Lygiagrečios visatos. Tikimybių teorija, išspręsti uždaviniai Kitos matematinės struktūros

1. Ω = (11,12,13,14,15,16, 21, 22,..., 66),

2. Ω = (2,3,4,5,6, 7,8,9,10,11,12)

3. ● A = (16,61,34, 43, 25, 52);

● B = (11,12, 21,13,31,14, 41,15, 51,16, 61)

● C = (12, 21,36,63,45, 54,33,15, 51, 24,42,66).

● D= (TAŠKŲ SUMA YRA 2 ARBA 3);

● E= (TAŠKŲ SUMMA YRA 10).

Apibūdinkite įvykį: SU= (GRANDINĖ UŽDARYTA) kiekvienu atveju.

Sprendimas.Įveskime tokį žymėjimą: įvykis A- 1 kontaktas uždarytas; įvykis IN- kontaktas 2 uždarytas; įvykis SU- grandinė uždaryta, lemputė dega.

1. Lygiagrečiam ryšiui grandinė uždaroma, kai bent vienas kontaktas yra uždarytas, taigi C = A + B;

2. Nuosekliojo jungimo atveju grandinė baigta, kai abu kontaktai yra uždaryti, taigi C = A B.

Užduotis. 1.1.4 Sudarytos dvi elektros schemos:

Įvykis A – grandinė uždaryta, įvykis A i – aš- kontaktas uždarytas. Kuriam iš jų santykis galioja?

A1 · (A2 + A3 · A4) · A5 = A?

Sprendimas. Pirmajai grandinei A = A1 · (A2 · A3 + A4 · A5), nes lygiagretus ryšys atitinka įvykių sumą, o nuoseklusis – įvykių sandaugą. Dėl antrosios schemos A = A1 (A2+A3 A4 A5). Todėl šis ryšys galioja antrajai schemai.

Užduotis. 1.1.5 Supaprastinkite išraišką (A + B)(B + C)(C+ A).

Sprendimas. Pasinaudokime įvykių sudėjimo ir daugybos operacijų savybėmis.

(A+ B)(B + C)(A + C) =

(AB+ AC + B B + BC)(A + C) =

= (AB+ AC + B + BC)(A + C) =

(AB + AC + B) (A + C) = (B + AC) (A + C) =

= BA + BC + ACA + ACC = B A + BC + AC.

Užduotis. 1.1.6Įrodykite, kad įvykiai A, AB ir A+B Suformuokite pilną grupę.

Sprendimas. Spręsdami uždavinį naudosime operacijų su įvykiais savybes. Pirmiausia parodysime, kad šie įvykiai yra nesuderinami poromis.

Dabar parodysime, kad šių įvykių suma suteikia elementarių įvykių erdvę.

Užduotis. 1.1.7Naudodami Eulerio-Venno diagramą patikrinkite de Morgano taisyklę:

A) Įvykis AB užtamsintas.

B) Įvykis A – vertikalus perėjimas; įvykis B – horizontalus perėjimas. Renginys

(A+B) – tamsesnė sritis.

Palyginus a) ir c) paveikslus, išplaukia:

Užduotis. 1.2.1Keliais būdais gali sėdėti 8 žmonės?

1. Vienoje eilėje?

2. Prie apvalaus stalo?

Sprendimas.

1. Reikiamas būdų skaičius lygus permutacijų skaičiui iš 8, t.y.

P8 = 8! = 1 2 3 4 5 6 7 8 = 40320

2. Kadangi prie apskritojo stalo pirmojo asmens pasirinkimas neturi įtakos elementų kaitaliojimui, tai bet kas gali būti paimtas pirmas, o likusieji bus užsakyti atsižvelgiant į pasirinktą. Šį veiksmą galima atlikti 8!/8 = 5040 būdų.

Užduotis. 1.2.2Kursas apima 5 dalykus. Kiek būdų galite sudaryti šeštadienio tvarkaraštį, jei tą dieną yra dvi skirtingos poros?

Sprendimas. Reikiamas būdų skaičius yra vietų skaičius

Nuo 5 iki 2, nes reikia atsižvelgti į porų tvarką:

Užduotis. 1.2.3Kiek egzaminų komisijų, susidedančių iš 7 žmonių, gali būti sudaryta iš 15 mokytojų?

Sprendimas. Reikalingas komisinių skaičius (neatsižvelgiant į užsakymą) yra kombinacijų skaičius nuo 15 iki 7:

Užduotis. 1.2.4 Iš krepšelio, kuriame yra dvidešimt sunumeruotų kamuoliukų, sėkmei atrenkami 5 kamuoliukai. Nustatykite šio eksperimento elementarių įvykių erdvės elementų skaičių, jei:

Kamuoliai parenkami nuosekliai vienas po kito, grįžtant po kiekvieno lygio;

Kamuoliukai parenkami po vieną, negrąžinami;

Iš karto pasirinkite 5 kamuoliukus.

Sprendimas.

Pirmojo kamuoliuko išėmimo iš krepšio būdų skaičius yra 20. Kadangi ištrauktas kamuolys grįžo į krepšį, antrojo kamuoliuko pašalinimo būdų skaičius taip pat yra 20 ir tt atvejis yra 20 20 20 20 20 = 3200000.

Pirmojo kamuoliuko išėmimo iš krepšio būdų skaičius yra 20. Kadangi ištrauktas rutulys po išėmimo į krepšį negrįžo, antrojo kamuoliuko išėmimo būdų skaičius tapo 19 ir tt Tada ištraukimo būdų skaičius 5 kamuoliukai be grąžinimo yra 20 19 18 17 16 = A52 0

Būdų, kaip ištraukti 5 kamuoliukus iš krepšio, skaičius iš karto yra lygus kombinacijų skaičiui iš 20 iš 5:

Užduotis. 1.2.5 Mesti du kauliukai. Raskite įvykio A tikimybę, kad atsiras bent vienas.

Sprendimas. Kiekvienas kauliukas gali mesti bet kokį taškų skaičių nuo 1 iki 6. Todėl elementarių įvykių erdvėje yra 36 vienodai galimi rezultatai. Įvykį A palankiai vertina 11 rezultatų: (1,1), (1,2), (2,1), (1,3), (3,1), (1,4), (4,1), (1 ,5), (5,1), (1,6), (6,1), todėl

Užduotis. 1.2.6 Ant raudonų kortelių rašomos raidės u, i, i, k, c, f, n, mėlynose kortelėse – raidės a, a, o, t, t, s, h. Kruopščiai sumaišius, kuris yra labiau tikėtina: nuo pirmo karto nuo raidžių iki Naudoti raudonas korteles, kad sudarytų žodį „funkcija“ arba raides ant mėlynų kortelių, kad sudarytumėte žodį „dažnis“?

Sprendimas. Tegul įvykis A yra žodis „funkcija“, atsitiktinai sudarytas iš 7 raidžių, o įvykis B – žodis „dažnis“, atsitiktinai sudarytas iš 7 raidžių. Kadangi išdėstyti du 7 raidžių rinkiniai, visų įvykių A ir B rezultatų skaičius yra n = 7!. Įvykį A palankiai vertina vienas rezultatas m = 1, nes visos raudonose kortelėse esančios raidės yra skirtingos. Įvykis B yra palankus m = 2! · 2! rezultatus, nes raidės „a“ ir „t“ pasirodo du kartus. Tada P(A) = 1/7! , P(B) = 2! 2! /7! , P(B) > P(A).

Užduotis. 1.2.7 Egzamino metu studentui siūloma 30 bilietų; Kiekviename biliete yra du klausimai. Iš 60 klausimų, įtrauktų į bilietus, mokinys žino tik 40. Raskite tikimybę, kad mokinio paimtas bilietas susideda iš

1. iš jam žinomų klausimų;

2. iš jam nežinomų klausimų;

3. iš vieno žinomo ir vieno nežinomo klausimo.

Sprendimas. Tegu A yra įvykis, kai mokinys žino atsakymą į abu klausimus; B – nežino atsakymo į abu klausimus; C – žino atsakymą į vieną klausimą, nežino atsakymo į kitą. Pasirinkti du klausimus iš 60 galima n = C260 = 60 2·59 = 1770 būdų.

1. Yra m = C240 ​​= 40 2·39 = 780 studentui žinomų klausimų pasirinkimo galimybių. Tada P(A) = M N = 17 78 70 0 = 0,44

2. Dviejų nežinomų klausimų pasirinkimas iš 20 gali būti atliktas m = C220 = 20 2 · 19 = 190 būdų. Tokiu atveju

P(B) = M N = 11 79 70 0 = 0,11

3. Yra m = C14 0 ·C21 0 = 40·20 = 800 būdų, kaip pasirinkti bilietą su vienu žinomu ir vienu nežinomu klausimu. Tada P(C) = 18 70 70 0 = 0,45.

Užduotis. 1.2.8Dalis informacijos buvo siunčiama trimis kanalais. Kanalai veikia nepriklausomai vienas nuo kito. Raskite tikimybę, kad informacija pasieks tikslą

1. Tik viename kanale;

2. Bent viename kanale.

Sprendimas. Tegu A yra įvykis, kai informacija pasiekia tikslą tik vienu kanalu; B – bent vienas kanalas. Patirtis – tai informacijos perdavimas trimis kanalais. Patirties rezultatas – informacija pasiekė savo tikslą. Pažymėkime Ai – i-tuoju kanalu informacija pasiekia tikslą. Elementarių įvykių erdvė turi tokią formą:

Įvykį B palankiai vertina 7 rezultatai: visi rezultatai, išskyrus Tada n = 8; mA = 3; mB = 7; P(A) = 38; P(B) = 7 8.

Užduotis. 1.2.9Vienetinio ilgio segmente taškas atsiranda atsitiktinai. Raskite tikimybę, kad atstumas nuo taško iki atkarpos galų yra didesnis nei 1/8.

Sprendimas. Pagal uždavinio sąlygas reikiamą įvykį tenkina visi taškai, esantys intervale (a; b).

Kadangi jo ilgis s = 1 - 1 8 + 1 8 = 3 4, o viso atkarpos ilgis S = 1, tai reikiama tikimybė yra P = s/S = 3/14 = 0,75.

Užduotis. 1.2.10Vakarėlyje nuoNProduktaiKgaminiai yra brokuoti. m produktų atrenkami kontrolei. Raskite tikimybę, kad nuo M Produktai L Jie pasirodys sugedę (įvykis A).

Sprendimas. M produktų pasirinkimas iš n gali būti atliekamas įvairiais būdais, o pasirinkimas L defektuotas iš k defektyvus – būdais. Po atrankos L nekokybiški gaminiai išliks (m - L) tinkamas, esantis tarp (n - k) produktų. Tada įvykiui A palankių rezultatų skaičius yra lygus

Ir norima tikimybė

Užduotis. 1.3.1BUrnoje yra 30 kamuoliukų: 15 raudonų, 10 mėlynų ir 5 balti. Raskite tikimybę, kad atsitiktinai nupieštas rutulys bus spalvotas.

Sprendimas. Tegu įvykis A – ištraukiamas raudonas rutulys, įvykis B – mėlynas rutulys. Tada įvykiai (A + B) – traukiamas spalvotas rutulys. Turime P(A) = 1 3 5 0 = 1 2, P(B) = 1 3 0 0 = 1 3. Kadangi

Įvykiai A ir B yra nesuderinami, tada P(A + B) = P(A) + P(B) = 1 2 + 1 3 = 5 6 = 0,83.

Užduotis. 1.3.2Tikimybė, kad bus sniego (įvykis A ), yra lygus 0.6, Ir tai, kad lis lietus (įvykis B ), yra lygus 0.45. Raskite blogo oro tikimybę, jei lietaus ir sniego tikimybė (įvykis AB ) yra lygus 0.25.

Sprendimas. Įvykiai A ir B yra vienu metu, todėl P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0,6 + 0,45 - 0,25 = 0,8

Užduotis. 1.3.3BPirmoje dėžutėje yra 2 balti ir 10 juodų rutulių, antroje – 3 balti ir 9 juodi rutuliai, trečioje – 6 balti ir 6 juodi rutuliai. Iš kiekvienos dėžės buvo paimtas kamuolys. Raskite tikimybę, kad visi nupiešti rutuliai yra balti.

Sprendimas. Įvykis A – baltas rutulys traukiamas iš pirmos dėžės, B – iš antros dėžės, C – iš trečios. Tada P(A) = 12 2 = 1 6; P(B) = 13 2 = 1 4; P(C) = 16 2 = 1 2. Įvykio ABC – viskas išimta

Kamuoliukai balti. Todėl įvykiai A, B, C yra nepriklausomi

P(ABC) = P(A) P(B) · P(C) = 1 6 1 4 1 2 = 41 8 = 0,02

Užduotis. 1.3.4Bnuosekliai sujungta elektros grandinė 5 Elementai, kurie veikia nepriklausomai vienas nuo kito. Pirmojo, antrojo, trečiojo, ketvirto, penkto elementų gedimų tikimybė yra atitinkamai vienoda 0.1; 0.2; 0.3; 0.2; 0.1. Raskite tikimybę, kad grandinėje nebus srovės (įvykis A ).

Sprendimas. Kadangi elementai yra sujungti nuosekliai, grandinėje nebus srovės, jei bent vienas elementas sugenda. Įvykis Ai(i =1...5) – nepavyksta aš- elementas. Renginiai

Užduotis. 1.3.5Grandinę sudaro nepriklausomi blokai, sujungti į sistemą su vienu įėjimu ir vienu išėjimu.

Įvairių grandinės elementų gedimas per laiką T yra nepriklausomi įvykiai, kurių tikimybė yra tokiaP 1 = 0,1; P 2 = 0,2; P 3 = 0,3; P 4 = 0,4. Sugedus bet kuriam elementui, signalas nutrūksta grandinės šakoje, kurioje yra šis elementas. Raskite sistemos patikimumą.

Sprendimas. Jei įvykis A – (SISTEMA PATIKIMA), Ai – (i – BLOKAS VEIKIA NETIKTAI), tada A = (A1 + A2)(A3 + A4). Įvykiai A1+A2, A3+A4 yra nepriklausomi, įvykiai A1 ir A2, A3 ir A4 yra jungtiniai. Tikimybių dauginimo ir pridėjimo formulių naudojimas

Užduotis. 1.3.6Darbininkas valdo 3 mašinas. Tikimybė, kad per valandą mašina neprireiks darbuotojo dėmesio, yra lygi 0,9 pirmai mašinai, 0,8 antrai mašinai ir 0,7 trečiai mašinai.

Raskite tikimybę, kad per kelias valandas

1. Antroji mašina pareikalaus dėmesio;

2. Dėmesio reikės dviem mašinoms;

3. Reikės dėmesio bent dviem mašinoms.

Sprendimas. Tegul Ai yra i-oji mašina, kuriai reikia darbuotojo dėmesio; i-oji mašina nereikalauja darbuotojo dėmesio. Tada

Elementarių įvykių erdvė:

1. Įvykis A – antrasis aparatas pareikalaus dėmesio: Tada

Kadangi įvykiai yra nesuderinami ir nepriklausomi. P(A) = 0,9 0,8 0,7 + 0,1 0,8 0,7 + 0,9 0,8 0,3 + 0,1 0,8 0,3 = 0,8

2. Įvykis B – dėmesio prireiks dviem mašinoms:

3. C renginys – dėmesio pareikalaus bent du etapai
kov:

Užduotis. 1.3.7Bbuvo pristatytas aparatas „Egzaminuotojas“. 50 Klausimai. Studentui siūloma 5 Klausimai ir įvertinimas „puikiai“ suteikiamas, jei į visus klausimus atsakyta teisingai. Raskite tikimybę gauti „puikiai“, jei mokinys tik ruošėsi 40 Klausimai.

Sprendimas. A - (GAUTAS PAŽYMĖLIS "PUIKI"), Ai - (ATSAKYTA Į i-tą KLAUSIMU). Tada A = A1A2A3A4A5, turime:

Arba kitu būdu - naudojant klasikinę tikimybių formulę: IR

Užduotis. 1.3.8Tikimybė, kad surinkėjui reikalinga dalis yraaš, II, III, IVdėžutės yra atitinkamai vienodos 0.6; 0.7; 0.8; 0.9. Raskite tikimybę, kad kolekcionierius turės pažymėti visus 4 langelius (įvykisA).

Sprendimas. Tegu Ai – (montuotojui reikalinga dalis yra i-toje dėžutėje.) Tada

Kadangi įvykiai yra nesuderinami ir nepriklausomi, tada

Užduotis. 1.4.1 Ištirta 10 000 vyresnių nei 60 metų žmonių grupė. Paaiškėjo, kad nuolat rūko 4000 žmonių. 1800 rūkančiųjų pastebėjo rimtų plaučių pokyčių. Tarp nerūkančiųjų 1500 žmonių turėjo pakitimų plaučiuose. Kokia tikimybė, kad atsitiktinai ištirtas žmogus, turintis pakitimų plaučiuose, yra rūkalius?

Sprendimas. Pateikiame hipotezes: H1 – tiriamasis nuolat rūko, H2 – nerūkantis. Tada, atsižvelgiant į problemos sąlygas

P(H1) = ------- = 0,4, P(H2) = ---------- = 0,6

A pažymėkime įvykį, kai tiriamojo plaučiuose yra pakitimų. Tada, atsižvelgiant į problemos sąlygas

Naudodami (1.15) formulę randame

Norima tikimybė, kad tiriamasis yra rūkalius, pagal Bayes formulę yra lygi

Užduotis. 1.4.2Parduodami televizoriai iš trijų gamyklų: 30% iš pirmosios gamyklos, 20% iš antrosios, 50% iš trečiosios. Pirmosios gamyklos gaminiuose televizorių su paslėptais defektais yra 20 proc., antrosios – 10 proc., trečiosios – 5 proc. Kokia tikimybė įsigyti veikiantį televizorių?

Sprendimas. Panagrinėkime įvykius: A - įsigytas veikiantis televizorius; hipotezės H1, H2, H3 – televizorius buvo parduodamas atitinkamai iš pirmos, antros, trečios gamyklos. Pagal problemos sąlygas

Naudodami (1.15) formulę randame

Užduotis. 1.4.3Yra trys vienodai atrodančios dėžutės. Pirmajame yra 20 baltų rutulių, antrame – 10 baltų ir 10 juodų rutulių, trečiame – 20 juodų kamuoliukų. Iš atsitiktinai parinktos dėžutės ištraukiamas baltas rutulys. Raskite tikimybę, kad šis rutulys yra iš antrojo langelio.

Sprendimas. Tegu įvykis A – išimamas baltas rutulys, hipotezės H1, H2, H3 – kamuolys išimamas atitinkamai iš pirmos, antros, trečios dėžės. Iš probleminių sąlygų randame

Tada
Naudodami (1.15) formulę randame

Naudodami (1.16) formulę randame

Užduotis. 1.4.4Telegrafo pranešimas susideda iš taško ir brūkšnio signalų. Triukšmo statistinės savybės yra tokios, kad jos vidutiniškai iškraipomos 2/5 Žinutės "taškas" ir 1/3 Žinutės „brūkšnelis“. Yra žinoma, kad tarp perduodamų signalų yra „taškas“ ir „brūkšnys“. 5: 3. Nustatykite tikimybę, kad perduotas signalas bus priimtas, jei:

A) gaunamas „taško“ signalas;

B)gautas „brūkšnio“ signalas.

Sprendimas. Tegul įvykis A reiškia „taško“ signalo priėmimą, o įvykis B reiškia „brūkšnio“ signalo priėmimą.

Galima iškelti dvi hipotezes: H1 - perduodamas „taško“ signalas, H2 – perduodamas „brūkšnelio“ signalas. Pagal sąlygą P(H1) : P(H2) =5: 3. Be to, P(H1 ) + P(H2)= 1. Todėl P( H1 ) = 5/8, P(H2 ) = 3/8. Yra žinoma, kad

Įvykių tikimybės A IR B Mes randame naudodami bendrosios tikimybės formulę:

Reikalingos tikimybės bus:

Užduotis. 1.4.5Iš 10 radijo kanalų 6 kanalai yra apsaugoti nuo trukdžių. Tikimybė, kad kanalas laikui bėgant bus saugusTnesuges, yra lygus 0,95, neapsaugotam kanalui - 0,8. Raskite tikimybę, kad du atsitiktinai parinkti kanalai laikui bėgant nesugesT, ir abu kanalai nėra apsaugoti nuo trukdžių.

Sprendimas. Tegul įvykis A – abu kanalai nenutrūksta per laiką t, įvykis A1 - Pasirinktas apsaugotas kanalas A2 - Pasirinktas neapsaugotas kanalas.

Užrašykime eksperimento elementarių įvykių erdvę - (pasirenkami du kanalai):

Ω = (A1A1, A1A2, A2A1, A2A2)

Hipotezės:

H1 - abu kanalai apsaugoti nuo trukdžių;

H2 - pirmasis pasirinktas kanalas yra apsaugotas, antrasis pasirinktas kanalas neapsaugotas nuo trukdžių;

H3 - pirmasis pasirinktas kanalas neapsaugotas, antrasis pasirinktas kanalas apsaugotas nuo trukdžių;

H4 – abu pasirinkti kanalai nėra apsaugoti nuo trukdžių. Tada

IR

Užduotis. 1.5.1Ryšio kanalas perduoda 6 Žinutės. Kiekvienas pranešimas gali būti iškraipytas dėl trukdžių su tikimybe 0.2 Nepriklausomai nuo kitų. Raskite tikimybę, kad

1. 4 iš 6 pranešimų nėra iškraipyti;

2. Bent 3 iš 6 buvo perduoti iškraipyti;

3. Bent vienas pranešimas iš 6 yra iškraipytas;

4. Ne daugiau kaip 2 iš 6 nėra iškraipyti;

5. Visi pranešimai perduodami be iškraipymų.

Sprendimas. Kadangi iškraipymo tikimybė yra 0,2, tikimybė perduoti pranešimą be trukdžių yra 0,8.

1. Naudodami Bernulio formulę (1.17) randame tikimybę
galimybė be trukdžių perduoti 4 pranešimus iš 6:

2. bent 3 iš 6 perduodami iškraipyti:

3. bent vienas pranešimas iš 6 yra iškraipytas:

4. bent vienas pranešimas iš 6 yra iškraipytas:

5. visi pranešimai perduodami be iškraipymų:

Užduotis. 1.5.2Tikimybė, kad vasarą diena bus giedra – 0,42; debesuotos dienos tikimybė yra 0,36, o debesuota – 0,22. Kiek dienų iš 59 galite tikėtis giedrų ir debesuotų?

Sprendimas. Iš problemos sąlygų aišku, kad reikia ieškoti kuo tikriausio giedrų ir debesuotų dienų skaičiaus.

Giedroms dienoms P= 0.42, N= 59. Sudarome nelygybes (1.20):

59 0.42 + 0.42 - 1 < m0 < 59 0.42 + 0.42.

24.2 ≤ Mo≤ 25.2 → Mo= 25.

Debesuotoms dienoms P= 0.36, N= 59 ir

0.36 59 + 0.36 - 1 ≤ M0 ≤ 0.36 59 + 0.36;

Todėl 20.16 ≤ M0 ≤ 21.60; → M0 = 21.

Taigi, labiausiai tikėtinas giedrų dienų skaičius Mo=25, debesuotos dienos - M0 = 21. Tada vasarą galima tikėtis Mo+ M0 =46 giedros ir debesuotos dienos.

Užduotis. 1.5.3Tikimybių teorijos paskaitą lanko 110 studentų. Raskite tikimybę, kad

1. k mokinių (k = 0,1,2) iš susirinkusiųjų gimė rugsėjo pirmąją;

2. bent vienas kurso studentas gimė rugsėjo 1 d.

P = 1/365 yra labai mažas, todėl naudojame Puasono formulę (1.22). Raskime Puasono parametrą. Nes

N= 110, tada λ = np = 110 1 /365 = 0,3.

Tada pagal Puasono formulę

Užduotis. 1.5.4Tikimybė, kad dalis nėra standartinė, lygi 0.1. Kiek dalių reikia pasirinkti, kad su tikimybe P = 0.964228 Galima teigti, kad santykinis nestandartinių dalių atsiradimo dažnis nukrypsta nuo pastovios tikimybės p = 0.1 Absoliučia verte ne daugiau kaip 0.01 ?

Sprendimas.

Reikalingas numeris N Raskime jį naudodami formulę (1.25). Mes turime:

P = 1,1; q = 0,9; P= 0,96428. Pakeiskime duomenis į formulę:

Iš kur mes jį randame?

Pagal funkcijų reikšmių lentelę Φ( X) mes tai randame

Užduotis. 1.5.5Tikimybė, kad vienas kondensatorius suges per laiką T yra 0,2. Nustatykite tikimybę, kad laikui bėgant T 100 kondensatoriai suges

1. Lygiai 10 kondensatorių;

2. Ne mažiau kaip 20 kondensatorių;

3. Mažiau nei 28 kondensatoriai;

4. Nuo 14 iki 26 kondensatorių.

Sprendimas. Mes turime P = 100, P= 0.2, K = 1 - P= 0.8.

1. Lygiai 10 kondensatorių.

Nes P Puiku, pasinaudokime vietine Moivre teorema – Laplasas:

Paskaičiuokime

Nuo funkcijos φ(x)- lyginis, tada φ(-2.5) = φ(2.50) = 0.0175 (randame iš funkcijų reikšmių lentelės φ(x). Reikalinga tikimybė

2. Ne mažiau 20 kondensatorių;

Reikalavimas, kad iš 100 kondensatorių sugestų bent 20, reiškia, kad suges 20 arba 21, ... arba 100. Taigi, T1 = 20, T 2 = 100. Tada

Pagal funkcijų reikšmių lentelę Φ(x) Raskime Φ(x1) = Φ(0) = 0, Φ(x2) = Φ(20) = 0,5. Reikalinga tikimybė:

3. Mažiau nei 28 kondensatoriai;

(čia buvo atsižvelgta į tai, kad Laplaso funkcija Ф(x) yra nelyginė).

4. Nuo 14 iki 26 kondensatorių. Pagal sąlygą M1= 14, m2 = 26.
Apskaičiuokime x 1,x2:

Užduotis. 1.5.6Tikimybė, kad viename eksperimente įvyks koks nors įvykis, yra 0,6. Kokia tikimybė, kad šis įvykis įvyks daugumoje iš 60 eksperimentų?

Sprendimas. Kiekis MĮvykis bandymų serijoje yra tarp . „Daugelyje eksperimentų“ reiškia tai M Priklauso intervalui Pagal sąlygą N= 60, P= 0.6, K = 0.4, M1 = 30, m2 = 60. Apskaičiuokime x1 ir x2:

Atsitiktiniai dydžiai ir jų skirstiniai

Užduotis. 2.1.1Pateikiama lentelė, kurioje viršutinėje eilutėje nurodytos galimos atsitiktinio dydžio reikšmės X , o apačioje – jų tikimybės.

Ar ši lentelė gali būti paskirstymo eilutė X ?

Atsakymas: Taip, nes p1 + p2 + p3 + p4 + p5 = 1

Užduotis. 2.1.2Išleistas 500 Loterijos bilietai ir 40 Bilietai jų savininkams atneš laimėjimus 10000 patrinkite., 20 Bilietai – per 50000 patrinkite., 10 Bilietai – per 100000 patrinkite., 5 Bilietai – per 200000 patrinkite., 1 Bilietas - 500000 Rub., likusieji - jokių laimėjimo. Raskite vieno bilieto savininko laimėjimų paskirstymo dėsnį.

Sprendimas.

Galimos X reikšmės: x5 = 10000, x4 = 50000, x3 = 100000, x2 = 200000, x1 = 500000, x6 = 0. Šių galimų reikšmių tikimybės yra šios:

Reikalingas platinimo įstatymas:

Užduotis. 2.1.3Šaulys, turintis 5 Šoviniai, šaudo iki pirmojo pataikymo į taikinį. Tikimybė pataikyti su kiekvienu šūviu yra 0.7. Sukurkite naudojamų kasečių skaičiaus paskirstymo dėsnį, suraskite paskirstymo funkcijąF(X) ir sukurkite jo grafiką, raskite P(2< x < 5).

Sprendimas.

Elementarių patirties įvykių erdvė

Ω = {1, 01, 001, 0001, 00001, 11111},

Kur įvykis (1) - pataikė į taikinį, įvykis (0) - nepataikė į taikinį. Šios panaudotų šovinių skaičiaus atsitiktinio dydžio reikšmės atitinka elementarius rezultatus: 1, 2, 3, 4, 5. Kadangi kiekvieno kito šūvio rezultatas nepriklauso nuo ankstesnio, galimo tikimybės vertės yra:

P1 = P(x1= 1) = P(1)= 0.7; P2 = P(x2= 2) = P(01)= 0,3 · 0,7 = 0,21;

P3 = P(x3= 3) = P(001) = 0,32 · 0,7 = 0,063;

P4 = P(x4= 4) = P(0001) = 0,33 · 0,7 = 0,0189;

P5 = P(x5= 5) = P(00001 + 00000) = 0,34 · 0,7 + 0,35 = 0,0081.

Reikalingas platinimo įstatymas:

Raskime paskirstymo funkciją F(X), Naudojant (2.5) formulę

X≤1, F(x)= P(X< x) = 0

1 < x ≤2, F(x)= P(X< x) = P1(X1 = 1) = 0.7

2 < x ≤ 3, F(x) = P1(X= 1) + P2(x = 2) = 0,91

3 < x ≤ 4, F(x) = P1 (x = 1) + P2(x = 2) + P3(x = 3) =

= 0.7 + 0.21 + 0.063 = 0.973

4 < x ≤ 5, F(x) = P1(x = 1) + P2(x = 2) + P3(x = 3) +

+ P4 (x = 4) = 0,973 + 0,0189 = 0,9919

X>5.F(x) = 1

Raskime P(2< x < 5). Применим формулу (2.4): P(2 < X< 5) = F(5) – F(2) = 0.9919 - 0.91 = 0.0819

Užduotis. 2.1.4DanaF(X) kai kurių atsitiktinių dydžių:

Užrašykite X paskirstymo seriją.

Sprendimas.

Iš savybių F(X) Iš to išplaukia, kad galimos atsitiktinio dydžio reikšmės X - Funkcijų lūžio taškai F(X), O atitinkamos tikimybės yra funkcijų šuoliai F(X). Randame galimas atsitiktinio dydžio X=(0,1,2,3,4) reikšmes.

Užduotis. 2.1.5Nustatykite kurią funkciją

Ar kokio nors atsitiktinio dydžio pasiskirstymo funkcija.

Jei atsakymas yra teigiamas, suraskite tikimybę, kad atitinkamas atsitiktinis kintamasis įgis reikšmes[-3,2].

Sprendimas. Nubraižykime funkcijas F1(x) ir F2(x):

Funkcija F2(x) nėra skirstymo funkcija, nes ji nėra nemažėjanti. Funkcija F1(x) yra

Kai kurių atsitiktinių dydžių pasiskirstymo funkcija, nes jis yra nemažėjantis ir tenkina (2.3) sąlygą. Raskime tikimybę patekti į intervalą:

Užduotis. 2.1.6Duotas ištisinio atsitiktinio dydžio tikimybės tankis X :

Rasti:

1. Koeficientas C ;

2. Paskirstymo funkcija F(x) ;

3. Tikimybė, kad atsitiktinis dydis pateks į intervalą(1, 3).

Sprendimas. Iš normalizavimo sąlygos (2.9) randame

Vadinasi,

Naudodami (2.10) formulę randame:

Taigi,

Naudodami (2.4) formulę randame

Užduotis. 2.1.7Atsitiktinis elektroninės įrangos prastovos laikas kai kuriais atvejais turi tikimybę

Kur M = lge = 0,4343...

Raskite paskirstymo funkciją F(x) .

Sprendimas. Naudodami (2.10) formulę randame

Kur

Užduotis. 2.2.1Duota diskrečiojo atsitiktinio dydžio skirstinio eilutė X :

Raskite matematinį lūkestį, dispersiją, standartinį nuokrypį, M, D[-3X + 2].

Sprendimas.

Naudodami (2.12) formulę randame matematinį lūkestį:

M[X] = x1p1 + x2p2 + x3p3 + x4p4 = 10 0,2 + 20 0,15 + 30 0,25 + 40 0,4 = 28,5

M = 2M[X] + M = 2M[X] + 5 = 2 28,5 + 5 = 62. Naudodami (2.19) formulę randame dispersiją:

Užduotis. 2.2.2Raskite nuolatinio atsitiktinio dydžio lūkesčius, dispersiją ir standartinį nuokrypį X , kurios paskirstymo funkcija

.

Sprendimas. Raskime tikimybių tankį:

Matematinį lūkestį randame naudodami formulę (2.13):

Dispersiją randame naudodami formulę (2.19):

Pirmiausia suraskime matematinį atsitiktinio dydžio kvadrato lūkestį:

Standartinis nuokrypis

Užduotis. 2.2.3Xturi platinimo seriją:

Raskite atsitiktinio dydžio matematinę lūkesčius ir dispersijąY = EX .

Sprendimas. M[ Y] = M[ EX ] = e-- 1 · 0,2 + e0 · 0,3 + e1 · 0,4 + e2 · 0,1 =

0,2 · 0,3679 + 1 · 0,3 + 2,71828 · 0,4 + 7,389 · 0,1 = 2,2.

D[Y] = D = M[(eX)2 - M2[E X] =

[(e-1)2 0,2 ​​+ (e0)2 0,3 + (e1)2 0,4 + (e2)2 0,1] - (2,2)2 =

= (e--2 0,2 ​​+ 0,3 + e2 0,4 + e4 0,1) - 4,84 = 8,741 - 4,84 = 3,9.

Užduotis. 2.2.4Diskretus atsitiktinis dydis X Gali būti tik dvi vertės X1 IR X2 , ir X1< x2. Žinoma tikimybė P1 = 0,2 Galima prasmė X1 , tikėtina vertė M[X] = 3,8 Ir dispersija D[X] = 0,16. Raskite atsitiktinio dydžio pasiskirstymo dėsnį.

Sprendimas. Kadangi atsitiktinis dydis X turi tik dvi reikšmes x1 ir x2, tada tikimybė p2 = P(X = x2) = 1 - p1 = 1 - 0,2 = 0,8.

Pagal problemos sąlygas turime:

M[X] = x1p1 + x2p2 = 0,2x1 + 0,8x2 = 3,8;

D[X] = (x21p1 + x22p2) – M2[X] = (0,2x21 + 0,8x22) - (0,38)2 = 0,16.

Taigi, mes gavome lygčių sistemą:

Būklė x1

Užduotis. 2.2.5Atsitiktiniam dydžiui X galioja pasiskirstymo dėsnis, kurio tankio grafikas turi tokią formą:

Raskite numatomą vertę, dispersiją ir standartinį nuokrypį.

Sprendimas. Raskime diferencinio skirstinio funkciją f(x). Už intervalo (0, 3) f(x) = 0. Intervale (0, 3) tankio grafikas yra tiesi linija, kurios nuolydis k = 2/9, einantis per pradžią. Taigi,

Tikėtina vertė:

Raskime dispersiją ir standartinį nuokrypį:

Užduotis. 2.2.6Raskite matematinį lūkesčius ir taškų sumos dispersiją, atsirandančią ant keturių kauliukų vienu metimu.

Sprendimas. Pažymėkime A - vieno kauliuko taškų skaičių vienu metimu, B - taškų skaičių antruoju kauliuku, C - trečiu kauliuku, D - ketvirtu kauliuku. Atsitiktinių dydžių A, B, C, D pasiskirstymo dėsnis vienas.

Tada M[A] = M[B] = M[C] = M[D] = (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) / 6 = 3,5

Užduotis. 2.3.1Tikimybė, kad iš radioaktyvaus šaltinio išspinduliuota dalelė bus užregistruota skaitikliu, lygi 0.0001. Stebėjimo laikotarpiu jis išskrido iš šaltinio 30000 Dalelės Raskite tikimybę, kad skaitiklis užsiregistravo:

1. Lygiai 3 dalelės;

2. Nė vienos dalelės;

3. Bent 10 dalelių.

Sprendimas. Pagal sąlygą P= 30000, P= 0,0001. Įvykiai, kuriuos sudaro aptinkamo radioaktyvaus šaltinio išmestos dalelės, yra nepriklausomi; numerį P Puiku, bet tikimybė P Mažas, todėl naudojame Puasono paskirstymą: Raskime λ: λ = n P = 30 000 0,0001 = 3 = M[X]. Ieškomos tikimybės:

Užduotis. 2.3.2Partijoje yra 5% nestandartinių dalių. Atsitiktinai atrinktos 5 dalys. Parašykite diskrečiojo atsitiktinio dydžio pasiskirstymo dėsnį X - nestandartinių dalių skaičius tarp penkių atrinktų; rasti matematinį lūkestį ir dispersiją.

Sprendimas. Diskretusis atsitiktinis dydis X – nestandartinių dalių skaičius – turi dvinarį pasiskirstymą ir gali turėti tokias reikšmes: x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 3, x5 = 4, x6 = 5. Tikimybė nestandartinės dalies partijoje yra p = 5 /100 = 0,05. Raskime šių galimų verčių tikimybes:

Parašykime reikiamą platinimo dėsnį:

Raskime skaitines charakteristikas:

0 0.7737809 + 1 0.2036267 + 2 0.0214343+

3 0.0011281 + 4 0.0000297 + 5 0.0000003 = 0.2499999 ≈ 0.250

M[X] = Np= 5 0.05 = 0.25.

D[X] = M– M2 [X]= 02 0.7737809 + 12 0.2036267+

22 0.0214343 + 32 0.0011281 + 42 0.0000297 + 52 0.0000003- 0.0625 =

0.2999995 - 0.0625 = 0.2374995 ≈ 0.2375

Arba D[ X] = n p (1 - P) = 5 0.05 0.95 = 0.2375.

Užduotis. 2.3.3Taikinio radaro aptikimo laikas paskirstomas pagal eksponentinį dėsnį

Kur1/ λ = 10 Sec. - vidutinis taikinio aptikimo laikas. Raskite tikimybę, kad taikinys bus laiku aptiktas nuo5 Prieš15 Sec. pradėjus paiešką.

Sprendimas. Tikimybė pataikyti į atsitiktinį kintamąjį X Intervale (5, 15) Raskime naudodami (2.8) formulę:

At Mes gauname

0.6065(1 - 0.3679) = 0.6065 0.6321 = 0.3834

Užduotis. 2.3.4Atsitiktinių matavimų paklaidoms taikomas normalus dėsnis su parametrais a = 0, σ = 20 Mm. Parašykite diferencinio skirstinio funkcijąF(X) ir raskite tikimybę, kad matavime buvo klaida diapazone nuo 5 Prieš 10 Mm.

Sprendimas. Pakeiskime parametrų a ir σ reikšmes diferencinio skirstinio funkcija (2.35):

Naudodami (2.42) formulę randame tikimybę pataikyti į atsitiktinį kintamąjį X Intervale, t.y. A= 0, B= 0.1. Tada diferencinio paskirstymo funkcija F(x) Tai atrodys

- Tavo numeris yra dvylika, - pasakė Eglė, ką nors rašydama į knygą. Fashas padėkojo vyrui ir nuskrido į jo namus. ,Dabar svarbiausia jo nesugadinti. Tikiuosi, fėja mūsų nenuvils, kai koncertuosime... "" - tokiomis mintimis brunetė nusileido ant šakos šalia pavėsinės, kur jo jau laukė du žmonės. „Tu pagaliau atvykai“, – šypsodamasis mostelėjo ranka vienas iš laukiančiųjų Nikas. Pilkaakė mergina su tamsia boba, kuri yra antras žmogus, tik linktelėjo kaip sveikinimo ženklą, eidama tiesiai į reikalą: - O po kokiu numeriu mes koncertuojame? - paklausė ji, padėjusi ant stalo puodelius aromatingos kavos. - Dvylika, - atsakė vaikinas, atsisėdęs prie stalo. – Reikia repetuoti: reikia žinoti, kaip skambame trise. „Neturime labai gerai pasirodyti, Dragotsi“, – iškart jį atšaldė mergina, – tai yra priedanga. Po pasirodymo jūs tiesiog gausite raktą nuo mūsų meilužės, kaip ir buvo žadėta“, – išgirdęs šiuos žodžius Fashas susiraukė, lyg būtų suvalgęs citriną, – Nikas patirs iniciaciją. „Nenoriu prarasti veido prieš visą aikštę“, - atsakė Dragotsijus. - Fash, Diana, - maldavo Nikas, paeiliui žiūrėdamas į šiuos du, - prašau sustoti. Manau, kad tikrai turėtume repetuoti. - Aš neturiu dainavimo nuotaikos, - sumurmėjo Fašas ir net nepavalgęs nuėjo į savo kambarį. *Prieš kelias dienas* „Taigi, – džiaugsmingai šypsodamasis pasakė Konstantinas, surinkęs Fashą ir Nicką į dirbtuves, – turiu dvi naujienas. Pirma: aš sutikau su Baltąja karaliene dėl tavo iniciacijos, Nikai. - Kaip tu tai padarei? - Fašas nustebęs pažvelgė į Lazarevą. „Papasakosiu vėliau“, – nusišypsojo Niko tėvas. - Sūnau, ar galėtum mus palikti? - blondinė išėjo iš kambario, uždarydama paskui save duris. Konstantinas rimtai nusigręžė, nukreipdamas žvilgsnį į brunetę: „Fash, Astarius paprašė manęs pasakyti, kad Baltoji karalienė pažadėjo jam Sidabrinį raktą“. Privalai nueiti pas Kerėją, dalyvauti Užkeikime ir paimti iš Karalienės Sidabrinį raktą“, – stebėjosi Dragocijus, kad būtent jam Astarijus patikėjo nešti šį raktą, net jei apie tai girdėjo antrą kartą. . Mokytojas jau buvo jį įspėjęs, aiškindamas, kad brunetė pabėgo iš Astrogoro... *** Jų pasirodymas sukūrė sensaciją fėjų karalystėje: šešiasparnės būtybės keldavo valandines rankas aukštyn, plojo ir entuziastingai šaukė. Fasho baimės buvo bergždžios, tuo jis džiaugėsi. Netrukus jis gavo laišką ant laikrodžio, kad jis, kaip Užkerėjimo nugalėtojas, turėtų atvykti į Baltąją pilį vidurnaktį. Brunetė priėjo prie pavėsinės, kurioje jau sėdėjo Nikas ir Diana, kurie taip pat džiaugėsi, kad pasirodymas pavyko. - Na, - juokaudamas kreipėsi į Freizerį, - ar palydėsite mus į Baltąją pilį, ponia garbės tarnaite? - Nikas prunkštelėjo į puodelį, o Diana tik nusišypsojo. -Kodėl nesakėte, kad esate garbės tarnaitė? - Fash atsisėdo prie stalo - Jaučiausi kaip kvailys, kai jie priėjo prie manęs ir pasakė, kad mano pasirodymas su ponia Diana Fraser, Jos Didenybės garbės tarnaite, sukėlė sensaciją! - nei Nikas, nei Diana negalėjo sulaikyti juoko... *vidurnaktis* - Fashiar Dragotius, - nuo sosto pakilusi Baltoji karalienė, nugara papuošta auksinėmis šakelėmis su smaragdo lapais, mostelėjo ranka vienam iš mergaites, - už laimėtą kerėjimą ir pažadus Astariui, dovanoju jums Sidabrinį raktą. Manau, jūs žinote, kad tai didžiulė atsakomybė. Apsaugok jį, saugok jį kaip savo akies obuolį. - Pažadu, - linktelėjo Fašas, užtikrintai žvelgdamas į Fėjų karalienę. Atsidarė durys ir mergina įnešė Sidabrinį raktą, atsigulusį ant raudono šilko pagalvėlės. Fėja priėjo prie jo ir sustojo nusilenkusi, ištiesdama pagalvę su raktu. Fashas atsargiai paėmė raktą ir nusilenkė karalienei: „Nuolankiai dėkoju tau už garbę, kurią man parodėte“. Pasakų valdovė linktelėjo ir mostelėjo ranka, leisdama Fašui eiti į poilsio namus. Nikas buvo paimtas pradžioje, kad galėtų būti inicijuotas. *** -...ir jie man davė kažkokį valandinį gėrimą. Na, aš jį išgėriau. Rezultatas – trečios valandos laipsnis“, – džiaugsmingai šypsojosi Nickas, pasakodamas draugui apie tai, kas jam nutiko Baltojoje pilyje. Diana sėdėjo prie jų ir ramiai gėrė kavą valgydama bandelę. -Beje, ir aš turiu naujienų, padėjusi puodelį į šalį, nusišypsojo Diana, padėjusi mažą geležinį raktelį ant stalo. Sekundę Fašas ir Nikas nustebę pažvelgė iš pradžių į raktą, paskui į merginą, bet kitą akimirką Dragotsis pašoko iš savo sėdynės ir džiaugsmingai šypsodamasis puolė apkabinti Dianą. -Aš žinojau! - sušuko jis. Paraudusi fėja vos ištrūko iš vaikino glėbio: „Visų pirma, paleisk, tu mane pasmaugsi! Antra, kaip tu žinai? „Žinoma, atspėti nebuvo sunku“, – patenkintas sakė Fashas. - Teismo fėja, geriausia mokinė, o dar ir beviltiška... Spėjau, kad tu irgi buvai namų tvarkytoja, kai tik tave pamačiau. - Taip, - nutrūko nuo nuostabos Nikas, - susitikti miške buvo šiek tiek netikėta. - Kas buvo netikėta? – Diana susidomėjusi pažvelgė į draugę. „Pavyzdžiui, tai, kad tu staiga iššokai pas mus iš tamsos“, – įterpė Fašas. - Taip, - linktelėjo jaunesnysis laikrodininkas Lazarevas, - mes, žinoma, žinojome, kad susitiksime su jumis miške, bet tu neturėjai taip netikėtai iššokti į mus iš tamsos. „Bet gerai, kad iš karto nuvykome į Šarodolį“, – nusijuokė Dragotsis. Vaikinai pritardami linktelėjo ir tęsė pusryčius...

Kas yra tikimybė?

Kai pirmą kartą susidūriau su šiuo terminu, nebūčiau supratusi, kas tai yra. Todėl pabandysiu paaiškinti aiškiai.

Tikimybė yra tikimybė, kad įvyks mūsų norimas įvykis.

Pavyzdžiui, nusprendėte eiti į draugo namus, prisimenate įėjimą ir net grindis, ant kurių jis gyvena. Bet pamiršau buto numerį ir vietą. O dabar tu stovi ant laiptinės, o priešais tave – durys, iš kurių galima rinktis.

Kokia tikimybė (tikimybė), kad paskambinus pirmuoju durų skambučiu už jus duris atvers jūsų draugas? Yra tik butai, o draugas gyvena tik už vieno iš jų. Turėdami vienodą galimybę galime pasirinkti bet kokias duris.

Bet kokia yra ši galimybė?

Durys, dešinės durys. Tikimybė atspėti paskambinus pirmuoju durų skambučiu: . Tai yra, vieną kartą iš trijų jūs tiksliai atspėsite.

Norime kartą paskambinę sužinoti, kaip dažnai spėsime duris? Pažvelkime į visas parinktis:

1. Tu skambinai 1-oji duris
2. Tu skambinai 2-oji duris
3. Tu skambinai 3 duris

Dabar pažvelkime į visas galimybes, kuriose galėtų būti draugas:

A. Už nugaros 1-oji durys
b. Už nugaros 2-oji durys
V. Už nugaros 3 durys

Palyginkime visas parinktis lentelės formoje. Varnelė žymi parinktis, kai tavo pasirinkimas sutampa su draugo vieta, kryželis – kai nesutampa.

Kaip tu viską matai Gal būt galimybės jūsų draugo buvimo vieta ir jūsų pasirinkimas, į kurias duris skambinti.

A visiems palankūs rezultatai . Tai yra, atspėsite vieną kartą paskambinę durų skambučiu, t.y. .

Tai tikimybė – palankaus rezultato (kai jūsų pasirinkimas sutampa su draugo buvimo vieta) ir galimų įvykių skaičiaus santykis.

Apibrėžimas yra formulė. Tikimybė paprastai žymima p, todėl:

Rašyti tokią formulę nėra labai patogu, todėl imsime - palankių rezultatų skaičių, o už - bendrą baigčių skaičių.

Tikimybę galima parašyti procentais; norėdami tai padaryti, gautą rezultatą turite padauginti iš:

Žodis „rezultatai“ tikriausiai patraukė jūsų dėmesį. Kadangi matematikai įvairius veiksmus (mūsų atveju toks veiksmas yra durų skambutis) vadina eksperimentais, tai tokių eksperimentų rezultatas dažniausiai vadinamas rezultatu.

Na, yra ir palankių, ir nepalankių rezultatų.

Grįžkime prie mūsų pavyzdžio. Tarkime, paskambinome į vieną iš durų, bet jas mums atidarė nepažįstamas žmogus. Mes neatspėjome teisingai. Kokia tikimybė, kad jei paskambinsime į vieną iš likusių durų, mūsų draugas jas mums atidarys?

Jei taip manai, vadinasi, tai klaida. Išsiaiškinkime.

Mums liko dvejos durys. Taigi turime galimų žingsnių:

1) Skambinti 1-oji duris
2) Skambinti 2-oji duris

Draugas, nepaisant viso to, neabejotinai stovi už vieno iš jų (juk jis neatsiliko nuo to, kuriam paskambinome):

a) draugas už 1-oji durys
b) draugas už 2-oji durys

Dar kartą nubraižome lentelę:

Kaip matote, yra tik galimybės, kurios yra palankios. Tai yra, tikimybė yra lygi.

Kodėl gi ne?

Situacija, kurią svarstėme, yra priklausomų įvykių pavyzdys. Pirmasis įvykis yra pirmasis durų skambutis, antrasis įvykis yra antrasis durų skambutis.

Ir jie vadinami priklausomais, nes įtakoja šiuos veiksmus. Juk jei po pirmo skambučio į durų skambutį atsilieptų draugas, kokia būtų tikimybė, kad jis atsiliko už vieno iš kitų dviejų? Teisingai,.

Bet jei yra priklausomi įvykiai, tai taip pat turi būti nepriklausomas? Teisingai, jų pasitaiko.

Vadovėlio pavyzdys – monetos metimas.

1. Vieną kartą mesti monetą. Kokia, pavyzdžiui, tikimybė gauti galvas? Teisingai – kadangi yra visi variantai (arba galvos, arba uodegos, nepaisysime tikimybės, kad moneta nusileis ant jos krašto), bet tai tinka tik mums.
2. Bet tai išėjo į galvą. Gerai, meskime dar kartą. Kokia tikimybė gauti galvą dabar? Niekas nepasikeitė, viskas taip pat. Kiek variantų? Du. Kiek mes esame patenkinti? Vienas.

Ir tegul tai iškyla bent tūkstantį kartų iš eilės. Tikimybė gauti galvas iš karto bus tokia pati. Visada yra variantų, ir palankių.

Nesunku atskirti priklausomus įvykius nuo nepriklausomų:

1. Jei eksperimentas atliekamas vieną kartą (kartą meta monetą, vieną kartą skambina durų skambučiu ir pan.), tada įvykiai visada yra nepriklausomi.
2. Jei eksperimentas atliekamas kelis kartus (kartą įmetama moneta, kelis kartus skambinama durų skambučiu), tada pirmasis įvykis visada yra nepriklausomas. Ir tada, jei keičiasi palankių ar visų baigčių skaičius, įvykiai yra priklausomi, o jei ne, jie yra nepriklausomi.

Šiek tiek pasitreniruokime nustatydami tikimybę.

1 pavyzdys.

Moneta metama du kartus. Kokia tikimybė gauti galvas du kartus iš eilės?

Sprendimas:

Apsvarstykime visus galimus variantus:

1. Erelis-erelis
2. Galvos-uodegos
3. Uodegos-Galvos
4. Uodegos-uodegos

Kaip matote, yra tik galimybės. Iš jų esame tik patenkinti. Tai yra tikimybė:

Jei sąlyga tiesiog prašo rasti tikimybę, tada atsakymas turi būti pateiktas dešimtainės trupmenos forma. Jei būtų nurodyta, kad atsakymas turi būti pateikiamas procentais, tada daugintume iš.

Atsakymas:

2 pavyzdys.

Šokoladų dėžutėje visi šokoladai supakuoti į tą patį popierių. Tačiau iš saldumynų – su riešutais, su konjaku, su vyšniomis, su karamele ir su nuga.

Kokia tikimybė paimti vieną saldainį ir gauti saldainį su riešutais? Pateikite savo atsakymą procentais.

Sprendimas:

Kiek yra galimų rezultatų? .

Tai yra, jei paimsite vieną saldainį, jis bus vienas iš tų, kurie yra dėžutėje.

Kiek palankių rezultatų?

Nes dėžutėje yra tik šokoladukai su riešutais.

Atsakymas:

3 pavyzdys.

Balionų dėžutėje. iš kurių yra baltos ir juodos spalvos.

1. Kokia tikimybė nupiešti baltą rutulį?
2. Į dėžutę pridėjome daugiau juodų kamuoliukų. Kokia dabar tikimybė nupiešti baltą rutulį?

Sprendimas:

a) Dėžutėje yra tik kamuoliukai. Iš jų baltos spalvos.

Tikimybė yra tokia:

b) Dabar dėžėje yra daugiau kamuoliukų. O baltųjų liko tiek pat – .

Atsakymas:

Bendra tikimybė

Visų galimų įvykių tikimybė yra lygi ().

Tarkime, dėžutėje yra raudoni ir žali rutuliai. Kokia tikimybė nupiešti raudoną rutulį? Žalias rutulys? Raudonas ar žalias rutulys?

Tikimybė nupiešti raudoną rutulį

Žalias rutulys:

Raudonas arba žalias rutulys:

Kaip matote, visų galimų įvykių suma yra lygi (). Šio punkto supratimas padės išspręsti daugybę problemų.

4 pavyzdys.

Dėžutėje yra žymekliai: žalia, raudona, mėlyna, geltona, juoda.

Kokia tikimybė nupiešti NE raudoną žymeklį?

Sprendimas:

Suskaičiuokime skaičių palankių rezultatų.

NĖRA raudonas žymeklis, tai reiškia žalią, mėlyną, geltoną arba juodą.

Visų įvykių tikimybė. O įvykių, kuriuos laikome nepalankiais, tikimybė (kai išimame raudoną žymeklį) yra .

Taigi tikimybė ištraukti NE raudoną flomasterį yra .

Atsakymas:

Tikimybė, kad įvykis neįvyks, yra lygi minus tikimybei, kad įvykis įvyks.

Nepriklausomų įvykių tikimybių dauginimo taisyklė

Jūs jau žinote, kas yra nepriklausomi renginiai.

Ką daryti, jei reikia rasti tikimybę, kad du (ar daugiau) nepriklausomi įvykiai įvyks iš eilės?

Tarkime, norime sužinoti, kokia yra tikimybė, kad vieną kartą išmetę monetą pamatysime galvas du kartus?

Mes jau svarstėme - .

O kas, jei vieną kartą mestume monetą? Kokia tikimybė pamatyti erelį du kartus iš eilės?

Iš viso galimų variantų:

1. Erelis-erelis-erelis
2. Galvos-galvos-uodegos
3. Galvos-uodegos-galvos
4. Galvos-uodegos-uodegos
5. Uodegos-galvos-galvos
6. Uodegos-galvos-uodegos
7. Uodegos-uodegos-galvos
8. Uodegos-uodegos-uodegos

Nežinau kaip jūs, bet aš kelis kartus suklydau sudarydamas šį sąrašą. Oho! Ir vienintelis variantas (pirmas) mums tinka.

5 metimams galite patys sudaryti galimų rezultatų sąrašą. Tačiau matematikai nėra tokie darbštūs kaip jūs.

Todėl jie pirmiausia pastebėjo, o paskui įrodė, kad tam tikros nepriklausomų įvykių sekos tikimybė kiekvieną kartą sumažėja vieno įvykio tikimybe.

Kitaip tariant,

Pažvelkime į tos pačios nelemtos monetos pavyzdį.

Tikimybė susidurti su iššūkiu? . Dabar vieną kartą apverčiame monetą.

Kokia tikimybė gauti galvas iš eilės?

Ši taisyklė veikia ne tik tada, kai mūsų prašoma rasti tikimybę, kad tas pats įvykis įvyks kelis kartus iš eilės.

Jei norėtume rasti seką TAILS-HEADS-TAILS metimams iš eilės, darytume tą patį.

Tikimybė gauti uodegas yra , galvos - .

Tikimybė gauti seką TAILS-HEADS-TAILS-TAILS:

Tai galite patikrinti patys, padarę lentelę.

Nesuderinamų įvykių tikimybių pridėjimo taisyklė.

Taigi sustok! Naujas apibrėžimas.

Išsiaiškinkime. Paimkime savo susidėvėjusią monetą ir vieną kartą išmeskime.
Galimi variantai:

1. Erelis-erelis-erelis
2. Galvos-galvos-uodegos
3. Galvos-uodegos-galvos
4. Galvos-uodegos-uodegos
5. Uodegos-galvos-galvos
6. Uodegos-galvos-uodegos
7. Uodegos-uodegos-galvos
8. Uodegos-uodegos-uodegos

Taigi nesuderinami įvykiai yra tam tikra, duota įvykių seka. – tai nesuderinami įvykiai.

Jei norime nustatyti, kokia yra dviejų (ar daugiau) nesuderinamų įvykių tikimybė, tada pridedame šių įvykių tikimybes.

Turite suprasti, kad galvos arba uodegos yra du nepriklausomi įvykiai.

Jei norime nustatyti sekos (ar bet kurios kitos) atsiradimo tikimybę, tada naudojame tikimybių dauginimo taisyklę.
Kokia tikimybė gauti galvą pirmą kartą metant, o uodegas – antrą ir trečią metimą?

Bet jei norime sužinoti, kokia yra tikimybė gauti vieną iš kelių sekų, pavyzdžiui, kai galvutės iškyla lygiai vieną kartą, t.y. parinktys ir tada turime pridėti šių sekų tikimybes.

Visi variantai mums tinka.

Tą patį galime gauti sudėję kiekvienos sekos atsiradimo tikimybes:

Taigi, kai norime nustatyti tam tikrų nenuoseklių įvykių sekų tikimybę, pridedame tikimybes.

Yra puiki taisyklė, kuri padės nesusipainioti, kada reikia dauginti, o kada pridėti:

Grįžkime prie pavyzdžio, kai vieną kartą metėme monetą ir norėjome sužinoti tikimybę vieną kartą pamatyti galvas.
Kas atsitiks?

Turėtų iškristi:
(galvos IR uodegos IR uodegos) ARBA (uodegos IR uodegos IR uodegos) ARBA (uodegos IR uodegos IR galvos).
Štai kaip paaiškėja:

Pažvelkime į kelis pavyzdžius.

5 pavyzdys.

Dėžutėje yra pieštukai. raudona, žalia, oranžinė ir geltona bei juoda. Kokia tikimybė piešti raudonus arba žalius pieštukus?

Sprendimas:

Kas atsitiks? Turime traukti (raudona ARBA žalia).

Dabar aišku, sudėkime šių įvykių tikimybes:

Atsakymas:

6 pavyzdys.

Jei kauliukas metamas du kartus, kokia tikimybė iš viso gauti 8?

Sprendimas.

Kaip mes galime gauti taškų?

(ir) arba (ir) arba (ir) arba (ir) arba (ir).

Tikimybė gauti vieną (bet kurį) veidą yra .

Apskaičiuojame tikimybę:

Atsakymas:

Treniruotės.

Manau, dabar jūs suprantate, kada reikia skaičiuoti tikimybes, kada jas pridėti, o kada padauginti. Ar ne taip? Truputį pasitreniruokime.

Užduotys:

Paimkime kortų kaladę, kurioje yra kortos, įskaitant kastuvus, širdeles, 13 lazdų ir 13 deimantų. Nuo iki kiekvieno kostiumo tūzo.

1. Kokia tikimybė ištraukti lazdas iš eilės (pirmą ištrauktą kortą dedame atgal į kaladę ir sumaišome)?
2. Kokia tikimybė ištraukti juodą kortą (kastuvus ar lazdas)?
3. Kokia tikimybė nupiešti paveikslėlį (domkas, dama, karalius ar tūzas)?
4. Kokia tikimybė nupiešti du paveikslėlius iš eilės (iš kaladės išimame pirmą ištrauktą kortą)?
5. Kokia tikimybė, paėmus dvi kortas, surinkti derinį – (domkas, dama arba karalius) ir tūzą?Kortų ištraukimo seka neturi reikšmės.

Atsakymai:

1. Kiekvienos vertės kortų kaladėje tai reiškia:
2. Įvykiai priklausomi, nes ištraukus pirmą kortą, kortų kaladėje sumažėjo (kaip ir „paveikslėlių“). Iš pradžių kaladėje yra visi domkratai, damos, karaliai ir tūzai, o tai reiškia tikimybę ištraukti „paveikslėlį“ su pirmąja korta:

   Kadangi mes išimame pirmą kortą iš kaladės, tai reiškia, kad kaladėje jau liko kortų, įskaitant paveikslėlius. Tikimybė nupiešti paveikslėlį su antrąja kortele:

   Kadangi mus domina situacija, kai iš kaladės išimame „paveikslėlį“ IR „paveikslėlį“, turime padauginti tikimybes:

   Atsakymas:

3. Ištraukus pirmą kortą, kortų kaladėje sumažės, todėl mums tinka du variantai:
   1) Pirmoji korta yra Tūzas, antroji – Džekas, Karalienė arba Karalius
   2) Su pirmąja korta išimame domkratą, damą ar karalių, o antrąja – tūzą. (tūzas ir (domkas arba dama arba karalius)) arba ((domkratas arba dama arba karalius) ir tūzas). Nepamirškite sumažinti kortų skaičiaus kaladėje!

Jei visas problemas sugebėjote išspręsti patys, tuomet esate puikūs! Dabar vieningo valstybinio egzamino tikimybių teorijos uždavinius sprausite kaip riešutus!

TIKIMUMU TEORIJA. VIDUTINIS LYGIS

Pažiūrėkime į pavyzdį. Tarkime, mesti kauliuką. Koks tai kaulas, ar žinai? Taip jie vadina kubą su skaičiais ant veido. Kiek veidų, tiek skaičių: nuo iki kiek? Prieš.

Taigi metame kauliuką ir norime, kad jis atsirastų arba. Ir mes tai gauname.

Tikimybių teorijoje jie sako, kas atsitiko palankus įvykis(nepainioti su klestinčiais).

Jei taip atsitiktų, įvykis taip pat būtų palankus. Iš viso gali įvykti tik du palankūs įvykiai.

Kiek yra nepalankių? Kadangi yra visi galimi įvykiai, tai reiškia, kad nepalankūs yra įvykiai (tai yra, jei arba iškrenta).

Apibrėžimas:

Tikimybė yra palankių įvykių skaičiaus ir visų galimų įvykių skaičiaus santykis. Tai yra, tikimybė parodo, kokia visų galimų įvykių dalis yra palanki.

Tikimybę jie žymi lotyniška raide (matyt, iš angliško žodžio probability – tikimybė).

Įprasta tikimybę matuoti procentais (žr. temas ir). Norėdami tai padaryti, tikimybės reikšmę reikia padauginti iš. Kauliuko pavyzdyje tikimybė.

Ir procentais: .

Pavyzdžiai (spręskite patys):

1. Kokia tikimybė gauti galvą metant monetą? Kokia yra galvų nusileidimo tikimybė?
2. Kokia tikimybė gauti lyginį skaičių metant kauliuką? Kuris iš jų yra nelyginis?
3. Paprastų, mėlynų ir raudonų pieštukų dėžutėje. Atsitiktinai piešiame vieną pieštuką. Kokia tikimybė gauti paprastą?

Sprendimai:

1. Kiek yra variantų? Galvos ir uodegos – tik dvi. Kiek iš jų yra palankių? Tik vienas yra erelis. Taigi tikimybė

   Tas pats ir su uodegomis: .

2. Iš viso parinkčių: (kiek pusių turi kubas, tiek įvairių variantų). Palankūs: (visi tai lyginiai skaičiai:).
   Tikimybė. Žinoma, taip yra ir su nelyginiais skaičiais.
3. Iš viso: . Palanku:. Tikimybė:.

Bendra tikimybė

Visi dėžutėje esantys pieštukai yra žali. Kokia tikimybė nupiešti raudoną pieštuką? Nėra jokių šansų: tikimybė (juk palankūs įvykiai -).

Toks įvykis vadinamas neįmanomu.

Kokia tikimybė nupiešti žalią pieštuką? Palankių įvykių yra lygiai tiek pat, kiek yra visų įvykių (visi įvykiai yra palankūs). Taigi tikimybė yra lygi arba.

Toks įvykis vadinamas patikimu.

Jei dėžutėje yra žalios ir raudonos spalvos pieštukai, kokia tikimybė nupiešti žalią arba raudoną? Ir vėl. Atkreipkite dėmesį į tai: tikimybė ištraukti žalią yra lygi, o raudona - lygi.

Apibendrinant, šios tikimybės yra lygiai lygios. Tai yra, visų galimų įvykių tikimybių suma lygi arba.

Pavyzdys:

Pieštukų dėžutėje yra mėlynos, raudonos, žalios, paprastos, geltonos, o likusios - oranžinės spalvos. Kokia tikimybė nenupiešti žaliai?

Sprendimas:

Prisimename, kad visos tikimybės sumuojasi. Ir tikimybė sužaliuoti yra lygi. Tai reiškia, kad tikimybė nenupiešti žalios spalvos yra lygi.

Prisiminkite šį triuką: Tikimybė, kad įvykis neįvyks, yra lygi minus tikimybei, kad įvykis įvyks.

Nepriklausomi įvykiai ir daugybos taisyklė

Vieną kartą išverčiate monetą ir norite, kad ji iškiltų į galvą abu kartus. Kokia to tikimybė?

Peržiūrėkime visas galimas parinktis ir nustatykime, kiek jų yra:

Galvos-Galvos, Uodegos-Galvos, Galvos-Uodegos, Uodegos-Uodegos. Kas dar?

Iš viso parinkčių. Iš jų mums tinka tik vienas: Erelis-Erelis. Iš viso tikimybė yra lygi.

gerai. Dabar vieną kartą išmeskime monetą. Suskaičiuok pats. Įvyko? (atsakymas).

Galbūt pastebėjote, kad pridėjus kiekvieną paskesnį metimą tikimybė sumažėja perpus. Bendra taisyklė vadinama daugybos taisyklė:

Nepriklausomų įvykių tikimybės kinta.

Kas yra nepriklausomi renginiai? Viskas logiška: tai tie, kurie nepriklauso vienas nuo kito. Pavyzdžiui, kai mes metame monetą kelis kartus, kiekvieną kartą daromas naujas metimas, kurio rezultatas nepriklauso nuo visų ankstesnių metimų. Lygiai taip pat lengvai galime išmesti dvi skirtingas monetas vienu metu.

Daugiau pavyzdžių:

1. Kauliukai metami du kartus. Kokia tikimybė jį gauti abu kartus?
2. Moneta metama vieną kartą. Kokia tikimybė, kad jis pirmą kartą iškils galva, o paskui du kartus?
3. Žaidėjas meta du kauliukus. Kokia tikimybė, kad ant jų esančių skaičių suma bus lygi?

Atsakymai:

1. Įvykiai yra nepriklausomi, vadinasi, veikia daugybos taisyklė: .
2. Galvų tikimybė yra lygi. Uodegų tikimybė yra tokia pati. Padauginti:
3. 12 galima gauti tik išmetus du -ki: .

Nesuderinami įvykiai ir pridėjimo taisyklė

Įvykiai, kurie papildo vienas kitą iki visiškos tikimybės, vadinami nesuderinamais. Kaip rodo pavadinimas, jie negali vykti vienu metu. Pavyzdžiui, jei mes išverčiame monetą, ji gali pasirodyti galva arba uodega.

Pavyzdys.

Pieštukų dėžutėje yra mėlynos, raudonos, žalios, paprastos, geltonos, o likusios - oranžinės spalvos. Kokia tikimybė nupiešti žalią arba raudoną?

Sprendimas.

Tikimybė nupiešti žalią pieštuką yra lygi. Raudona -.

Iš viso palankūs įvykiai: žalia + raudona. Tai reiškia, kad tikimybė nupiešti žalią arba raudoną yra lygi.

Tą pačią tikimybę galima pavaizduoti šia forma: .

Tai yra papildymo taisyklė: nesuderinamų įvykių tikimybės sumuojasi.

Mišraus tipo problemos

Pavyzdys.

Moneta metama du kartus. Kokia tikimybė, kad ritinių rezultatai skirsis?

Sprendimas.

Tai reiškia, kad jei pirmasis rezultatas yra galvos, antrasis turi būti uodegos ir atvirkščiai. Pasirodo, yra dvi nepriklausomų įvykių poros, ir šios poros yra nesuderinamos viena su kita. Kaip nesusipainioti, kur dauginti ir kur pridėti.

Tokioms situacijoms galioja paprasta taisyklė. Pabandykite apibūdinti, kas nutiks, naudodami jungtukus „IR“ arba „ARBA“. Pavyzdžiui, šiuo atveju:

Jis turėtų iškilti (galvos ir uodegos) arba (uodegos ir galvos).

Ten, kur yra jungtukas „ir“, bus daugyba, o kur „arba“ – pridėjimas:

Išbandykite patys:

1. Kokia tikimybė, kad monetą išmetus du kartus, moneta abu kartus atsidurs toje pačioje pusėje?
2. Kauliukai metami du kartus. Kokia tikimybė gauti bendrą taškų skaičių?

Sprendimai:

1. (Galvos krito ir uodegos krito) arba (uodegos krito ir uodegos krito): .
2. Kokie variantai? Ir. Tada:
   Nukrito (ir) arba (ir) arba (ir): .

Kitas pavyzdys:

Vieną kartą mesti monetą. Kokia tikimybė, kad galvos atsiras bent kartą?

Sprendimas:

Oi, kaip aš nenoriu eiti per variantus... Galvos-uodegos-uodegos, Erelis-galvos-uodegos,... Bet nereikia! Prisiminkime apie bendrą tikimybę. Ar prisimeni? Kokia tikimybė, kad erelis niekada neiškris? Tai paprasta: galvos visą laiką skraido, todėl.

TIKIMUMU TEORIJA. TRUMPAI APIE PAGRINDINIUS DALYKUS

Tikimybė yra palankių įvykių skaičiaus ir visų galimų įvykių skaičiaus santykis.

Nepriklausomi renginiai

Du įvykiai yra nepriklausomi, jei vieno įvykis nekeičia kito įvykimo tikimybės.

Bendra tikimybė

Visų galimų įvykių tikimybė yra lygi ().

Tikimybė, kad įvykis neįvyks, yra lygi minus tikimybei, kad įvykis įvyks.

Nepriklausomų įvykių tikimybių dauginimo taisyklė

Tam tikros nepriklausomų įvykių sekos tikimybė yra lygi kiekvieno įvykio tikimybių sandaugai

Nesuderinami įvykiai

Nesuderinami įvykiai yra tie, kurie negali įvykti vienu metu dėl eksperimento. Nemažai nesuderinamų įvykių sudaro visą įvykių grupę.

Sumuojasi nesuderinamų įvykių tikimybė.

Aprašę, kas turėtų įvykti, naudodami jungtukus „IR“ arba „ARBA“, vietoje „IR“ dedame daugybos ženklą, o vietoje „ARBA“ dedame pridėjimo ženklą.

Tapk YouClever studentu,

Pasiruoškite vieningam valstybiniam matematikos egzaminui arba vieningam valstybiniam egzaminui,

Taip pat gaukite prieigą prie YouClever vadovėlio be apribojimų...

Ryžiai. 7.2. Mokėjimo matrica, atsižvelgiant į įvykių baigčių tikimybę

p i – įvykių i-osios baigties tikimybė.

M j – mat. kriterijaus tikėjimasis renkantis j-ąjį veiksmų alternatyvų variantą, nustatomas pagal formulę:

Du aukščiau pateikti metodai leidžia įgyvendinti keturis skirtingus sprendimo pasirinkimo algoritmus.

1. Sprendimas, pagrįstas didžiausios tikimybės taisykle – maksimizuojant labiausiai tikėtinus kriterijaus (pelno ar pajamų) reikšmes.

2. Sprendimas pagal didžiausios tikimybės taisyklę – labiausiai tikėtinų kriterijaus reikšmių (galimų nuostolių arba tiesioginių nuostolių) sumažinimas.

3. Sprendimas, pagrįstas kriterijaus (pelno ar pajamų) matematinio lūkesčio (vidutinės vertės) maksimizavimo taisykle.

4. Sprendimas, pagrįstas kriterijaus (nuostolių ar žalos) matematinio lūkesčio (vidutinės reikšmės) sumažinimo taisykle.

Pavyzdžiai, kuriuos iki šiol nagrinėjome šiame skyriuje, buvo susiję su vienu sprendimu. Tačiau praktiškai vieno sprendimo rezultatas verčia priimti kitą ir t.t. Šios sekos negalima išreikšti išmokėjimo matrica, todėl reikia naudoti kitą sprendimo procesą.

Schema sprendimų medis naudojamas, kai neapibrėžtumo sąlygomis reikia priimti kelis sprendimus, kai kiekvienas sprendimas priklauso nuo ankstesnio baigties arba įvykių baigties.

Kurdami sprendimų medį, turite nubrėžti „kamieną“ ir „šakas“, atspindinčias problemos struktūrą.

· „Medžiai“ yra iš kairės į dešinę. „Šakos“ reiškia galimus alternatyvius sprendimus, kuriuos galima priimti, ir galimus šių sprendimų rezultatus.

· „Šakos“ išeina iš mazgų. Yra dviejų tipų mazgai.

Kvadratinis mazgas reiškia vietą, kurioje priimamas sprendimas.

Apvalus mazgas reiškia vietą, kurioje atsiranda skirtingų galimų rezultatų.

· Diagramoje naudojamos dviejų tipų „šakos“:

Pirmasis yra punktyrinės linijos, išeinančios iš galimų sprendimų kvadratų, judėjimas jais priklauso nuo priimtų sprendimų. Visos išlaidos, atsiradusios dėl sprendimo, yra nurodytos atitinkamame punktyrine „šaka“.

Antrasis yra vientisos linijos, išeinančios iš galimų rezultatų ratų. Judėjimą jais lemia įvykių baigtis. Ištisinė linija rodo tam tikro rezultato tikimybę.

sprendimų priėmimo mazgas.

galimų įvykių baigčių išsišakojimas.

šakos, kurių judėjimas priklauso nuo priimamo sprendimo.

šakos, kurių judėjimas priklauso nuo įvykių baigties.

Sprendimo paieška skirstoma į tris etapus.

1 etapas. Statomas „medis“ (pavyzdys bus aptariamas praktiniuose užsiėmimuose). Kai visi sprendimai ir jų baigtys nurodomi „medyje“, apskaičiuojamas kiekvienas variantas, o pabaigoje nurodomos jo piniginės pajamos.

2 etapas. Jie apskaičiuojami ir dedami į atitinkamas kiekvieno rezultato tikimybės šakas.

3 etapas.Šiame etape apskaičiuojami kiekvieno „mazgo“ piniginiai rezultatai ir įvedami iš dešinės į kairę. Visos patirtos išlaidos atimamos iš numatomų pajamų.

Užpildžius „sprendimo“ kvadratus, pasirenkama „šaka“, vedanti į didžiausias galimas tikėtinas pajamas tam tikram sprendimui (ant šios šakos uždedama rodyklė).

Kita „šaka“ perbraukta, o virš sprendimo kvadrato užrašomos numatomos pajamos.

Taigi trečiojo etapo pabaigoje susidaro sprendimų, vedančių į maksimalias pajamas, seka.

Iš esmės kriterijus gali būti kilimėlio padidinimas. pajamų lūkesčius ir kuo mažiau keiktis. nuostolių lūkesčiai.