 |
|
Класичне означення ймовірності
Введемо необхідні терміни і означення.
Випадкові події називаються несумісними, якщо вони не можуть відбуватися одночасно.
Наприклад, поява „герба” і „числа” одночасно при підкиданні монети неможлива, ці події несумісні.
У прикладі 3 (§1.2) з урни навмання вибиралась куля одного з трьох кольорів: білого (подія А), червоного (подія В) і чорного (подія С). Тут події А, В, С – попарно несумісні.
Несумісними будуть такі події, як попадання і промах після зробленого пострілу.
Випадкові події 
скінченної множини утворюють повну групу попарно несумісних подій, якщо при кожному випробуванні з’являється одна і тільки одна з цих подій, тобто події - єдино можливі.
Приклади. 1. При підкиданні монети повну групу утворюють дві випадкові події: поява „герба” (подія 
) і поява „числа” (подія 
).
2. При підкиданні двох монет повна група буде складатися з чотирьох подій 
| I – а монета | II – а монета | Подія | |
| 1) | „герб” | „герб” |
|
| 2) | „герб” | „число” |
|
| 3) | „число” | „герб” | 
|
| 4) | „число” | „число” | 
|
Або скорочено 
- „гг”, 
- „гч”, 
- „чг”, 
- „чч”.
Події 
називаються рівноможливими, якщо умови досліду забезпечують однакову можливість появи кожної з них.
Приклади. 1. При підкиданні симетричної монети випадання „герба” і „числа” мають рівні можливості.
2. При підкиданні симетричного грального кубика з рівними можливостями можуть з’явитися грані з числами 1, 2, 3, 4, 5, 6.
3. Можливість вибору навмання кожної з куль із урни, після старанного перемішування, однакова.
4. У наведеному вище прикладі підкидання двох монет, події (гг), (гч), (чг), (чч) – рівноможливі.
5. Припустимо, що тепер підкидаємо кубик із зміщеним центром ваги, наприклад, в сторону грані з цифрою 1, тоді частіше випадатиме протилежна грань, тобто грань з іншою цифрою. Таким чином, у цій моделі можливості появи для кожної з цифр від 1 до 6 будуть різними.
Рівноможливі і єдиноможливі випадкові події називаються випадками.
Отже, перелічені у прикладах 1 – 4 випадкові події є випадками, а випадкові події в прикладі 5 до випадків не відносяться.
Ті випадки, в результаті яких випадкова подія з’являється, називаються сприятливими цій події випадками.
Приклад 6. В урні 20 куль, з них 10 білих, 7 червоних, і 3 чорних. Навмання вибирається одна куля. Тоді події (вибрана біла куля) сприяють 10 випадків, події ( - червона куля) сприяють 7 випадків, і події ( - чорна куля) сприяють 3 випадки.
Якщо позначити через 
число випадків, які сприяють події при 
всіх можливих випадках, а через 
- ймовірність випадкової події , то можна записати відоме класичне означення ймовірності.
Означення (класичне). Ймовірністю події називають відношення число сприятливих цій події випадків, до загального числа всіх можливих випадків, тобто
. (1)
Приклад 7. В умовах прикладу 6 знайти ймовірності випадкових подій 
.
Розв’язання.Відповідно до умови задачі появі білої кулі сприяють 
випадків із 
можливих, тому за формулою (1) 
- ймовірність білої кулі. Аналогічно для червоної кулі 
і 
- для чорної.
Ймовірність появи „герба” (приклад 1) збігається з ймовірністю появи „числа” і дорівнює 
, бо можливих випадків 
, а сприятливих відповідно - по одному.
В прикладі 2 ймовірність появи однієї з цифр від 1 до 6, при підкиданні симетричного кубика, дорівнює 
, бо всіх можливих випадків 
, а кожній з цифр сприяє тільки один випадок.
Розглянемо властивості ймовірностей.
Властивість 1. Ймовірність достовірної події дорівнює одиниці.
Наприклад, якщо в урні всі 
куль білі, то події 
, навмання вибрати білу кулю, сприяють випадків, 
.
Властивість 2. Ймовірність неможливої події дорівнює нулю.
Властивість 3. Ймовірність випадкової події є додатне число:
.
Отже, ймовірність всякої події задовольняє нерівність:
.
Тепер розв’яжимо ряд прикладів на класичне означення ймовірності.
Приклад 1. У ящику лежать 25 однакових електроламп, із них 2 браковані. Знайти ймовірність, що навмання вибрана електролампа придатна.
Розв’язання.За умовою задачі всі лампи однакові і вибирається навмання тільки одна. Всіх можливих виборів 
. Серед всіх 25 ламп 2 браковані, отже, решта ламп 25-2=23 – придатні. Сприятливих випадків для вибору придатної лампи - 
, тому за формулою (1) ймовірність вибору придатної електролампи (подія А) дорівнює
.
Приклад 2. Навмання підкидаються дві монети. Знайти ймовірності таких подій: 1) А – на обох монетах випали герби; 2) В – на одній з монет випав герб, а на іншій – число; 3) С – на обох монетах випали числа; 4) D – принаймні один раз з’явився герб.
Розв’язання. Тут маємо справу з чотирма подіями А,В,С,D. Встановимо, які випадки сприяють кожній з них. Події А сприяє один випадок, це коли на обох монетах випадають герби (скорочено ГГ). Щоб розібратися з подією В, уявімо, що одна монета срібна, а друга – мідна.
При підкиданні монет можуть бути випадки: 1)на срібній – герб, на мідній – число (позначимо це 
- ГЧ); 2)на срібній – число, на мідній – герб ( 
- ЧГ). Отже, події В сприяють випадки і . Події Ссприяє один випадок: на обох монетах випали числа – ЧЧ.
Таким чином, події А, , , С або (ГГ, ГЧ, ЧГ, ЧЧ) утворюють повну групу подій, всі ці події несумісні, бо в результаті підкидання відбувається тільки одна з них. Крім того, для симетричних монет всі чотири події рівноможливі, тому їх можна вважати випадками. Всіх можливих випадків – чотири ( 
) . Події А – сприяє тільки один випадок, тому її ймовірність дорівнює
.
Події В сприяють два випадки ( 
), тому
.
Ймовірність події С така ж, як і для А,
.
Події D сприяють три випадки: ГГ, ГЧ, ЧГ. ( 
) тому
.
Зауваження до прикладу 2. Оскільки розглянуті події ГГ, ГЧ,ЧГ,ЧЧ рівноможливі і утворюють повну групу подій, то поява будь-якої із них є достовірною подією (позначимо її буквою U), якій сприяють всі 4 випадки ( 
), тому ймовірність
.
Отже, підтверджується перша властивість ймовірності.
Приклад 3. Підкидаються два правильні гральні кубики. Знайти ймовірності всіх можливих сум на обох гранях, що випадають.
Розв’язання. Для зручності будемо вважати, що один з кубиків білий, а другий – чорний. З кожною із шести граней білого кубика може випасти одна із шести граней чорного кубика, тому всіх можливих пар буде 
.
Оскільки можливість появи кожної з граней на окремому кубику однакова (кубики правильні!), то однаковою буде можливість появи кожної пари граней, причому, в результаті підкидання випадає тільки одна з пар. Отже події несумісні, єдиноможливі. Це – випадки, і всіх можливих випадків 36.
Тепер розглянемо можливі значення сум на гранях. Очевидно, що найменша з сум дорівнює 
, а найбільша 
. Решта суми зростають на одиницю, починаючи з другої. Позначимо через 
, 
, 
, ... , 
події, індекси яких дорівнюють сумі очок, що випали на гранях кубиків. Для кожної з цих подій випишемо сприятливі випадки за допомогою позначень 
, де 
- сума k – очок на верхній грані білого кубика і 
– очок на верхній грані чорного кубика.
Отже, для події - один випадок ( 
);
для – два випадки ( 
; 
);
для – три випадки ( 
; 
; 
);
для 
– чотири випадки ( 
; 
; 
; 
);
для 
– п’ять випадків ( 
; 
; 
; 
; 
);
для 
– шість випадків ( 
; 
; 
; 
; 
; 
);
для 
– п’ять випадків ( 
; 
; 
; 
; 
);
для 
– чотири випадки ( 
; 
; 
; 
);
для 
– три випадки ( 
; 
; 
);
для 
– два випадки ( 
; 
);
для – один випадок ( 
).
Таким чином, значення ймовірностей такі:
; 
;
; 
;
; 
.
Як бачимо, що найбільш ймовірною є сума із 7 очок.
Рекомендуємо отримані результати зобразити на координатній площині, відкладаючи на осі абсцис значення сум, а на осі ординат – значення відповідних ймовірностей.
Приклад 4. Трьом учасникам перед фінальним виступом запропоновано пройти жеребкування: кожен з учасників по черзі підходить до урни і навмання виймає одну з трьох карток з номерами 1, 2 або 3, що означатиме порядковий номер виступу даного учасника. Знайти ймовірності таких подій: 1) А – порядковий номер у черзі збігається з номером картки, тобто порядковим номером виступу; 2) В – жоден номер у черзі не збігається з номером виступу; 3) С – тільки один з номерів у черзі збігається з номером виступу; 4) D – принаймні один з номерів у черзі збіжиться з номером виступу.
Розв’язання. Можливими результатами вибору карток є перестановки із трьох елементів 1, 2, 3, кількість таких перестановок дорівнює 
. Кожна з перестановок є подією. Позначимо ці події через 
. Кожній події припишемо в дужках відповідну перестановку:
; 
; 
; 
; 
; 
.
Перелічені події рівноможливі і єдиноможливі, тобто, є випадками. Позначимо набір (1ч, 2ч, 3ч) – відповідні номери у черзі. Почнемо з події А. Сприятливим є тільки один випадок 
, тому
.
Сприятливими для подіїВ є два випадки 
і 
, тому
.
Події С сприяють 3 випадки: 
, 
і 
, тому
.
Події D, крім 
, 
, 
, сприяє також , тобто
.
Приклад 5. Дано п’ять відрізків довжиною 1, 3, 5, 7 і 9см. Знайти ймовірність того, що із трьох наудачу взятих відрізків (із цих п’яти) можна побудувати трикутник.
Розв’язання. За умовою відбираються три відрізки для побудови трикутника. Кожний з наборів повинен відрізнятись від інших хоча б одним відрізком, тобто це будуть комбінації, їх кількість дорівнює 
. Кожний набір із трьох відрізків – це подія. Всіх можливих подій 
. Оскільки ці події є рівноможливі і єдино можливі, то вони є випадками.
Щоб знайти число сприятливих випадків скористаємось властивістю: сума двох сторін трикутника більша третьої сторони. Цій умові задовольняють відрізки довжиною (3,5,7), (5,7,9) і (3,7,9) (подія А). Отже, сприятливих випадків 
, тому
.
Приклад 6.На карточках виписані букви В,И,Ї,К. Знайти ймовірність того, що розклавши карточки навмання в ряд, ми отримаємо слово „КИЇВ”.
Розв’язання. Дано 4 букви, переставляючи їх в ряд отримаємо різні „слова”. Кількість всіх “слів”дорівнює числу перестановок із 4-х елементів, 
З цих „слів” підходить тільки одне „КИЇВ” (подія А), тому
.
Приклад 7. Слово „АГАВА” розрізали на букви, перемішали і ці букви виклали навмання в ряд. Яка ймовірність знову отримати це слово?
Розв’язання. І спосіб.Випробування полягає в отриманні навмання деякого слова із 5 букв. Нас цікавить подія С, яка полягає в тому, що отримане слово „АГАВА”. Для встановлення рівноможливих подій перенумеруємо карточки з буквами, які повторюються 
Тепер в результаті випробування слова із нумерованих букв, тобто події 
і 
- різні, хоча в одному і іншому випадку отримано слово „АГАВА”. Кількість всіх можливих „слів” (випадків) дорівнює числу перестановок із 5 букв, 
.
Підрахуємо число сприятливих для події С випадків. Випадки ці залежать від перестановки місцями букв 
у слові „АГАВА”. Кількість таких перестановок відносно дорівнює 
за умови, що букви Г і В знаходяться відповідно на ІІ-му і ІV-му місцях. Отже, сприятливих випадків 6, тому
.
ІІ спосіб. Оскільки в слові „АГАВА” є повторення букв, то переставляючи по-різному букви, ми отримаємо перестановки з повтореннями (див. 1.4, формула (8) ).В даному випадку буква „А” повторюється тричі ( 
буква „В” – 1 раз 
, „Г” – 1 раз 
, причому 
Тоді число різних перестановок з повтореннями дорівнює
.
Таким чином, всіх можливих випадків 
а сприятливих - 
, (однакові перестановки не розрізняються)
Приклад 8. В ящику 100 деталей, з них 10 бракованих. Навмання вибрані 4 деталі. Яка ймовірність, що серед вибраних деталей відсутні браковані ?
Розв’язання. Кожний набір по 4 деталі може відрізнятись від інших хоча б однією деталлю, це будуть комбінації. Поява кожної з комбінацій – це подія. А оскільки ці події рівноможливі, то вони є випадками. Число всіх можливих випадків 
Сприятливими будуть ті випадки, коли у набір із 4-х деталей попадають всі придатні деталі. Це теж будуть комбінації по 4 деталі із 100 – 10 = 90 пригодних, тобто
Зауваження. Серед задач теорії ймовірностей часто зустрічається така
Задача.Нехай задана множина із елементів, які мають властивість рівноможливості випадкового вибору кожного з них. Нехай, далі, серед цих даних елементів є елементів 
, які мають певну ознаку ( наприклад, номер, колір, якість). Навмання робиться вибір k елементів 
. Тоді ймовірність того, що серед вибраних k елементів lелементів мають згадану ознаку (подія А), знаходиться за формулою
(2)
Приклад 9. У картці спортлото із 49 необхідно вибрати комбінацію із 6 чисел. Виграшними вважаються комбінації із 6-ти, 5-ти, 4-х або 3-х вгаданих чисел. Позначимо відповідні події 
Знайти ймовірності цих подій.
Розв’язання. Кожна із заповнених карток спортлото відрізняється від інших хоча б одним числом. Отже, це комбінації по 6 чисел із 49. Число всіх комбінацій, тобто число всіх можливих різних способів заповнення карток спортлото дорівнює
13 983 816.
Сприятливих випадків вгадування всіх шести чисел тільки один, тому
Тепер знайдемо ймовірність події 
(вгадано 5 чисел). Схематично зобразимо це так
| В | В | В | В | В | Н |
| 
|
де В – вгадано, Н – невгадано.
Вгадані числа ми комбінуємо по 5 із 6 можливих, їх кількість 
, а невгадані числа - із 
, що залишились, їх кількість 
Кожному набору із 5-ти вгаданих чисел можна приписати одну із 43-х невгаданих. Таких карток буде
Тоді ймовірність вгадати 5 чисел дорівнює
Аналогічно, за формулою (2) знаходимо 
, 