Статистическата дефиниция на вероятността се използва, когато резултатите от експеримента не са еднакво възможни.
Относителна честота на събитието Асе определя от равенството:
,
където м- броя на опитите, при които събитието Адойде н- общия брой извършени тестове.
Дж. Бернули доказа, че при неограничено увеличаване на броя на експериментите относителната честота на възникване на събитие практически ще се различава малко от определено постоянно число. Оказа се, че това постоянно число е вероятността да се случи събитие. Следователно, естествено, относителната честота на възникване на събитие с достатъчно голям брой тестове се нарича статистическа вероятност, за разлика от въведената по-рано вероятност.
Пример 1.8... Как да изчислим приблизителния брой риби в езерото?
Пуснете в езерото NSриба. Хвърляме мрежата и, да речем, намираме в нея нриба. Маркираме всеки от тях и ги пускаме обратно. Няколко дни по-късно, при същото време и на същото място, хвърлихме същата мрежа. Да предположим, че в него откриваме m риби, сред които кетикетирани. Нека събитието А- „уловената риба е маркирана“. Тогава по дефиниция на относителната честота.
Но ако е в езерото NSриба и пуснахме в нея нетикетирани тогава.
Защото Р * (А) » Р(А), тогава .

1.2.4. Операции по събития. Теорема за събиране на вероятностите

Сумата, или обединяване, на няколко събития се нарича събитие, състоящо се в настъпването на поне едно от тези събития (в същия тест).
Сума А 1 + А 2 + … + Анобозначен както следва:
или .
Пример... Хвърлят се два зара. Нека събитието Асе състои в загуба на 4 точки на 1 зар и събитието V- при падането на 5 точки на другия умре. Развития Аи Vса съвместни. Следователно събитието А +Vсе състои в пускане на 4 точки на първия зар или 5 точки на втория зар или 4 точки на първия зар и 5 точки на втория едновременно.
Пример.Събитие А- печалби за 1 заем, събитие V- печалби от 2-ри заем. След това събитието A + B- спечелване на поне един заем (евентуално два наведнъж).
По продуктили пресичането на няколко събития е събитие, състоящо се в съвместната поява на всички тези събития (в един и същи тест).
Работете Vсъбития А 1 , А 2 , …, Анобозначен както следва:
.
Пример.Развития Аи Vсе състоят в успешното завършване на I и II кръг съответно при влизане в института. След това събитието А× Бсе състои в успешно завършване на двата кръга.
Понятията за сумата и произведението на събитията имат ясна геометрична интерпретация. Нека събитието Аима удар на точка в областта Аи събитието V- удряне на точка в зоната V... След това събитието A + Bима удар на точка в обединението на тези области (фиг. 2.1) и събитието АVима удар на точка в пресечната точка на тези области (фиг. 2.2).

Ориз. 2.1 Фиг. 2.2
Теорема... Ако събитията А и(и = 1, 2, …, н) са непоследователни по двойки, тогава вероятността за сбора от събития е равна на сумата от вероятностите за тези събития:
.
Нека бъде Аи Ā - противоположни събития, т.е. A + Ā= Ω, където Ω е валидно събитие. От теоремата за добавянето следва, че
P (Ω) = Р(А) + Р(Ā ) = 1, следователно
Р(Ā ) = 1 – Р(А).
Ако събитията А 1 и А 2 са последователни, тогава вероятността за сбора от две съвместни събития е:
Р(А 1 + А 2) = Р(А 1) + Р(А 2) - P ( А 1 × А 2).
Теоремите за събиране на вероятности позволяват да се премине от директно изчисляване на вероятностите към определяне на вероятностите за настъпване на сложни събития.
Задача 1.8... Стрелецът прави един изстрел към целта. Вероятността да отпаднат 10 точки (събитие А), 9 точки (събитие V) и 8 точки (събитие С) са равни съответно на 0,11; 0,23; 0,17 Намерете вероятността с един изстрел стрелецът да отбележи по-малко от 8 точки (събитие д).
Решение... Да преминем към обратното събитие - с един удар стрелецът ще събори поне 8 точки. Събитие се случва, ако се случи Аили V, или С, т.е. ... От събитията А, Б, Сса непоследователни по двойки, тогава според теоремата за добавянето,
, където .
Задача 1.9... От екипа на бригадата, който се състои от 6 мъже и 4 жени, се избират двама души за синдикалната конференция. Каква е вероятността сред избраните поне една жена (събитие А).
Решение... Ако настъпи събитие А, то със сигурност ще се случи едно от следните непоследователни събития: V- „бяха избрани мъж и жена”; С- „бяха избрани две жени“. Следователно можем да напишем: A = B + C... Намерете вероятността от събития Vи С... Двама души от 10 могат да бъдат избрани по начини. Две жени от 4 могат да бъдат избрани по начини. Мъж и жена могат да бъдат избрани по 6 × 4 начина. Тогава . От събитията Vи Сса непоследователни, тогава според теоремата за добавяне,
P (A) = P (B + C) = P (B) + P (C) = 8/15 + 2/15 = 2/3.
Задача 1.10.Петнадесет учебника са подредени на случаен принцип на рафт в библиотеката, пет от които са подвързани. Библиотекарят взима на случаен принцип три учебника. Намерете вероятността поне един от взетите учебници да бъде обвързан (събитие А).
Решение... Първият начин. Изискването - поне един от трите взети подвързани учебника - ще бъде изпълнено, ако се случи някое от следните три непоследователни събития: V- един подвързан учебник, С- два подвързани учебника, д- три подвързани учебника.
Интересно за нас събитие Аможе да се представи като сбор от събития: A = B + C + D... Според теоремата за добавянето,
P (A) = P (B) + P (C) + P (D). (2.1)
Намерете вероятността от събития Б, Ви д(вижте комбинаторни схеми):

Представяйки тези вероятности в равенство (2.1), накрая получаваме
P (A)= 45/91 + 20/91 + 2/91 = 67/91.
Втори начин. Събитие А(поне един от трите взети учебника е подвързан) и Ā (нито един от взетите учебници не е подвързан) са противоположни, т.е P (A) + P (Ā) = 1 (сумата от вероятностите за две противоположни събития е 1). Оттук П (А) = 1 – P (Ā).Вероятност за събитие Ā (нито един от взетите учебници не е подвързан)
Търсене на вероятност
П (А) = 1 - P (Ā) = 1 – 24/91 = 67/91.

1.2.5. Условна вероятност. Теорема за умножение на вероятностите

Условна вероятност П (Б/А) е вероятността за събитие В, изчислена при допускането, че събитие А вече е настъпило.
Теорема... Вероятността за съвместно настъпване на две събития е равна на произведението на вероятностите на едно от тях на условната вероятност на другото, изчислена при допускането, че първото събитие вече е настъпило:
П (А∙B) = P (A) ∙ Р ( V/А). (2.2)
Две събития се наричат ​​независими, ако настъпването на някое от тях не променя вероятността за настъпване на другото, т.е.
P (A) = P (A / B) или П (Б) = П (Б/А). (2.3)
Ако събитията Аи Vса независими, тогава формулите (2.2) и (2.3) предполагат
П (А∙B) = P (A)∙П (Б). (2.4)
Обратното също е вярно, т.е. ако равенството (2.4) важи за две събития, тогава тези събития са независими. Всъщност формулите (2.4) и (2.2) предполагат
П (А∙B) = P (A)∙П (Б) = П (А) × П (Б/А), където П (А) = П (Б/А).
Формулата (2.2) може да бъде обобщена за случая на краен брой събития А 1 , А 2 ,…,A n:
П (А 1 ∙А 2 ∙…∙A n)=П (А 1)∙П (А 2 /А 1)∙П (А 3 /А 1 А 2)∙…∙P (A n/А 1 А 2 …A n -1).
Задача 1.11... От урната, в която има 5 бели и 10 черни топки, извадете две топки подред. Намерете вероятността и двете топки да са бели (събитие А).
Решение... Помислете за събитията: V- първата извадена топка е бяла; С- втората извадена топка е бяла. Тогава A = BC.
Експериментът може да се извърши по два начина:
1) с връщане: извадената топка, след фиксиране на цвета, се връща в урната. В този случай събитията Vи Снезависим:
P (A) = P (B)∙НАСТОЛЕН КОМПЮТЪР) = 5/15 × 5/15 = 1/9;
2) няма връщане: отстранената топка се полага настрани. В този случай събитията Vи Сзависим:
P (A) = P (B)∙НАСТОЛЕН КОМПЮТЪР/V).
За събитие Vусловията са еднакви и за Сситуацията се е променила. Възникнало V, следователно в урната са останали 14 топки, сред които 4 са бели.
Така, .
Задача 1.12... Сред 50-те крушки 3 са нестандартни. Намерете вероятността две крушки, взети едновременно, да са нестандартни.
Решение... Помислете за събитията: А- първата светлина е нестандартна, V- втората светлина е нестандартна, С- и двете крушки са нестандартни. Това е ясно C = A∙V... Събитие А 3 случая от 50 са благоприятни, т.е. П (А) = 3/50. Ако събитието Авече пристигна, тогава събитието Vдва случая от 49 са благоприятни, т.е. П (Б/А) = 2/49. следователно,
.
Цел 1.13... Двама атлети стрелят независимо един от друг по една мишена. Вероятността да се удари целта на първия спортист е 0,7, а втория е 0,8. Каква е вероятността целта да бъде уцелена?
Решение... Целта ще бъде улучена, ако улучи или първия стрелец, или втория, или и двете заедно, т.е. ще се случи събитие A + Bкъде е събитието Ае първият атлет, уцелил целта и събитието V- секундата. Тогава
П (А+V)=П (А)+П (Б)–П (А∙V)=0, 7+0, 8–0, 7∙0,8=0,94.
Задача 1.14.В читалнята има шест учебника по теория на вероятностите, от които три са подвързани. Библиотекарят взе два учебника на случаен принцип. Намерете вероятността двата учебника да бъдат подвързани.
Решение... Нека представим обозначението на събитията : А- първият взет учебник е подвързан, V- вторият учебник е подвързан. Вероятността първият учебник да е подвързан е
П (А) = 3/6 = 1/2.
Вероятността вторият учебник да е подвързан, при условие че първият взет учебник е бил подвързан, т.е. условна вероятност за събитие V, това ли е: П (Б/а) = 2/5.
Търсейки вероятността и двата учебника да са обвързани, чрез теоремата за умножение за вероятностите от събития е равно на
P (AB) = П (А) ∙ П (Б/а)= 1/2 · ∙ 2/5 = 0,2.
Задача 1.15.В работилницата работят 7 мъже и 3 жени. Трима души бяха избрани на случаен принцип по номера на персонала. Намерете вероятността всички избрани индивиди да бъдат мъже.
Решение... Нека представим обозначението на събитията: А- мъжът е избран първи, V- мъж е избран втори, С -третият е мъж. Вероятността човек да бъде избран първи, П (А) = 7/10.
Вероятността мъж да бъде избран втори, при условие че мъжът вече е избран първи, т.е. условна вероятност за събитие Vследващия : P (B/A) = 6/9 = 2/3.
Вероятността човек да бъде избран трети, при условие че вече са избрани двама мъже, т.е. условна вероятност за събитие Стова ли е: НАСТОЛЕН КОМПЮТЪР/АБ) = 5/8.
Търсейки вероятността и трите избрани лица да бъдат мъже, P (ABC) = P (A) П (Б/А) НАСТОЛЕН КОМПЮТЪР/АБ) = 7/10 2/3 5/8 = 7/24.

1.2.6. Формула за обща вероятност и формула на Байес

Нека бъде Б 1 , Б 2 ,…, B n- двойно несъвместими събития (хипотези) и А- събитие, което може да възникне само във връзка с едно от тях.
Нека освен това да знаем P (B i) и П (А/Б и) (и = 1, 2, …, н).
При тези условия са валидни следните формули:
(2.5)
(2.6)
Извиква се формула (2.5). формула за обща вероятност ... Той изчислява вероятността за събитие А(пълна вероятност).
Формула (2.6) се нарича формула на Байес ... Позволява ви да преизчислите вероятностите на хипотези, ако събитието Асе случи.
При съставянето на примери е удобно да се приеме, че хипотезите образуват пълна група.
Цел 1.16... Кошницата съдържа ябълки от четири дървета от същия сорт. От първия - 15% от всички ябълки, от втория - 35%, от третия - 20%, от четвъртия - 30%. Зрелите ябълки представляват съответно 99%, 97%, 98%, 95%.
а) Каква е вероятността една ябълка, взета на случаен принцип, да узрее (събитие А).
б) При условие, че ябълката, взета на случаен принцип, се оказа узряла, изчислете вероятността тя да е от първото дърво.
Решение... а) Имаме 4 хипотези:
B 1 - взета произволно ябълка се отстранява от 1-во дърво;
B 2 - взета произволно ябълка се отстранява от 2-ро дърво;
B 3 - взета произволно ябълка се отстранява от 3-то дърво;
B 4 - взетата на случаен принцип ябълка се взема от 4-то дърво.
Техните вероятности по условие: П (Б 1) = 0,15; П (Б 2) = 0,35; П (Б 3) = 0,2; П (Б 4) = 0,3.
Вероятности за условни събития А:
П (А/Б 1) = 0,99; П (А/Б 2) = 0,97; П (А/Б 3) = 0,98; П (А/Б 4) = 0,95.
Вероятността една ябълка, взета произволно да се окаже узряла, се намира по формулата за общата вероятност:
П (А)=П (Б 1)∙П (А/Б 1)+П (Б 2)∙П (А/Б 2)+П (Б 3)∙П (А/Б 3)+П (Б 4)∙П (А/Б 4)=0,969.
б) Формулата на Байес за нашия случай изглежда така:
.
Задача 1.17.Бяла топка се пуска в урна, съдържаща две топки, след което една топка се взема на случаен принцип от нея. Намерете вероятността отстранената топка да се окаже бяла, ако всички възможни предположения за първоначалния състав на топките (по цвят) са еднакво възможни.
Решение... Нека означим с Асъбитие - бялата топка се отстранява. Възможни са следните предположения (хипотези) за първоначалния състав на топките: Б 1- няма бели топки, В 2- една бяла топка, В 3- две бели топки.
Тъй като има общо три хипотези и сумата от вероятностите на хипотезите е 1 (тъй като образуват пълна група от събития), вероятността за всяка една от хипотезите е 1/3, т.е.
П (Б 1) = П (Б 2)= P (B 3) = 1/3.
Условната вероятност да бъде изтеглена бяла топка, при условие че първоначално в урната не е имало бели топки, П (А/Б 1) = 1/3. Условната вероятност да бъде изтеглена бяла топка, като се има предвид, че първоначално е имало една бяла топка в урната, П (А/Б 2) = 2/3. Условната вероятност да бъде изтеглена бяла топка, при условие че първоначално в урната имаше две бели топки П (А/Б 3)=3/ 3=1.
Намираме желаната вероятност бялата топка да бъде изтеглена по формулата за общата вероятност:
Р(А)=П (Б 1)∙П (А/Б 1)+П (Б 2)∙П (А/Б 2)+П (Б 3)∙П (А/Б 3) = 1/3 1/3 + 1/3 2/3 + 1/3 1 = 2/3 .
Цел 1.18... Две машини произвеждат идентични части, които отиват към общ конвейер. Производителността на първата машина е два пъти по-голяма от тази на втората. Първата автоматична машина произвежда средно 60% от детайлите с отлично качество, а втората - 84%. Частта, взета на случаен принцип от поточната линия, се оказа с отлично качество. Намерете вероятността тази част да е произведена от първата машина.
Решение... Нека означим с Асъбитието е артикул с отлично качество. Могат да се направят две предположения: Б 1- частта се произвежда от първата машина, освен това (тъй като първата машина произвежда два пъти повече части от втората) П (А/Б 1) = 2/3; Б 2 - частта се произвежда от втората машина и П (Б 2) = 1/3.
Условната вероятност частта ще бъде с отлично качество, ако е произведена от първата автоматична машина, П (А/Б 1)=0,6.
Условната вероятност частта ще бъде с отлично качество, ако е произведена от втората автоматична машина, П (А/Б 1)=0,84.
Вероятността произволно взето участие да се окаже с отлично качество според формулата за общата вероятност е
П (А)=П (Б 1) ∙П (А/Б 1)+П (Б 2) ∙П (А/Б 2) = 2/3 0,6 + 1/3 0,84 = 0,68.
Търсейки вероятността, че взетата отлична част е произведена от първия автомат, според байесовата формула е равна на

Цел 1.19... Има три партиди части с по 20 части всяка. Броят на стандартните части в първата, втората и третата партида е съответно 20, 15, 10. Част, която се оказа стандартна, беше извлечена на случаен принцип от избраната партида. Частите се връщат в партидата и за втори път една част се отстранява произволно от същата партида, което също се оказва стандартно. Намерете вероятността частите да бъдат възстановени от третата партида.
Решение... Нека означим с Асъбитие - при всеки от двата теста (с връщане) е премахната стандартна част. Могат да се направят три предположения (хипотези): Б 1 - частите се отстраняват от първата партида, V 2 - частите се отстраняват от втората партида, V 3 - части се отстраняват от третата партида.
Детайлите са взети на случаен принцип от взетата партида, така че вероятностите на хипотезите са еднакви: П (Б 1) = П (Б 2) = П (Б 3) = 1/3.
Намерете условната вероятност П (А/Б 1), т.е. вероятността две стандартни части да бъдат отстранени последователно от първата партида. Това събитие е надеждно, защото в първата партида всички части са стандартни, следователно П (А/Б 1) = 1.
Намерете условната вероятност П (А/Б 2), т.е. вероятността две стандартни части да бъдат последователно премахнати (с връщане) от втората партида: П (А/Б 2)= 15/20 ∙ 15/20 = 9/16.
Намерете условната вероятност П (А/Б 3), т.е. вероятността две стандартни части да бъдат последователно премахнати (с връщане) от третата партида: П (А/Б 3) = 10/20 10/20 = 1/4.
Търсейки вероятността и двете извлечени стандартни части да са от трета партида, използвайки формулата на Байес е

1.2.7. Повтарящи се тестове

Ако се извършат няколко теста и вероятността от събитие Авъв всеки опит не зависи от резултатите от други опити, тогава такива опити се наричат независим по отношение на събитието А.В различни независими изпитания, събитието Аможе да има различни вероятности или еднаква вероятност. По-нататък ще разгледаме само такива независими тестове, в които събитието Аима същата вероятност.
Нека се произвежда NSнезависими тестове, във всеки от които събитие Аможе да се появи или не. Нека се съгласим да приемем, че вероятността за събитие Авъв всеки тест е еднакъв, а именно равен на Р.Следователно, вероятността за ненастъпване на събитието Авъв всеки тест също е постоянен и равен на 1– Р.Такава вероятностна схема се нарича Схема на Бернули... Нека си поставим задачата да изчислим вероятността за NSТест на Бернули Аще се сбъдне точно кведнъж ( кЕ броят на успехите) и следователно няма да бъде реализиран NS-веднъж. Важно е да се подчертае, че не се изисква събитието Аповторено точно кпъти в определена последователност. Необходимата вероятност се означава с P n (к). Например символът Р 5 (3) означава вероятността в пет теста събитието да се появи точно 3 пъти и следователно да не се случи 2 пъти.
Проблемът може да бъде решен с помощта на т.нар формули на Бернули,което изглежда така:
.
Задача 1.20.Вероятността консумацията на електроенергия за един ден няма да надвиши установената норма е равна на Р= 0,75. Намерете вероятността през следващите 6 дни консумацията на енергия за 4 дни да не надвиши нормата.
Решение.Вероятността за нормално потребление на електроенергия през всеки от 6 дни е постоянна и равна на Р= 0,75. Следователно, вероятността от прекомерна консумация на електроенергия на ден също е постоянна и равна на q = 1–Р=1–0,75=0,25.
Желаната вероятност по формулата на Бернули е
.
Цел 1.21... Двама еквивалентни шахматисти играят шах. Кое е по-вероятно: да спечелите две игри от четири или три игри от шест (не се вземат предвид равенствата)?
Решение... Еквивалентни шахматисти играят, така че вероятността за победа Р= 1/2, следователно, вероятността за загуба qсъщо е 1/2. Защото във всички игри вероятността за победа е постоянна и няма значение в каква последователност ще бъдат спечелени игрите, тогава е приложима формулата на Бернули.
Нека намерим вероятността две игри от четири да бъдат спечелени:

Нека намерим вероятността три игри от шест да бъдат спечелени:

Защото П 4 (2) > П 6 (3), е по-вероятно да спечелите две игри от четири, отколкото три от шест.
Въпреки това, може да се види, че използвайки формулата на Бернули за големи стойности ндоста е трудно, тъй като формулата изисква извършване на действия върху огромни числа и следователно в процеса на изчисления се натрупват грешки; в резултат на това крайният резултат може да се различава значително от истинския.
За да се реши този проблем, има няколко гранични теореми, които се използват в случай на голям брой тестове.
1. Теорема на Поасон
При извършване на голям брой тестове по схемата на Бернули (с н=> ∞) и с малък брой благоприятни резултати к(в този случай се приема, че вероятността за успех стре малък), формулата на Бернули се доближава до формулата на Поасон
.
Пример 1.22.Вероятността за брак, когато единица продукция е произведена от предприятие, е равна на стр= 0,001. Каква е вероятността при пускането на 5000 единици продукти да има по-малко от 4 дефектни (събитие А Решение... Защото не голям, ние използваме локалната теорема на Лаплас:

Да изчислим х:
Функция - четно, следователно φ (–1,67) = φ (1,67).
Съгласно таблицата в Приложение A.1 намираме φ (1.67) = 0.0989.
Търсене на вероятност П 2400 (1400) = 0,0989.
3. Интегрална теорема на Лаплас
Ако вероятността Рвъзникване на събитие Авъв всеки тест по схемата на Бернули е постоянен и различен от нула и едно, след това с голям брой тестове н, вероятност P n (к 1 , к 2) настъпването на събитието Ав тези тестове от к 1 до к 2 пъти е приблизително равно на
R стр(к 1 , к 2) = Φ ( х "") – Φ ( х "), където
- функция на Лаплас,

Определеният интеграл във функцията на Лаплас не се изчислява в класа на аналитичните функции, следователно за изчисляването му се използва таблица 1. A.2, дадена в приложението.
Пример 1.24.Вероятността за възникване на събитие във всеки от стоте независими теста е постоянна и равна на стр= 0,8. Намерете вероятността събитието да се случи: а) най-малко 75 пъти и не повече от 90 пъти; б) най-малко 75 пъти; в) не повече от 74 пъти.
Решение... Ще използваме интегралната теорема на Лаплас:
R стр(к 1 , к 2) = Φ ( х "") – Φ( х "), където Ф ( х) Функцията на Лаплас ли е,

а) По условие, н = 100, стр = 0,8, q = 0,2, к 1 = 75, к 2 = 90. Изчислете х ""и х " :


Като се има предвид, че функцията на Лаплас е нечетна, т.е. Ф (- х) = - Ф ( х), получаваме
П 100 (75; 90) = Ф (2.5) - Ф (–1.25) = Ф (2.5) + Ф (1.25).
Според таблицата. A.2. ще намерим приложения:
F (2.5) = 0.4938; Ф (1,25) = 0,3944.
Търсене на вероятност
П 100 (75; 90) = 0,4938 + 0,3944 = 0,8882.
б) Изискването събитието да се появи поне 75 пъти означава, че броят на събитията може да бъде равен на 75, или 76, ..., или 100. Така че в този случай трябва да се приеме к 1 = 75, к 2 = 100. Тогава

.
Според таблицата. A.2. приложения, намираме Ф (1.25) = 0.3944; Ф (5) = 0,5.
Търсене на вероятност
П 100 (75;100) = (5) – (–1,25) = (5) + (1,25) = 0,5 + 0,3944 = 0,8944.
в) Събитие - " Асе появи най-малко 75 пъти "и" Асе появяват не повече от 74 пъти "са противоположни, така че сумата от вероятностите за тези събития е 1. Следователно, желаната вероятност
П 100 (0;74) = 1 – П 100 (75; 100) = 1 – 0,8944 = 0,1056.

За практическа дейност е необходимо да можете да сравнявате събитията според степента на тяхната възможност за възникване. Помислете за класическия случай. Урната съдържа 10 топки, 8 от които бели, 2 черни. Очевидно събитието „бяла топка ще бъде извадена от урната” и събитието „черна топка ще бъде извадена от урната” имат различна степен на възможност за възникване. Следователно е необходима определена количествена мярка за сравняване на събития.

Количествена мярка за възможността за настъпване на събитие е вероятност ... Най-разпространени са две дефиниции на вероятността за събитие: класическо и статистическо.

Класическо определениевероятността се свързва с концепцията за благоприятен изход. Нека се спрем на това по-подробно.

Нека резултатите от някакъв тест образуват пълна група от събития и са еднакво възможни, т.е. са единствено възможни, несъвместими и еднакво възможни. Такива резултати се наричат елементарни резултати, или случаи... В същото време казват, че тестът се свежда до диаграма на случаяили " схема на урна“, Защото всяка вероятностна задача за такъв тест може да бъде заменена с еквивалентен проблем с урни и топки с различни цветове.

Изходът се нарича благоприятенсъбитие Аако настъпването на това събитие води до настъпване на събитие А.

Според класическата дефиниция вероятност за събитие А е равно на съотношението на броя на благоприятните резултати за това събитие към общия брой резултати, т.е.

където P (A)- вероятност за събитие А; м- броят на случаите, благоприятни за събитието А; н- общият брой на случаите.

Пример 1.1.При хвърляне на зар са възможни шест изхода - отпадат 1, 2, 3, 4, 5, 6 точки. Каква е вероятността да се появи четен брой точки?

Решение. Всичко н= 6 резултата образуват пълна група от събития и са еднакво възможни, т.е. са единствено възможни, несъвместими и еднакво възможни. Събитие А - "поява на четен брой точки" - благоприятни са 3 изхода (случая) - отпадат 2, 4 или 6 точки. Съгласно класическата формула за вероятността за събитие получаваме

P (A) = = . ◄

Въз основа на класическата дефиниция на вероятността за събитие, ние отбелязваме неговите свойства:

1. Вероятността за всяко събитие е между нула и единица, т.е.

0 ≤ Р(А) ≤ 1.

2. Вероятността за надеждно събитие е равна на единица.

3. Вероятността за невъзможно събитие е нула.

Както бе споменато по-рано, класическата дефиниция на вероятността е приложима само за онези събития, които могат да се появят в резултат на опити със симетрия на възможните резултати, т.е. сведени до схемата на делата. Съществува обаче голям клас събития, чиито вероятности не могат да бъдат изчислени с помощта на класическата дефиниция.

Например, ако приемем, че монетата е сплескана, тогава е очевидно, че събитията „поява на герба” и „поява на опашки” не могат да се считат за еднакво възможни. Следователно формулата за определяне на вероятността по класическата схема е неприложима в този случай.

Съществува обаче различен подход за оценка на вероятността от събития въз основа на това колко често дадено събитие ще се появява в извършените тестове. В този случай се използва статистическа дефиниция на вероятността.

Статистическа вероятностсъбитие А се нарича относителна честота (честота) на възникване на това събитие в n извършени теста, т.е.

,

(1.2)

където P * (A)- статистическа вероятност за събитие А; w (A)- относителна честота на събитието А; м- броя на опитите, при които е настъпило събитието А; н- общия брой на тестовете.

За разлика от математическата вероятност P (A)разглеждана в класическата дефиниция, статистическата вероятност P * (A)е характеристика опитен, експериментален... С други думи, статистическата вероятност на събитието Ае числото, спрямо което относителната честота се стабилизира (задава) w (A)с неограничено увеличаване на броя на извършените тестове при същия набор от условия.

Например, когато се каже, че стрелецът е уцелил целта с вероятност 0,95, това означава, че от стотици изстрели, произведени от него при определени условия (същата цел на същото разстояние, същата пушка и т.н. .), средно има около 95 успешни. Естествено, не всяка стотина ще има 95 успешни изстрела, понякога ще има по-малко, понякога повече, но средно при многократни повторения на стрелба при същите условия този процент попадения ще остане непроменен. Числото 0,95, което е индикатор за умението на стрелеца, обикновено е много стабилен, т.е. процентът на попадения в повечето стрелби ще бъде почти същият за даден стрелец, само в редки случаи се отклонява донякъде значително от средната си стойност.

Друг недостатък на класическата дефиниция на вероятността ( 1.1 ), ограничаващо използването му, е, че предполага краен брой възможни резултати от опитите. В някои случаи този недостатък може да бъде преодолян чрез използване на геометрична дефиниция на вероятността, т.е. намиране на вероятността точка да удари определена област (сегмент, част от равнина и т.н.).

Нека плоска фигура жобразува част от плоска фигура г(фиг. 1.1). На фигурата гточка се хвърля на случаен принцип. Това означава, че всички точки на региона г„Равно“ по отношение на удрянето му с хвърлена произволна точка. Ако приемем, че вероятността за събитие А- удряне на хвърлената точка на фигурата ж- пропорционално на площта на тази фигура и не зависи от местоположението му спрямо гнито от формата ж, намирам

Когато оценяваме вероятността за настъпване на произволно събитие, е много важно да имаме добро предварително разбиране дали вероятността (вероятността за събитие) за настъпване на събитие, което ни интересува, зависи от това как се развиват другите събития. В случая на класическата схема, когато всички резултати са еднакво вероятни, вече можем да оценим независимо стойностите на вероятността за конкретно събитие, което ни интересува. Можем да направим това, дори ако събитието е сложна колекция от няколко елементарни резултата. Ами ако няколко случайни събития се случат едновременно или последователно? Как това се отразява на вероятността от събитието, което ни интересува? Ако хвърля заровете няколко пъти и искам да излезе шестица, но не съм късметлия през цялото време, това означава ли, че трябва да увелича залога, защото според теорията на вероятностите ми предстои да късметлия съм? Уви, теорията на вероятностите не посочва нищо подобно. Нито зарове, нито карти, нито монети могат да си спомнят какво ни показаха последния път. За тях няма никакво значение дали за първи път или за десети път днес си пробвам съдбата. Всеки път, когато повтарям хвърлянето, знам само едно: и този път вероятността да получа "шестица" отново е равна на една шеста. Разбира се, това не означава, че номерът, от който се нуждая, никога няма да изпадне. Това означава само, че загубата ми след първото хвърляне и след всяко друго хвърляне са независими събития. Събития A и B се наричат ​​независими, ако изпълнението на едно от тях не влияе по никакъв начин на вероятността за друго събитие. Например, вероятностите за поразяване на цел с първото от двете оръдия не зависят от това дали целта е била улучена от друго оръдие, така че събитията "първото оръдие е ударило целта" и "второто оръдие е ударило целта" са независими . Ако две събития A и B са независими и вероятността за всяко от тях е известна, тогава вероятността за едновременно възникване на събития A и събития B (означени с AB) може да се изчисли, като се използва следната теорема.

Теорема за умножение за вероятности за независими събития

P (AB) = P (A) * P (B) вероятността за едновременно възникване на две независими събития е равна на произведението на вероятностите на тези събития.

Пример 1... Вероятностите за поразяване на целта при стрелба с първото и второто оръдие съответно са равни: p 1 = 0,7; р2 = 0,8. Намерете вероятността да ударите с един залп с двете оръдия едновременно.

както вече видяхме събитията A (ударен от първото оръжие) и B (ударен от второто оръжие) са независими, т.е. P (AB) = P (A) * P (B) = p1 * p2 = 0,56. Какво се случва с нашите оценки, ако иницииращите събития не са независими? Нека да модифицираме малко предишния пример.

Пример 2.Двама стрелци в състезания стрелят по мишени и ако единият стреля точно, противникът се изнервя и резултатите му се влошават. Как да превърнем тази ежедневна ситуация в математически проблем и да очертаем начини за решаването му? Интуитивно е ясно, че е необходимо по някакъв начин да се разделят двата сценария за развитие на събитията, да се съставят по същество два сценария, две различни задачи. В първия случай, ако противникът пропусне, сценарият ще бъде благоприятен за нервния атлет и неговата точност ще бъде по-висока. Във втория случай, ако противникът достойно е реализирал шанса си, вероятността да уцели целта за втория атлет се намалява. За да разделим възможни сценарии (често наричани хипотези) на събития, често ще използваме схема „дърво на вероятностите“. Тази схема е подобна по значение на дървото на решенията, с което вероятно вече сте се занимавали. Всеки клон представлява отделен сценарий на развитие на събитията, само че сега той има собствена стойност на така наречената условна вероятност (q 1, q 2, q 1 -1, q 2 -1).

Тази схема е много удобна за анализиране на последователни случайни събития. Остава да се изясни още един важен въпрос: откъде идват първоначалните стойности на вероятностите в реални ситуации? В крайна сметка теорията на вероятностите не работи с едни и същи монети и зарове? Обикновено тези оценки са взети от статистически данни, а когато статистиката не е налична, ние провеждаме собствено изследване. И често ни се налага да започнем не със събиране на данни, а с въпроса от каква информация по принцип имаме нужда.

Пример 3.Да кажем, че трябва да преценим размера на пазара в град с население от сто хиляди жители за нов продукт, който не е съществен елемент, например балсам за грижа за боядисана коса. Помислете за схема на „дърво на вероятностите“. В този случай стойността на вероятността за всеки "клон" трябва приблизително да оценим. И така, нашите оценки за размера на пазара:

1) 50% от всички жители на града са жени,

2) от всички жени само 30% боядисват косата си често,

3) само 10% от тях използват балсами за боядисана коса,

4) от тях само 10% могат да съберат смелост да опитат нов продукт,

5) 70% от тях обикновено купуват всичко не от нас, а от нашите конкуренти.

Според закона за умножение на вероятностите, ние определяме вероятността от събитието, което ни интересува A = (жител на града купува този нов балсам от нас) = 0,00045. Нека умножим тази стойност на вероятността по броя на жителите на града. В резултат имаме само 45 потенциални клиенти и ако вземем предвид, че един балон от тези пари е достатъчен за няколко месеца, търговията не е особено оживена. Все пак има известна полза от нашите оценки. Първо, можем да сравним прогнозите на различни бизнес идеи, те ще имат различни „разклонения“ на диаграмите и, разбира се, стойностите на вероятността също ще бъдат различни. На второ място, както вече казахме, случайна променлива не се нарича случайна, тъй като тя изобщо не зависи от нищо. Просто точното му значение не е известно предварително. Знаем, че средният брой купувачи може да бъде увеличен (например чрез рекламиране на нов продукт). Така че има смисъл да насочим усилията си към онези „разклонения“, при които разпределението на вероятностите не ни устройва особено, върху онези фактори, на които можем да повлияем. Помислете за друг количествен пример за изследване на поведението при пазаруване.

Пример 3.Средно 10 000 души посещават хранителния пазар на ден. Вероятността посетител на пазара да влезе в павилион за млечни продукти е 1/2. Известно е, че в този павилион се продават средно 500 кг различни продукти на ден. Можем ли да кажем, че средната покупка в павилион тежи само 100 g?

Дискусия.

Разбира се, че не. Ясно е, че не всеки, който влезе в павилиона, в крайна сметка си купи нещо там.

Както е показано на диаграмата, за да отговорим на въпроса за средното тегло на покупката, трябва да намерим отговора на въпроса каква е вероятността човек, който влезе в павилиона, да купи нещо там. Ако не разполагаме с такива данни, а са ни нужни, ще трябва да ги получим сами, след като наблюдаваме известно време посетителите на павилиона. Да кажем, че нашите наблюдения показват, че само една пета от посетителите на павилиона купуват нещо. Веднага след като получим тези оценки, задачата става вече проста. От 10 000 души, които идват на пазара, 5 000 ще влязат в павилиона на млечните продукти, а покупките ще бъдат само 1000. Средното тегло на покупката е 500 грама. Интересно е да се отбележи, че за да се изгради пълна картина на случващото се, логиката на условните „клонове“ трябва да бъде дефинирана на всеки етап от нашето разсъждение толкова ясно, сякаш работим с „конкретна“ ситуация, а не с вероятности. .

Задачи за самопроверка.

1. Нека има електрическа верига, състояща се от n последователно свързани елементи, всеки от които работи независимо от останалите. Вероятността p за повреда на всеки елемент е известна. Определете вероятността за правилно функциониране на целия участък от веригата (събитие А).

2. Студентът знае 20 от 25-те изпитни въпроса. Намерете вероятността студентът да знае трите въпроса, предложени от проверяващия.

3. Производството се състои от четири последователни етапа, на всеки от които работи оборудване, за което вероятностите за отказ през следващия месец са равни съответно на p 1, p 2, p 3 и p 4. Намерете вероятността да няма прекъсване на производството поради повреда на оборудването след месец.