Teoriya imovirnosti by Andrey Nazarov

Міністерство освіти і науки України ДВНЗ Рівненський коледж економіки та бізнесу

Рівне 2014 р. 1

Укладач: Єфімчук С.О. – викладач фізики та математики ДВНЗ Рівненський коледж економіки та бізнесу

У розробці кожного уроку виділено його структурні елементи, розкривається зміст вивчення матеріалу, наводяться вправи, що готують учнів до сприйняття нового матеріалу, первинного закріплення матеріалу, повторення. До кожного уроку подано систему завдань. Запропоновані задачі допоможуть при вивченні тієї чи іншої теми з алгебри і початків аналізу, сприяють виробленню навичок розв’язування основних типів задач. Даний посібник покликаний допомогти студентам у підготовці до лекційних та практичних занять

Єфімчук С.О. «Елементи теорії ймовірності та математичної статистики» посібник для студентів Р. РКЕБ 2014 р. 48 ст.

Розглянуто та схвалено на засіданні циклової комісії природознавчих та фізико-математичних дисциплін Протокол № 1 від 28 серпня 2014 р. Голова ц/к Білецький В.В. _____________________

Зміст Урок 1. Елементи комбінаторики. Історія виникнення та розвитку теорії ймовірності. Урок 2. Натуральний степінь Ньютона та його використання. Урок 3. Поняття випробування та поняття про випадкові події. Класифікація подій. Урок 4. Обчислення ймовірності з використанням елементів комбінаторики. Урок 5. Обчислення ймовірності з використанням елементів комбінаторики. Урок 6. Дискретна випадкова величина. Закон розподілу дискретної випадкової величини. Вибіркові характеристики. Урок 7. Граничні теореми теорії ймовірності. Уявлення про закон великих чисел. Урок 8. Контрольна робота.

Урок 1. Елементи комбінаторики. Історія виникнення та розвитку теорії ймовірності. Мета: Ввести поняття множини, її елементів та способи їх задання; вивчити основні операції над множинами; навчити задавати множини основними способами, утворювати підмножини даної множини; розвивати пізнавальну діяльність учнів під час розв’язування вправ, уміння аналізувати нові знання, формувати прийоми виділення головного, виховувати вміння спілкуватися. Обладнання: Картки із завданнями, кольорові олівці, малюнки – ілюстрації. Хід уроку 1. Актуалізація опорних знань. Мотивація навчальної діяльності. Виникла комбінаторика як наука в XVI столітті у зв’язку з поширенням азартних ігор, лотерей. Однак окремі задачі комбінаторики розв’язували ще Ксенократ і Арістотель у IV ст. до н.е. Теоретичними дослідженнями з комбінаторики займались французькі вчені Блез Паскаль та П’єр Ферма, швейцарські математики Якоб Бернуллі та Леонард Ейлер. Але перш за все хотілось би згадати про Георга Кантора – одного з великих математиків, який є творцем теорії множин. Історична довідка учня Георг Кантор народився 8 березня 1845 р. в Петербурзі в сім’ї німецького комерсанта, який займався експортом товарів з Росії до Німеччини. Мати Кантора М. Бьом походила із сім’ї відомих віденських музикантів. Вважають, що музична культура з дитинства вплинула на формування особистості майбутнього вченого. Сім’я Кантора була тісно пов’язана з Росією – там проживало багато його родичів. Дядько матері, відомий прогресивний юрист Дмитро Майєр, був професором Казанського університету. Початкову школу Кантор відвідував у Петербурзі. Потім сім’я повернулася у Німеччину, у м. Дармштадт, де хлопчик закінчив реальне училище. Він одержав прекрасну освіту, володів кількома мовами, зокрема знав давні мови – латинь і грецьку. Знання мов допомогли йому ознайомитися з працями мислителів минулого – класичної античності та середньовіччя. Все це зіграло велику роль при створенні теорії множин – Г. Кантор був знайомий з усіма тонкощами у міркуваннях математиків і філософів минулих століть про поняття нескінченності. У Берлінському університеті Кантор навчався під керівництвом знаменитого аналітика Карла Вейєрштрасса. Це була епоха критичного переосмислення початків аналізу нескінченно малих. Почалася перебудова логічних основ математичної науки, яка мала вплив на всю сучасну структуру математики. Створенням теорії множин Георг Кантор вніс сюди, можливо, найбільший вклад. 2. Пояснення нового матеріалу. Сьогодні ви ознайомитесь з основними поняттями теорії множин А) Множина – одне з основних понять математики, що не підлягає формальному означенню. Його використовують для опису сукупності предметів або об’єктів. При цьому передбачається, що предмети (об’єкти) даної сукупності можуть відрізнити один від одного і від предметів, що не входять у цю сукупність. Наприклад, можна говорити про множину всіх книг даної бібліотеки, множину всіх вершин даного многокутника, множину всіх натуральних чисел, множину всіх точок даної прямої. Книги даної бібліотеки, вершини даного многокутника, натуральні числа, точки даної прямої є елементами відповідних множин. 4

Множини звичайно подаються великими буквами A, B, X … Той факт, що об’єкт а є елементом множини А, записується так: a  A і читається «а належить множині А», «а входить в множину А». Запис a  A означає, що а не є елементом множини А. Множина натуральних чисел, розташованих між числами 21 і 22 не містить жодного числа. Така множина називається порожньою множиною. Порожня множина позначається знаком  . Множини можуть бути скінченними і нескінченними. Їх можна задавати переліком елементів, які записуються у фігурних дужках, якщо множина не впорядкована (так як іграшки у мішку Діда Мороза), або в круглих дужках, якщо множина впорядкована (кожен елемент має своє конкретне місце, як цукерки у коробці з заглибинками), або описом їх основної властивості (натуральні числа, які менші 100 і т.п.). Видатний математик Леонард Ейлер запропонував зображувати множини за допомогою діаграм, що найчастіше мали форму круга. Використовуючи ці схематичні позначення, простіше знайомитись з діями над множинами. Множини А і В називають рівними, якщо вони складаються з одних і тих самих елементів. В цьому випадку пишуть А = В. Якщо будь-який елемент множини А належить також і множині В, то множина А називається підмножиною множини В. Це записують: A  B або B  A . В цьому випадку кажуть, що множина А міститься у множині В або множина В містить множину А. За допомогою кругів – діаграм Ейлера це позначають так (демонстрація схеми 1 з поясненням). Схема 1

В А В шкільному курсі математики прийняті стандартні позначення числових множин: N - множина натурльних чисел, Z – множина цілих чисел, Q - множина раціональних чисел, R – множина дійсних чисел. За допомогою кругів Ейлера можна зобразити входження числових множин одна в одну: N  Z  Q  R , тобто множина натуральних чисел N міститься в множині чисел Z, яка в свою чергу є підмножиною множини раціональних чисел Q, яка так само включається в множину дійсних чисел R. Перестановка. Розміщення. Комбінації. Дуже часто при розв’язуванні задач доводиться давати відповіді на такі запитання:  Скільки існує елементів з заданими властивостями? (Визначити кількість діагоналей в многокутнику, граней в піраміді, найбільшу кількість прямокутних граней у похилому паралелепіпеді і т.д.)  Чи існує хоча б один елемент з заданими властивостями? (трикутник з периметром10 см. чи сумою кутів 200 градусів)  Скільки розв’язків має задача? (підрахунок способів вибору редколегії стінгазети) Усі ці задачі є комбінаторами. Вони розглядають скінченні множини елементів довільної природи або сполуки, які носять певну назву: перестановки, розміщення і комбінації. 5

Вивчення цих сполук та двох основних правил розв’язування комбінаторних задач і є темою сьогоднішнього уроку. Перестановки Означення. Будь-яка впорядкована множина, яка складається з заданих n-елементів, називається перестановкою із n-елементів. Число перестановок із n-елементів позначають через n . Р – перша буква французького слова «permutation» -- «перестановки». Будемо для стислості добуток nn  1n  2...3 * 2 *1 , тобто добуток всіх натуральних чиселn до одиниці, позначати символом n! (читається «ен факторіал») Задача 1 Скільки шестизначних чисел, кратних п’яти, можна скласти із цифр 1,2,3,4,5,6 за умови, що в числі цифри не повторюються? Розв’язання: так як на місці одиниць повинна знаходитись цифра 5, то для 1-ої цифри є 5 варіантів, для 2-ої 4, 3-ьої 3 і т.д. в порядку зменшення. Шукана кількість становитиме 5! 5 * 4 * 3 * 2 *1  120 У загальному випадку число перестановок з n- елементів n  n!, бо для вибору першого елемента є n можливостей, а з кожним наступним їх кількість зменшується на одинцю. таким чином, в множині, що містить n- елементів, встановити певний порядок послідовності елементів або, як кажуть, упорядкувати таку множину можна n! способами. Наприклад, список учнів класу, в якому 20 чоловік і немає однофамільців, можна скласти 20! 2432902008176640000 способами. Вправа 16 Скільки треба взяти елементів, щоб число перестановок, утворюваних х них дорівнювало 5040? Розв’язання: Щоб знайти це число, необхідно передбачити факторіали натуральних чисел. Маємо 1! 1; 2! 1* 2  2; 3! 1* 2 * 3  6; 4! 1* 2 * 3 * 4  24; 5! 1* 2 * 3 * 4 * 5  120; 6! 1* 2 * 3 * 4 * 5 * 6  720; 7! 1* 2 * 3 * 4 * 5 * 6 * 7  5040 Спів падання результату дає розв’язок 7. Відповідь: 7 елементів. Для факторіала є така чудова залежність n  n * n 1 , яка часто використовується. Розміщення До подання розміщення приводить розв’язання такої задачі: Задача 2. В сьомому класі вивчається 14 предметів. Скількома способами можна скласти розклад занять на суботу, якщо у цей день тижня має бути 5 різних уроків? Розв’язання: На перший урок можна розмістити один із 14 предметів, на другий один з решти 13 предметів; на третій – один з 12, які лишились і т. д., тобто шукана кількість способів – це 6

кількість впорядкованих п’яти елементних підмножин даної множини і їх кількість становить 14 *13 *12 *11*10  240240 . Означення. Нехай є множина , яка містить n- елементів. Кожна її опорядкована підмножина, що складається з k- елементів ( k  n ), називається розміщенням з n елементів по k елементів. Виведемо формулу підрахунку числа усіх розміщень із n –елементів по k –елементів. Для k позначення цього числа застосовується спеціальний символ  n (читається: «число розміщень із n по k » або « А із n по k». А – перша буква французького слова «arrangement», що означає «розміщення, приведення у порядок». У загальному випадку на питання про число розміщень із n –елементів по k –елементів дає відповідь така формула: (1) n  nn  1n  2...n  k  1, k  0, k

тобто число розміщень із n –елементів по k –елементів дорівнює добутку k послідовних натуральних чисел від n до n  k  1 включно. Формулу (1) зручно записувати в іншому вигляді, використовуючи позначення факторіала. Для її виведення помножимо і поділимо добуток, що стоїть в правій частині формули (1) на n  k ! Тоді отримаємо формулу: (2) n  k

n! n  k !

Задача 3 Відомо, що вибрати старосту класу і його заступника можна 600 способами. Скільки учнів навчається в цьому класі? Розв’язання: Нехай у цьому класі n учнів. Тоді, за умовою. n  600 , тобто nn  1  600 , звідси 2

n2  n  600  0 . Єдиний корінь цього рівняння, що задовольняє умову, n  25 . Отже, в класі 25 учнів.

Комбінації Дуже часто підмножини не потрібно впорядковувати, тобто для них є неістотним порядком вибору елементів, а враховується лише результат. Задача 4. Скільки екзаменаційних комісій, що складаються із 7 членів, можна утворити із 14 викладачів? Очевидно, порядок вибору значення не має і комісій буде стільки, скільки існує семи елементних підмножин у чотирнадцятиелементної множини. Означення. Нехай є множина, що складається із n –елементів. Кожна її підмножина (не впорядкована), що містить k –елементів, називається комбінацією із n –елементів по k – елементів. Число всіх комбінацій з n –елементів по k –елементів позначається символом Cnk (читається: «число комбінацій із n по k» або «це із n по k») 7

С – перша буква французького слова «combinasion» «комбінація». Строге виведення формули формули кількості комбінацій спирається на використання методу математичної індукції. Більш спрощене випливає із такого співвідношення: Ank  Cnk * Pk , яке ілюструє той факт, що кількість впорядкованих k-елементних підмножин дорівнює добутку кількості невпорядкованих k-елементних підмножин, помножених на кількість перестановок, тобто способів їх впорядкування. З цієї залежності отримуємо формулу Cnk  Ank / k У загальному випадку число комбінацій із n-елементів визначається такою формулою: (3) Cnk 

n! n  k !*k!

Формулу (3) можна записати в іншому, більш зручному для обчислень вигляді, а саме, число комбінацій із n-елементів по k-елементів дорівнює добутку всіх натуральних чисел від n до n  k  1 включно, діленому на k! (4) Cnk 

nn  1n  2...n  k  1 k!

Очевидно, розв’язок задачі 4 матиме вигляд

C147  14 *13 *12 *11*10 * 9 * 8 : 7 * 6 * 5 * 4 * 3 * 2 *1  3432 Вправа 18 (ст. 445) Скільки різних прямих можна провести через 15 точок площини, з яких ніякі три не лежать на одній прямі? Розв’язання: Так як ніякі три точки не лежать на одній прямій, то будь-яка пара точок задає пряму. Так як порядок вибору точок не має ніякого значення, то шукана кількість є комбінацією з 10 елементів по 2, а це становить 10 * 9 : (1* 2)  45 . Е) Властивості комбінацій: 1. Cmn  Cmm  n 2. Cmn 1  Cmn *

mn n 1

3. Cmn  Cmn 1  Cmn 11 4. Cm0  Cm1  Cm2  ...  Cmm  2m 3. Закріплення вивченого матеріалу. Розв’язування задач і вправ. Задача 5. В класі 10 навчальних предметів і 5 різних уроків на день. Скількома способами можуть бути розподілені уроки на день?

Розв’язання: Це кількість комбінацій з 10 по 5 (порядок уроків істотного значення не відіграє), тобто 10 * 9 * 8 * 7 * 6 : (5 * 4 * 3 * 2 *1)  252 Задача 6. Скільки можна утворити різних натуральних чисел, з яких кожне виражалося б трьома різними значущими цифрами? Розв’язання: На першу позицію (сотень) можна поставити одну із 9 цифр (крім 0), на другу позицію (десяток) одну з решти 9 цифр (всі, крім вибраної, але можна вже використовувати і нуль), а на третю позицію (одиниць) одну з решти 8 цифр. Отже, кількість можливих утворень 9 * 9 * 8  648 5 * 6 * 75  30 * 49 * 343  504210

Задача 7. Скільки дев’ятизначних чисел можна написати дев’ятьма різними значущими цифрами? Розв’язання: Це кількість перестановок з 9 елементів, тобто 9! 362880 Задача 8. Із 10 кандидатів на одну і ту саму посаду мають бути обрані троє людей. Скільки може бути різних випадків виборів? Розв’язання: Оскільки, порядок вибору не грає ролі, бо посади рівноцінні, то це кількість комбінацій з 10 по 3, тобто 10 * 9 * 8 : (3 * 2 *1)  120 Задача 9. В чемпіонаті країни з футболу (вища ліга) беруть участь 18 команд, причому кожні дві команди зустрічаються між собою два рази. Скільки матчів відбувається за сезон? Розв’язання: Якщо рахувати матчі на своєму полі, бо команди зустрічаються двічі, то це кількість розміщень з 18 по 2, тобто 18 *17  306 Задача 10. Скількома способами можна роздати 28 фішок доміно 4 гравцям, щоб кожен отримав по 7 фішок? Розв’язання: Перший гравець вибирає 7 фішок з 28 (кількості комбінацій з 28 по 7), другий гравець вибирає з решти 21 фішки 7 (кількість комбінацій з 21 по 7), третій гравець вибирає 7 фішок з 14, які залишились (кількість комбінацій з 14 по 7), а останній забирає без вибору останні 7 фішок. Тобто загальна кількість способів роздачі фішок становить: 7 7 C28 * C21 * C147 

28! 21! 14! 28! * *   472518347558400 21!*7! 14!*7! 7!*7! (7!) 4

Задача 11. Скільки різних переміщень можна утворити із букв слова а) «сонце»?

б) «задача» 9

Розв’язання: а) Оскільки букви слова «сонце» не повторюються, то це кількість перестановок 5 елементів, тобто 5! 1* 2 * 3 * 4 * 5  120 б) Оскільки буква а слова «задача» повторюється, то це кількість перестановок 6-и елементів (всіх букв), тобто 6!/ 3! 5! 1* 2 * 3 * 4 * 5  120 4. Підсумок уроку. 5. Домашнє завдання.

Урок 2. Натуральний степінь Ньютона та його використання. Мета: Розвивати пізнавальну діяльність учнів під час розв’язання вправ, ознайомити учнів з властивостями сполук та їх використанням на прикладі трикутника Паскаля та Бінома Ньютона; за допомогою самостійної роботи перевірити якість сформованих вмінь та навичок. Обладнання: таблиці-плакати «Розв’язування комбінованих задач», «Трикутник Паскаля», «Біном Ньютона», карточки з роздатковим матеріалом. Хід уроку 1. Актуалізація опорних знань. Перевірка домашнього завдання. а) Фронтальне опитування 1. Які задачі називаються комбінаторами? Навести приклади. 2. Що називається перестановкою з n елементів? Навести приклади. 3. Що називається розміщенням з n елементів по k елементів? навести приклади. Як символічно записують число розміщень? 4. Що називається комбінацією з n елементів по k елементів? Навести приклади. Як символічно записується число комбінацій? 5. Які властивості мають комбінації? 6. Сформуйте два основні закони комбінаторики. 2. Вивчення нового матеріалу. Розв’язування комбінаторних задач потребує логічного мислення, але якщо систематизувати вивчений нами матеріал та розв’язані на попередніх уроках задачі, то можна розбити сам процес розв’язання на такі кроки, тобто створити такий алгоритм розв’язування комбінаторних задач: 1. Вияснити яку з логічних умов АБО чи І необхідно використати в задачі, тобто яке з правил суми чи добутку потрібно застосовувати при розв’язуванні. 2. Щоб визначити, яку із сполук використати, виясняємо чи потрібно впроваджувати елементи, і чи вся множина використовується. Залежно від відповідей на ці запитання вибираємо ту чи іншу структуру. 3. Виясняємо, чи повторюються елементи множин, чи ні.

Тобто, при розв’язуванні будь-якої комбінаторної задачі доцільно скористатись такою наочною схемою (демонстрація таблиці-плакату «Розв’язування комбінаторних задач» і звертання до неї при розв’язанні подальших задач). Таблиця «Розв’язання комбінаторних задач» ВИБІР ПРАВИЛА ПРАВИЛО СУМИ

ПРАВИЛО ДОБУТКУ

Якщо елемент А можна вибрати n способами, а елемент В m способами , то А або В можна вибрати n+m способами

Якщо елемент А можна вибрати n способами, а елемент В m способами , то А і В можна вибрати n*m способами

ВИБІР ФОРМУЛИ Чи враховується порядок розміщення елементів? ТАК НІ

Чи всі елементи входять до сполучення? ТАК

НІ

ПЕРЕСТАНОВКИ

РОЗМІЩЕННЯ

Без

З повтореннями

Без

повторень

повторень Pn 

Рn  n!

n! k1!....kn!

k n



n! n  k !

k1  k2  ...  kn  n

З повторенням и

КОБІНАЦІЇ Без повторень

Cn  k

An  nk k

n! n  k !*k!

З повторенн ями

C n  C k n  k 1 k

Комбінаторні сполуки застосовуються у таких структурах, як трикутник Паскаля та Біном Ньютона. Числа виду C n -- кількості комбінацій, згруповані у таблицю, дістали назву трикутника Паскаля, що має такі властивості: n

1. Числа кожного рядка є Cm , де n набуває значень 0,1,2,…,m 2. Сума чисел m- го рядка дорівнює 2 m , де m набуває значень 0,1,2,…,m 3. Сума чисел будь-якого рядка в два рази більша від суми чисел попереднього рядка. 4. Числа, розміщені на однаковій відстані від кінців рядка, рівні між собою, бо n mn Cm  Cm 5. Для m  2k вони зростають до найбільшого члена з номером k  1 Для m  2k  1 рядок містить два найбільших члени: k-ий і k  1 -ий. Попередні члени збільшуються, наступні зменшуються. Трикутник Паскаля Іноді його подають у вигляді рівнобедреного трикутника. 11

Яку закономірність між числами ви помітили? Числа n-го рядка трикутника Паскаля збігаються з коефіцієнтами розкладу називають біномом Ньютона. Ось порівняйте:

a  bn , який

n0

a  b0  1

110  1

n 1

a  b1  1a  1b

111  11

n2

a  b2  1a2  2ab  1b2

121

112  121

n3

a  b3  1a3  3a2b  3ab2  1b3

1331

113  1331

n4

a  b4  1a4  4a3b  6a2b2  4ab3  1b4

14641

114  14641

З таблиці видно, що числа, які утворюють трикутник Паскаля, та коефіцієнти бінома n Ньютона a  b  відповідають цифрам або групам цифр, якими записано число 11n . Щоб пояснити який збіг чисел, досить використати формулу бінома Ньютона для a  10 і b 1. Якщо a  b  1 , то знову одержуємо Cn  Cn  ...  Cn  2n 0

Задача. Подати у вигляді многочленна: а) 2 х  1 ; 5

б) 5  х 

Розв’язання: 5 5 4 3 2  2 х  1  2 х   5 * 2 х   10 * 2 х   10 * 2 х   5 * 2 х  1  а)

32 х5  80 х 4  80 х3  40 х 2  10 х  1

б) 5  х   54  4 * 53 х  6 * 52 х 2  4 * 5х3  х 4  625  500 х  150 х 2  20 х3  х 4 4

3. Закріплення вивченого матеріалу. Розв’язування задач і вправ. Задача 1. Скільки існує трикутників, вершини яких є вершинами даного опуклого восьмикутника? Розв’язання: Оскільки порядок точок неістотний, то це кількість комбінацій з восьми по три, тобто 8 * 7 * 6  1* 2 * 3  56 Задача 2. Скільки існує таких семицифрових чисел, що не кратні 5, що складаються з цифр 0,1,2,3,4,5,6 і кожна цифра в запису числа зустрічається один раз? Може зустрічатись кілька разів? Розв’язання: Щоб число не було кратним 5, вони не повинно закінчуватись на 0 чи 5, тобто вибір числа одиниць має 5 варіантів. На першу позицію (одиниці мільйонів) претендують всі цифри, крім нуля та цифри, яка використана на останню позицію, тобто є 5 претендентів. На решту 5 12

місць залишаються ще 5 чисел, включаючи і нуль. Оскільки порядок враховується, ми маємо справу з перестановками з п’яти елементів. Використовуючи правило добутку, маємо 5 * 5 * 5! 25 *120  3000 різних чисел. б) Для другої умови, коли цифри можуть повторюватись, умова вибору одиниць (щоб число не було кратним 5, воно не повинно закінчуватись на 0 чи 5, тобто вибір числа одиниць має 5 варіантів) залишається попередньою. На позицію мільйонів претендують усі цифри, крім нуля, тобто є 6 претендентів. На решту 5 місць залишаються по сім чисел, включаючи і нуль. Використовуючи правило добутку, маємо 5 * 6 * 75  30 * 49 * 343  504210 Задача 3. У шаховій секції 12 юнаків і 5 дівчат. Для участі у змаганнях потрібно виділити 4 юнаків і 2 дівчини. скількома способами це можна зробити? Розв’язання: 2

4 юнаків з 12 можна вибрати С12 способами 2 дівчини з 5 - С5 способами. за правилом добутку маємо: С 412 * С 25 

12! 5! 12 *11 *10 * 9 5 * 4 *  *  11 * 5 * 9 *10  4950 8!*4! 3!*2! 1* 2 * 3 * 4 1* 2

Відповідь: 4950 способами. Задача 4. У десятому класі 30 учнів, з них 10 спортсменів-розрядників. Скількома способами можна скласти туристичну групу з 7 учнів так, щоб до неї увійшли 4 спортсменирозрядники? Розв’язання: З 10 спортсменів потрібно вибрати 4 С 410 способами, а з решти 30  10  20 учнів вибрати 7  4  3 не спортсменів С 320 способами. За правилом добутку С 410 * С 320 

10 * 9 * 8 * 7 20 *19 *18 *  10 * 3 * 7 * 20 *19 * 3  239400 1* 2 * 3 * 4 1* 2 * 3

Відповідь: 239400 способами. Задача 5. Із групи атлетів треба вибрати трьох штангістів для участі в міжнародних змаганнях. Скільки в групі атлетів, коли відомо, що це можна зробити 54 способами? Розв’язання:

Сn  84 , або атлетів. За умовою n!/ 3!n  3!  84 , nn  1n  2  84 * 6  504 . Оскільки 504  7 * 8 * 9 , то дістанемо, що n  9 -- єдиний корінь цього рівняння. Отже, в групі 9 атлетів. Нехай

групі

Самостійна робота за варіантами Варіант 1. 1. Якщо A   2;8; В   4; ; С   7;3 , знайти і зобразити на координатній прямій такі множини: А  В ; А  В ; А  С ; В  С ; А  В  С ;  А  В   С . 2. Обчислити А7  А6 ; С 810 3

3. Скільки різних колекцій можна вибрати з 25 предметів, якщо в колекцію входить 4 предмети? 4. Скільки різних трицифрових чисел можна утворити з цифр 1, 2, 3, 4, 5 за умови, що в кожному числі немає однакових цифр? Варіант 2. 1. Якщо A   7;5; В  2; ; С   9;6 , знайти і зобразити на координатній прямій такі множини: А  В ; А  В ; А  С ; В  С ; А  В  С ;  А  В   С . 2. Обчислити А7  А7 ; С 318 5

Розв’язання: 8 A73  A64  7 * 6 * 5  210  30  240; C10  C102  10 * 9 / 2  45

3. Скільки різних колекцій можна вибрати з 25 предметів, якщо в колекцію входить 4 предмети? Розв’язання: Так як порядок предметів не береться до уваги , то мова іде про число комбінацій з 25 по 4, тобто це 25*24*23*22: (1*2*3*4)=12650 4. Скільки різних трицифрових чисел можна утворити з цифр 1,2,3,4,5 за умови, що в кожному числі немає однакових чифр? Розв’язання: Так як порядок цифр відіграє істотну роль, то це число розміщень з 5 по 3, тобто це 5*4*3=60 2. Розв’язування задач. Розв’язування тренувальних вправ на ст. 103 дидактичних матеріалів Т.Г. Роєвої (роздатковий матеріал). Задача 1. У вазі 10 червоних і 4 білих троянди. Скількома способами можна вибрати 3 квітки з вази? Розв’язання: Можливі такі варіанти: 3  10 * 9 * 8 : (1* 2 * 3)  120 А) усі три квітки червоні – способів C10

Б) дві троянди червоні, а одна біла - C102 * C41  10 * 9 : (1* 2) * 4  180 14

1 В) одна троянда червона, а дві білі - C10 * C42  10 * 4 * 3 : (1* 2)  60

Г) три білі троянди - C43  C41  4 Всього за правилом суми маємо 120+180+60+4=364 способи Задача 2. Скількома способами можна упакувати 9 різних книг у 5 бандеролей, якщо у 4 бандеролях має бути по 2 книги? Розв’язання: Спершу вибираємо серед 9 книг 2 для першої банлеролі C92  9 * 8 : 2  36 способами, серед решти 7 книг вибираємо ще 2 для другої бандеролі C72  7 * 6 : 2  21 способом серед 5 книг, що залишились вибираємо ще 2 для третьої

бандеролі C52  5 * 4 : 2  10 способами, для четвертої бандеролі серед решти 3 книг вибираємо ще 2 C32  C31  3 способами, останю книгу кладемо в п’яту бандероль. Всього за правилом добутку маємо 36 * 21*10 * 3  22680 способів Задача 3. Скільки різних чотиризначних чисел можна написати вісьмома значущими цифрами, з яких жодна не повторюється? Розв’язання: Це кількість впорядкованих 4 елементних підмножин 8 елементної множини, тобто кількість розміщень з 8 елементів по 4, тобто 8 * 7 * 6 * 5  1680 різних чисел. Задача 4. Скількома способами 12 однакових монет можна розкласти по п’яти різних кишенях? Розв’язання: Ця задача дещо складніша за попередні. Їх можна сформулювати трохи простіше: скількома способами можна розкласти 12 однакових монет максимум на 5 покупок, бо ж монети можна усі покласти і в одну кишеню або в одну купку. Їх доречно подати як 12 монет і 4 перемички-перетинки, які розділяють гроші на 5 купок. Потрібно знайти скількома способами можна розмістити ці 4 перетинки на 12+4=16 місцях. Одержимо кількість комбінацій з 16 по 4 C164  16 *15 *14 *13 * (1* 2 * 3 * 4)  1820 способів. ІІІ. Підсумок уроку. ІV. Домашнє завдання. Самостійна робота. Варіант 1 1. В одній вазі лежить 9 груш, а в другій 7 яблук. Скількома способами можна взяти: а) грушу або яблуко? б) одну грушу і одне яблуко? 2. У змаганнях беруть участь 10 команд. Скільки існує варіантів розподілення місць між цими командами?

3. Скільки можна провести різних площин через 8 точок простору, якщо ніякі чотири не лежать в одній площині? 4. У вазі 7 різних троянд і 8 гладіолусів. Скількома способами можна скласти букет, в якому є 3 троянди і 2 гладіолуси? 5. Скільки чисел серед перших 150 натуральних чисел таких, які не діляться ані на 3, ані на 7, ані на 11? Варіант 2 1. В одній вазі лежить 8 апельсинів, а в другій 6 яблук. Скількома способами можна взяти: а) апельсин або яблуко? б) один апельсин і одне яблуко? 2. Скільки різних слів (навіть безглуздих) можна скласти з букв слова «пілот»? 3. У турнірі брали участь 12 шахістів, кожен з яких зіграв з кожним з решти по одній партії. Скільки всього було зіграно партій? 4. У вазі 9 різних троянд і 8 гладіолусів. Скількома способами можна скласти букет, в якому є 4 троянди і 3 гладіолуси? 5. Скільки чисел серед наших 140 натуральних чисел таких, які не діляться ані на 3, ані на 5, ані на 7? Варіант 1. 1. Якщо A   2;8; В   4; ; С   7;3 , знайти і зобразити на координатній прямій такі множини: А  В ; А  В ; А  С ; В  С ; А  В  С ;  А  В   С . 2. Обчислити А7  А6 ; С 810 3

3. У групі з 30 дітей 20 вміють плавати, 25 вміють грати шахи і лише двоє дітей не вміють ані плавати, ані грати в шахи. Скільки дітей вміють і плавати, і грати в шахи? 4. Скільки різних двоцифрових чисел можна утворити з цифр 5, 6, 7, 8, 9? Варіант 1. 1. Якщо A   2;8; В   4; ; С   7;3 , знайти і зобразити на координатній прямій такі множини: А  В ; А  В ; А  С ; В  С ; А  В  С ;  А  В   С . 16

2. Обчислити А7  А6 ; С 810 3

Урок 3. Поняття випробування та поняття про випадкові події. Класифікація подій. Мета: повторити, узагальнити та систематизувати знання учнів про основні поняття теорії ймовірності та види подій, набуті ними у 6 та 9 класах; працювати над засвоєнням учнями змісту понять: випадковий експеримент, випадкова подія, частота та відносна частота 17

випадкової події, статистичне означення ймовірності випадкової події та відповідної символіки. Розпочати роботу з формування вмінь відтворювати зміст вивчених понять, а також застосовувати ці поняття до розв’язування задач на визначення видів подій, обчислення відносної частоти та статистичної ймовірності випадкової події. Тип уроку: засвоєння знань, формування первинних умінь. Наочність та обладнання: конспект «Випадкові експерименти і випадкові події». Хід уроку І. Організаційний етап 1. Перевірка готовності учнів до уроку, налаштування на роботу. 2. Оголошення результатів виконання самостійної роботи. ІІ. Перевірка домашнього завдання Збираємо зошити з виконаною домашньою роботою, оцінюємо якість її виконання як домашню самостійну роботу. ІІІ. Формулювання мети й завдань уроку Пропонуємо учням розглянути завдання зі збірника ДПА з математики за 9 клас. 1. У шухляді лежать 36 карток, занумерованих числами від 1 до 36. Яка ймовірність того, що номер навмання взятої картки буде кратним числу 36? 2. У коробці лежать шість зелених та кілька синіх кульок. Скільки синіх кульок у коробці, 3 якщо ймовірність того, що навмання вибрана кулька виявиться зеленою, дорівнює 5 ? 3. Яка ймовірність того, що за одного підкидання грального кубика випаде не більше ніж чотири очки? Порівнявши умови, учні вказують на спільне поняття — ймовірність. Саме про це поняття буде йти мова найближчі три уроки. Далі формулюємо завдання на урок. ІV. Актуалізація опорних знань і вмінь Виконання усних вправ 1. Визначте, які з подій є випадковими, неможливими, вірогідними: 1) улучення в ціль за пострілу в мішень; 2) перетворення води на лід у результаті нагрівання; 18

3) з коробки, у якій містяться білі кульки, витягнули білу кульку. 2. Оцініть шанси настання подій: 1) випадання трьох очок за одного підкидання грального кубика; 2) випадання не більше ніж трьох очок за підкидання кубика; 3) випадання парної кількості очок за підкидання кубика; 4) випадання більше ніж семи очок за підкидання кубика. V. Засвоєння нових знань План вивчення матеріалу 1. Поняття випадкової події і випадкового експерименту. 2. Частота і відносна частота випадкової події. 3. Статистичне означення ймовірності випадкових подій. 4. Імовірності вірогідних, неможливих і довільних випадкових подій. Рівноможливі події. 5. Приклади розв’язування задач. Конспект 32 Випадкові експерименти і випадкові події Поняття

Приклади

Експериментами з випадковими результатами, тобто з випадковими експериментами, називають різні експерименти, досліди, випробування, спостереження, виміри, результати яких залежать від випадку і які можна повторити багато разів в однакових умовах

Постріли по мішені, участь у лотереї, багаторічні спостереження за погодою того самого дня, у тому самому місяці, досліди з рулеткою, з підкиданням грального кубика, монети, кнопки і т. ін.

Подію, яка може відбутися, а може й не відбутися в процесі спостереження або експерименту за одних і тих самих умов, називають випадковою подією.

Випадання «герба», випадання «числа» за підкидання монети; виграш у лотерею, випадання певної кількості очок за підкидання грального кубика і т. ін.

Будь-який результат випадкового експерименту є випадковою подією. Випадкові події позначають великими латинськими літерами A, B, C, D ... Частота і відносна частота випадкової події 19

Якщо за незмінних умов випадковий n (A) експеримент проведено n т разів і в n (A) випадків відбулася подія A , то число називають частотою події A . Відносною частотою випадкової події називають відношення числа появ цієї події до загального числа проведених n ( A) експериментів, тобто відношення

Подія A — випадання «герба» за підкидання монети Експери- Учні ментатори

Бюффон

Пірсон

Кількість експериментів n

8 000

4 040

24 000

Частота

3 962

2 048

0,4953

0,5069

0,5005

012

n (A) Відносна частота

Статистичне означення ймовірності Якщо під час проведення великої кількості випадкових експериментів, у кожному з яких може відбутися або не відбутися подія A , значення відносної частоти близькі до деякого певного числа, то це число називають імовірністю випадкової події A і P (A) позначають .

Подія A — випадання «герба» за підкидання монети.

P (A)= 0, 5

0 Ј P (A)Ј 1 Вірогідні і неможливі події Вірогідна подія — це подія U , яка обов’язково відбувається за кожного повторення експерименту.

Випадання менше ніж семи очок за підкидання грального кубика (на гранях якого позначено від 1 до 6 очок)

P (U )= 1 Неможлива подія (її часто позначають Ж) — це подія, що у поданому експерименті відбутися не може.

Випадання семи очок за підкидання грального кубика

P (Ж)= 0

Рівноможливі події Рівноможливі (рівно ймовірні) події — це такі події, кожна з яких не має жодних переваг у появі частіше від інших за

В експериментах за одноразового підкидання однорідної монети правильної форми рівно можливими є події: 20

багаторазових експериментів, що проводять у приблизно однакових умовах. Імовірності рівноможливих подій однакові

A — випаде «герб», B — випаде «число».

P (A)= P (B)= 0, 5 Оскільки основні поняття теорії ймовірності розглядалися в курсі математики у 6 та у 9 класах, новими для учнів є тільки поняття частоти та відносної частоти випадкових подій і статистичне означення ймовірності. Тому вивчення матеріалу уроку організовуємо як самостійну роботу учнів за підручником. Акцент робимо на нових поняттях (частота, відносна частота та статистичне означення ймовірності випадкової події) і на понятті рівноможливих подій, яке буде використано під час вивчення класичного означення ймовірності. VІ. Формування первинних умінь Виконання усних вправ 1. Які з наступних подій випадкові, вірогідні, неможливі? A — «черепаха навчиться говорити»; B — «вода в чайнику, що стоїть на гарячій плиті, закипить»; C — «ваш день народження — 1 липня»;

D — «день народження вашого друга — 30 лютого»; E — «ви виграєте, беручи участь у лотереї»; F — «ви не виграєте, беручи участь у безпрограшній лотереї»; G — «ви програєте партію в шахи»;

H — «наступного тижня погіршиться погода»; K — «ви натиснули на кнопку дзвоника, а він не пролунав»; L — «після четверга буде п’ятниця»; M — «після п’ятниці буде неділя».

2. Для кожної з поданих подій визначте, яка вона: випадкова, вірогідна, неможлива. A — «улітку в школярів будуть канікули»;

B — «1 жовтня в Харкові буде сонячно»; C — «після уроків відбудеться прибирання класної кімнати»;

D — «в 11 класі школярі не будуть вивчати алгебру»; 21

E — «узимку випаде сніг»;

F — «під час вмикання світла лампочка перегорить»; G — «ви виходите на вулицю, а вам назустріч іде слон».

3. Укажіть, які з подій у наведених експериментах є вірогідними, неможливими чи випадковими. №

Експеримент

Подія

Виконання пострілу

Влучення в ціль

Нагрівання води (за звичайних умов)

Вода перетворилася на лід

Участь у лотереї

Ви виграєте. Беручи участь у лотереї

Участь у безпрограшній лотереї

Ви не виграєте, беручи участь у безпрограшній лотереї

Підкидання звичайного грального кубика

Випадання п’яти очок

Підкидання звичайного грального кубика

Випадання менше ніж восьми очок

Перевірка роботи дзвінка

Ви натиснули на кнопку дзвінка, а він не пролунав

Витягання кульки з коробки з білими кульками

Витягли чорну кульку

Витягання кульки з коробки з білими кульками

Витягли білу кульку

Витягання двох кульок з коробки з десятьма білими і п’ятьма чорними кульками

Витягли білу і чорну кульки

Витягання карти з колоди

Витягли туз

4. Яка імовірність того, що сонце зійде на заході? Статистичне означення ймовірності. Досвід показує, що для досить великих значень n частота зберігає майже сталу величину в даному експерименті. В цьому полягає стійкість частот для великих n. Границя частоти при необмеженому збільшенні числа спроб n називається ймовірністю події А P(A)  lim  n ( A) . n

Таке означення ймовірності називається статистичним. Для підрахунку ймовірності воно не використовується, оскільки для цього потрібно провести досить багато експериментів, що не раціонально і економічно невигідно. Класичне означення ймовірності. Класичне означення ймовірності зводить поняття ймовірності до поняття рівноможливості елементарних подій, яке вважається таким, що не має формального означення. Нехай  складається з n елементарних подій 1 ,...,  n , а подія А визначається m елементарними несумісними рівноможливими подіями. Тоді m P( A)  , n тобто ймовірністю випадкової події А називається відношення числа елементарних подій (спроб) m , сприятливих події А, до кількості всіх можливих елементарних подій (числа спроб) n в даному експерименті. При цьому сам експеримент не проводиться, а кожна елементарна рівноможлива подія  i 1 розглядається як така, що відбувається з ймовірністю P( i )  . Простір n елементарних подій вважається скінченним. Основні властивості ймовірності: 0 0  P( A)  1 , 1 .

20 .

P()  1.

3 . P (Ø)=0. Повернемось знову до прикладу 2. Якщо подія А:‖герб з’явиться принаймні один раз‖, то сприятливими для неї будуть три елементарні події. Всього в даному експерименті 3 може реалізуватися чотири елементарні події. Отже, P( A)  . 4 В більш складних випадках для обчислення ймовірності використовують методи комбінаторики. Приклад 4. Із колоди з 36 карт навмання виймають 3 карти. Яка ймовірність того, що серед них буде точно один туз? 3 Три карти з 36 можна вибрати C36 способами. Одного туза можемо вибрати 2 2 способами. Отже, m= C 41 · C32 , C 41 способами, при цьому дві інші карти можна вибрати C32 3 n= C36 ,

4! 32!  1!3! 2!30!  496  0,283.  і P( A)  3 36! 1785 C36 3!33! Геометрична ймовірність. Якщо множина  нескінченна, то класичне означення ймовірності не застосовується. В таких випадках користуються іншим методом обчислення ймовірності, який теж базується на понятті рівноможливості подій. Такий метод застосовується в задачах – випадкове кидання точки на скінченний відрізок прямої, частину площини або простору. Звідси і сама назва методу – геометрична ймовірність. Обмежимося двовимірним випадком. Нехай на площині задана деяка область G , площа якої S G , і в ній міститься інша область g площею S g . В область G навмання 2 C 41  C32

кидають точку. Треба обчислити ймовірність того, що точка попаде в область g . Припустимо, що точка може попасти в довільну точку області G і ймовірність попадання в якусь частину області G пропорційна площі цієї частини. В цьому випадку ймовірність попадання в область g дорівнює Sg , P SG тобто ймовірність попадання випадкової точки всередину деякої області g визначається як відношення розміру цієї області до розміру всієї області G , в яку може попасти дана точка. В одновимірному випадку під розміром області розуміємо її довжину (довжину відрізка), в тривимірному – об’єм області. Основні теореми теорії ймовірностей. Ми в подальшому викладі будемо користуватися поняттями, що базуються на класичному означенні ймовірності. Розглянемо, як обчислити ймовірність суми двох несумісних подій. При аксіоматичному підході (див. §1, п.1.6) це приймається як аксіома. Теорема додавання ймовірностей несумісних подій. Якщо події А і В несумісні (А  В= Ø), причому відомі їх ймовірності Р(А) і Р(В), то ймовірність суми цих подій дорівнює сумі їх ймовірностей P( A  B)  P( A)  P( B) . (1) Дійсно, нехай n – число всіх елементарних подій в деякому досліді, m1 - число елементарних подій, сприятливих події А, m2 - число елементарних подій, сприятливих події В. Тоді появі події A  B сприяють m1 + m2 елементарних подій. Отже , за класичним означенням ймовірності m  m2 m1 m2 P( A  B)  1    P( A)  P( B) . n n n Наслідок 1. Ймовірність протилежної події обчислюється за формулою (2) P( A)  1  P( A) . Дійсно,

оскільки

A A  ,

то

P( A  A)  P()  1 .

іншого

боку,

P( A  A)  P( A)  P( A) . Отже, P( A)  P( A)  1 , звідки P( A)  1  P( A) .

 n  n P  Ai    P( Ai ) ,    i 1  i 1 де Ai ( i  1, n ) – попарно несумісні події. Наслідок 2.

(3)

Наслідок 3. Якщо події Ai ( i  1, n ) утворюють повну групу попарно несумісних подій, то n

 P( Ai )  1 .

(4)

i 1

Дійсно, за означенням повної групи попарно несумісних подій маємо

 Ai

  , але

i 1

P()  1 . Отже, за наслідком 2 маємо формулу (4).

Приклад 1. В партії з 20 деталей є 16 стандартних. Знайти ймовірність того, що серед навмання взятих трьох деталей виявиться принаймні одна стандартна. 24

Розв’язання. Нехай подія A1 : виявиться точно одна стандартна; подія A2 : виявиться дві стандартні; подія A3 : виявиться три стандартні деталі. Ці події попарно несумісні. Нехай подія A : серед навмання взятих трьох деталей виявиться принаймні одна стандартна. Отже, A  A1  A2  A3 і за формулою (3) маємо P( A)  P( A1 )  P( A2 )  P( A3 ) . Обчислимо ймовірності подій A1 , A2 , A3 : 2 3 C16  C 41 40 C16 8 28 ; ; . P ( A )   P ( A )   2 3 3 3 3 95 95 57 C 20 C 20 C 20 8 40 28 284 Отже, P( A)  .    95 95 57 285 Інший спосіб. При розв’язуванні задач часто буває зручно переходити до протилежної події. Так, якщо подія A0 : не виявиться жодної стандартної деталі, то A0 є

P( A1 ) 

1 C16  C 42



протилежною до події A , і події A0 , A1 , A2 , A3 утворюють повну групу попарно несумісних подій. Отже, за формулою (2) P( A)  1  P( A)  1  P( A0 ) . Обчисливши ймовірність P( A0 ) 

C 43 3 C 20



1 284 1 , отримаємо P( A)  1  .  285 285 285

Умовна ймовірність. Вище ми говорили, що в основі означення ймовірності випадкової події лежить сукупність деяких певних умов. Якщо ж ніяких інших обмежень, крім цих умов, при обчисленні ймовірності P(A) не накладається, то така ймовірність називається безумовною. Якщо ж поява деякої події A відбувається за умови, що відбулась інша подія B , причому P( B)  0 , то ймовірність появи події A називають умовною і обчислюють за формулою P( A  B) , ( P( B)  0 ). (5) P( A / B)  P( B) Деколи використовують таке позначення умовної ймовірності PB (A) . Приклад 2. Підкидають гральний кубик. Нехай подія A   2 ,  4 ,  6 } (випала парна кількість очок), подія B  { 4 ,  5 ,  6 } (випала кількість очок, більше трьох). Між цими подіями є зв’язок. Дійсно, B зводиться до трьох елементарних подій: випало 4, 5, 6 очок. Якщо подія B наступила, то події A сприятимуть дві елементарні події: випало 4 або 6 очок. 2 Отже, P( A / B)  . 3 Умовна ймовірність служить характеристикою залежності однієї події від іншої. Дві події A і B називаються залежними, якщо (6) P( A / B)  P( A) , і незалежними, якщо (7) P( A / B)  P( A) . Теорема множення ймовірностей залежних подій. Розглянемо дві залежні події A і B , причому відомі ймовірності P(A) і P( B / A) . Ймовірність суміщення цих подій обчислюється за теоремою: Ймовірність сумісної появи двох залежних подій дорівнює добуткові ймовірності однієї з них на умовну ймовірність іншої, обчисленої за умови, що перша відбулася 25

(8) P( A  B)  P( A)  P( B / A) або P( A  B)  P( B)  P( A / B) . Дійсно, за означенням умовної ймовірності із співвідношення (5) маємо P( A  B)  P( B)  P( A / B) . Оскільки A  B  B  A , то P( B  A)  P( A)  P( B / A) . Наслідок. Якщо події Ai ( i  1, n ), залежні , то

 n  P  Ai   P( A1 )  P( A2 / A1 )  P( A3 / A1  A2 )    P( An / A1  A2    An1 ) ,    i 1  (9) тобто ймовірність сумісної появи декількох залежних подій дорівнює добуткові ймовірності однієї з них на умовні ймовірності всіх решти, причому ймовірність кожної наступної події обчислюється в припущенні, що всі попередні події відбулися. Зокрема, для трьох залежних подій А, В, С маємо P A  B  C   P( A)  P( B / A)  P(C / A  B) . Теорема множення ймовірностей незалежних подій. Ця теорема є наслідком попередньої. Дійсно, якщо А , В - незалежні події , то, враховуючи (7), маємо (10) P( A  B)  P( A)  P( B) . Декілька подій називаються попарно незалежними, якщо кожні дві з них незалежні. Наприклад, події А, В, С попарно незалежні, якщо незалежні події А і В, А і С, В і С. Декілька подій називаються незалежними в сукупності, якщо незалежні кожні дві з них і незалежні кожна з них і всі можливі добутки решти подій. Наприклад, якщо події А, В, С незалежні в сукупності, то незалежні події А і В, А і С, В і С, А і В  С, В і A  С, C і A  B . Варто зауважити, якщо декілька подій попарно незалежні, то це ще не означає, що вони незалежні в сукупності. Відповідно для n незалежних в сукупності подій Ai ( i  1, n ) теорема множення

 n  n (11) P  Ai    P( Ai ) .    i 1  i 1 Приклад 3. Ймовірності появи кожної з двох незалежних подій A1 і A2 задані p1 і p 2 . Знайти ймовірність появи тільки однієї з цих подій.

ймовірностей записується

Розв’язання. Введемо позначення P( A1 )  p1 , P( A2 )  p2 , P( A1 )  1  p1  q1 ,

P( A2 )  1  p2  q2 . Нехай подія B1 : поява тільки події A1

 B1  A1  A2 ;

подія B2 : поява тільки події A2  B2  A1  A2 . Події B1 і B2 несумісні, отже P( B1  B2 )  P( B1 )  P( B2 ) . Події A1 і A2 незалежні, отже незалежні і події A1 , A2 , тому P( B1 )  P( A1 )  P( A2 )  p1q2 , P( B2 )  P( A2 )  P( A1 )  p2 q1 . Отже, P( B1  B2 )  p1q2  p2 q1  p1  p2  2 p1 p2 .

Наслідки з теорем додавання і множення ймовірностей. Ймовірність появи принаймні однієї події. 26

Нехай в результаті експерименту можуть з’явитися події A1 , A2 , A3 , незалежні в сукупності, причому відомі ймовірності їх появи P( Ai )  pi і ймовірності не появи

P( Ai )  qi , ( pi  qi  1) , ( i  1,2,3 ). Нехай A - подія, яка полягає в появі принаймні однієї з подій A1 , A2 , A3 , тобото поява або однієї, або двох, або трьох подій A = A1  A2  A3  ( A1  A2 )  ( A1  A3 )  ( A2  A3 )  ( A1  A2  A3 ). Подія A1  A2  A3 (не появилася жодна з подій) є протилежною до події A :

A = A1  A2  A3 . Отже, P( A)  P( A)  1 , або P(A) + P ( A1  A2  A3 )=1. Звідки P(A) =1- P ( A1 )  P( A2 )  P( A3 ), оскільки події A1 , A2 , A3 незалежні в сукупності, або інакше P( A)  1  q1q2 q3 . Для n подій A1 , A2 ,…, An маємо P( A)  1  q1q2    qn . (12) Зокрема, якщо P( Ai )  pi  p , то qi  q і (13) P( A)  1  q n . Приклад 4. Ймовірність того, що при одному пострілі стрілець попаде в ―десятку‖, дорівнює p  0,6. Скільки пострілів він повинен зробити, щоб з ймовірністю не менше 0,8 він попав в ―десятку‖ принаймні один раз? Розв’язання. За умовами задачі p  0,6: q  0,4. P(A)  0,8 . За формулою (13) або 0,2  0,4 n . Остання нерівність виконується для n  2 . Отже, стрілець 1  0,4 n  0,8 повинен зробити не менше двох пострілів. Теорема додавання ймовірностей сумісних подій. Нехай дві події A і B сумісні, причому відомі ймовірності цих подій P(A) , P(B) та ймовірність їх сумісної появи P( A  B) . Ймовірність появи принаймні однієї з двох сумісних подій A і B дорівнює сумі ймовірностей цих подій без ймовірності їх спільної появи (14) P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B) . Виконання письмових вправ 1. Складіть по три приклади вірогідних, неможливих і випадкових подій. Приклади запишіть у вигляді таблиці, як це зроблено в усній вправі 3. 2. У наведеній таблиці подано результати експериментів із підкидання ґудзика, проведених учнями однієї зі шкіл, які оцінювали ймовірність випадкової події — ґудзик впаде вушком для пришивання донизу. Число експериментів

100

200

500

1 000

Число падань ґудзика вушком донизу

232

461

1) Оцініть відносну частоту падінь ґудзика вушком донизу в кожному експерименті (запишіть її наближено з точністю до сотих); 27

2) оцініть імовірність падінь ґудзика вушком донизу; 3) запишіть частоту і відносну частоту падінь ґудзика кружком донизу; 4) оцініть імовірність падінь ґудзика кружком донизу. 3. Щоб визначити, який колір волосся у мешканців міста зустрічається найчастіше, учні провели такий експеримент. Кожний вибрав свій маршрут і впродовж однієї години записував по шляху проходження колір волосся кожного п’ятого зустрічного. Результати було записані в таблицю: Колір

Брюнети

Шатени

Руді

Блондини

Усього

198

372

212

865

Волосся Число людей Оцініть імовірність того, що вибраний навмання мешканець цього міста буде: 1) шатеном; 2) рудим; 3) не рудим. Відповіді запишіть наближено у вигляді десяткового дробу з двома знаками після коми. 4. У магазині підрахували, що зазвичай із тисячі телевізорів два бракованих. Яка ймовірність того, що телевізор, вибраний навмання в цьому магазині, буде бракованим? 5. Виберіть навмання одну сторінку з книги будь-якого письменника і підрахуйте, скільки разів на цій сторінці з’являються букви «о» і «б», а також скільки усього на ній букв. Оцініть імовірність появи букв «о» і «б» у цьому тексті. Поясніть, чому на клавіатурах друкарських машинок і комп’ютерів буква «о» розташована ближче до центра, а буква «б» — ближче до краю. Як ви поясните розташування інших букв? Виконання вправ на повторення log5 (2 x2 + 3 x + 1) = log5 (2 x + 2) 1. Розв’яжіть рівняння . 2- log 9 log 3 2. Обчисліть: 6 6 - 25 5 .

Завдання основної частини відповідають середньому рівню складності та спрямовані на закріплення понять, розглянутих в опорному конспекті. VІІ. Підсумки уроку Контрольні запитання 1. Наведіть приклади випадкового експерименту та випадкової події. 2. Поясніть на прикладі, що називають частотою та відносною частотою події A . 3. Поясніть зміст статистичного означення ймовірності. Наведіть приклад. 28

4. Що ви можете сказати про ймовірності неможливих та вірогідних подій? VІІІ. Домашнє завдання Вивчити теоретичний матеріал уроку (див. конспект 32). Виконати вправи. 1. Щоб визначити, як часто зустрічаються в лісопарку дерева різних порід, учні провели такі експерименти. Кожний вибрав свою стежинку і, йдучи нею, записував породу кожного десятого дерева. Результати було записано в таблицю. Порода дерева

Сосна

Дуб

Береза

Осика

Липа

Усього

Число дерев

315

217

123

757

Оцініть імовірність того, що обране навмання в цьому парку дерево буде: 1) сосною; 2) хвойним; 3) листяним. Відповіді запишіть наближено у вигляді десяткового дробу з двома знаками після коми. 2. Відомо, що на 100 батарейок зустрічаються три бракованих. Яка імовірність купити браковану батарейку? 3. За статистикою у місті N за рік із кожної тисячі автомобілістів два потрапляють в аварію. Яка ймовірність того, що автомобіліст у цьому місті впродовж року не потрапить в аварію? 4. Яка ймовірність того, що після 31 грудня наступить 1 січня? 5. У пакеті лежать 20 зелених і 10 жовтих груш. Яка імовірність вийняти з пакета грушу? Яка імовірність вийняти з пакета яблуко? Виконати вправи на повторення.

1 2 + =1 1. Розв’яжіть рівняння lg x + 3 3 - lg x .

2. Розв’яжіть нерівність

log 8 (7 - 6 x)<

3. Знайдіть значення виразу 8

2 log 3 2

1 3.

Урок 4. Обчислення ймовірності з використанням елементів комбінаторики. Мета уроку: Вчити обчислювати ймовірності випадкових подій використовуючи формули комбінаторики та класичне означення ймовірності. 29

І. Перевірка домашнього завдання. 1. Фронтальна бесіда 2. Розв'язування вправ. 1) Є п'ять відрізків довжиною 1, 3, 4, 7 і 9 см. Визначити ймовірність того, що із трьох навмання взятих відрізків (з даних п'яти) можна побудувати трикутник. 1 Відповідь: · 5 2) Куб, всі грані якого пофарбовані, розрізали на 1000 рівних кубиків. Знайти ймовірність того, що навмання вибраний кубик має рівно дві пофарбовані грані. 12 Відповідь: · 125 II. Сприймання і усвідомлення матеріалу про використання формул комбінаторики для обчислення ймовірностей подій. Безпосередній підрахунок ймовірностей подій значно спрощується, якщо використовувати формули комбінаторики. Правильність розв'язання задачі залежить від уміння визначити вид сполуки, що утворюються сукупністю подій, про які йдеться мова в умові задачі. Згадаємо алгоритм визначення виду сполуки (таблиця 15). Розглянемо приклади розв'язування задач. Задача 1. В урні лежать 20 кульок, з яких 12 білих, решта — чорні. З урни навмання виймають дві кульки. Яка ймовірність того, що вони білі? Розв'язання Загальна кількість елементарних подій випробування (вийнято дві кульки) дорівнює числу способів, якими можна вийняти 2 кульки із 20, тобто числу комбінацій із 20 елементів по 2 (n = С 20 ). Підрахуємо кількість елементарних подій, які сприяють події «вийнято дві білих кульки». Ця кількість дорівнює числу способів, якими можна вийняти 2 кульки із 12 2

білих, тобто числу комбінацій із 12 елементів по 2 (т = С12 ). Отже, якщо подія А — «вийнято дві білі кульки», то m C 2 12  11 1  2 33 Р( А)   12    2 n C 20 1  2 20  19 95 33 Відповідь: · 95 Задача 2. В урні лежать 20 кульок, з яких 12 білих, решта — чорні. З урни навмання виймають три кульки. Яка ймовірність того, що серед вибраних дві кульки білі? Розв'язання Загальна кількість елементарних подій випробування (вийнято три кульки) дорівнює n 2

= С 20 . Підрахуємо кількість елементарних подій, які сприяють події «серед трьох вибраних 3

кульок дві білі». Дві білі кульки із 12 білих кульок можна вибрати С12 способами, а одну чорну кульку можна вибрати 8 способами, тоді події «серед трьох вибраних кульок дві білі» 2

сприяють т = С12 ·8 елементарних подій. Отже, якщо подія А — «серед трьох вибраних кульок дві білі», то m C122  8 12  11  8 1  2  3 44 Р( А)      3 n 1 2 20  19  18 95 C 20 44 Відповідь: · 95 2

Задача 3. В урні лежать 15 червоних, 9 синіх і 6 зелених кульок однакових на дотик. Навмання виймають 6 кульок. Яка ймовірність того, що вийнято: 1 зелену, 2 синіх і 3 червоних кульки? Розв'язання В цій задачі випробування полягає в тому, що із урни виймають 6 кульок. Вийняти шість кульок із 15 + 9 + 6 = 30 кульок можна n = С 30 способами. Нас цікавить ймовірність події А — «вийнято 1 зелену, 2 синіх і 3 червоних кульки». Одну зелену кульку можна 6

вийняти С 6 способами, 2 синіх кульки можна вийняти С 9 способами, 3 червоних кульки 1

можна вийняти С15 способами. Отже, події А сприяють т = С 6 · С 9 · С15 елементарних подій. Тоді 3

Р( А) 

C153  C 92  C 61 C

6 30



15  14  13  9  8  6  1  2  3  4  5  6 24  1  2  3  1  2  30  29  28  27  26  25 145

24 · 145 III. Формування умінь обчислювати ймовірності випадкових подій, використовуючи формули комбінаторики та класичне означення ймовірності. Виконання вправ 1. В урні знаходиться 12 кульок: п'ять білих і сім чорних. Навмання виймають три кульки. Яка ймовірність того, що серед вийнятих кульок: а) всі три чорні; б) дві чорні і одна біла; в) одна чорна і дві білі; г) всі три білі? Відповідь:

Відповіді: а)

C 73 C123

5C 72 21 7C 52 7 7 C 53 1     ; б) ; в) ; г) . 3 3 2 44 C12 44 C12 22 C12 22

2. Набираючи номер телефону, абонент забув дві останні цифри і, пам'ятаючи лише, що ці цифри різні, набрав їх навмання. Яка ймовірність того, що номер набрано правильно? Відповідь:

1 1  . A102 90

3. При грі в «Спортлото» на спеціальній картці відмічається 6 номерів із 49. Під час тиражу визначаються 6 виграшних номерів. Яка ймовірність вгадати рівно 3 виграшних номера? 3 3 C16  C 43 43  41  5   0,0176 . Відповідь: 6 47  23  11  7  3  2 C 49 4. У ліфт 9-поверхового будинку на першому поверсі зайшли 6 чоловік. Знайдіть ймовірність того, що всі вийдуть на різних поверхах, якщо кожний з однаковою ймовірністю може вийти на будь-якому поверсі, починаючи з другого.

A86 Відповідь: 6 · 8

5. З 10 лотерейних білетів два виграшних. Знайдіть ймовірність того, що серед узятих будьяких п'яти білетів: а) один виграшний; б) принаймні один виграшний?

C 21  C84 5 C85 7  ; б) 1  5  . Відповіді: a) 5 9 C10 C10 9 6. 9 пасажирів сідають у 3 вагони. Знайдіть ймовірність того, що: а) у кожний вагон сяде по три пасажири; б) в один з вагонів сядуть 4, у другий — Зів третій — 2 пасажири. Відповіді: а)

C 94  C 53  3! C 93  C 63 ; б) . 39 39

7. Знайдіть ймовірність того, що дні народження 12 чоловік припадають на різні місяці року. 31

Відповідь:

12! . 1212

8. Гральний кубик підкидають двічі. Знайдіть ймовірність того, що: а) у сумі випаде 6 очок; б) у сумі випаде 7 очок; в) за два кидки випаде однакова кількість очок; г) за два кидки випаде різна кількість очок. Відповіді: а)

5 6 1 6 1 5  ; в) 2  ; г) . 2 ; б) 2 6 6 6 6 6 6

9. У шаховому турнірі беруть участь 20 чоловік, які жеребкуванням розподіляються на дві групи по 10 чоловік. Знайдіть ймовірність того, що: 4 найсильніших гравці потраплять по два в різні групи. 8 C 42  C16 135  Відповідь: . 10 323 C 20

10. В урні а білих та b чорних кульок (п  2). Із урни виймають навмання дві кульки. Знайти ймовірність того, що обидві кульки будуть білими.

C a2 Відповідь: 2 . C a b

11. В урні а білих та b чорних кульок (а  2, b > 3). Із урни виймають навмання п'ять кульок. Знайти ймовірність того, що дві з них будуть білими, а три чорними.

C a2  C a3 Відповідь: . C a5 b 12. В урні, що містить k кульок, є l білих кульок. Із урни вибирається навмання r кульок. Знайти ймовірність того, що із них рівно s будуть білими.

C ls  C krls Відповідь: . C kr 13. У класі k учнів. Знайдіть ймовірність того, що принаймні два з них народилися в одному місяці.

A12k Відповіді: 1 – , якщо k  12; 12 k

1, якщо k > 12.

IV. Підведення підсумків уроку. V. Домашнє завдання.

Урок 4. Обчислення ймовірності з використанням елементів комбінаторики. Мета: виробити навики та вміння розв’язувати задачі на визначення класичної ймовірності з використанням основних формул комбінаторики. Обладнання: Презентація Тип уроку: урок-практикум по розв’язку задач. Хід уроку Організаційний момент. Перевірка домашнього завдання. 32

Задача 1. В урні знаходяться 3 синіх, 8 червоних і 9 білих кульок однакового розміру і ваги, нерозпізнаних на дотик. Кульки ретельно розмішали. Яка ймовірність появи синьої, червоної і білої кульки при одному вийманні кульки із урни? Розв’язок. Так як поява будь – якої кулі можна рахувати рівноможливими, то ми маємо всього n=3+8+9=20 елементарних подій. Якщо через А, В, С позначити події, що відповідають появі відповідно синьої, червоної та білої кульок , а через m1, m2, m3 – числа, що сприяють цим подіям, то зрозуміло, що m1=3, m2=8, m3=9. Тому P(A)=3/20=0,15; P(B)=8/20=0,40; P(C)=9/20=0,45. Задача 2. Наташа купила лотерейний білет, який бере участь в розіграші 100 призов на 50000 білетів, а Лєна – білет, який бере участь у розіграші трьох призів на 70000. У кого більше шансів виграти? Задача 3. В настільній грі загубили кубик. Як замінити його за допомогою різнокольорових фішок? Розв’язок. Кожній стороні кубика визначити колір фішки. IV. Практикум по розв’язку задач. Задача 1. Таня забула останню цифру номера телефону знайомої дівчинки і набрала її навмання. Яка ймовірність того,що Таня попала до своєї знайомої? Розв’язок. На останньому місці може стоять одна із 10 цифр: від 0 до 9. Значить, ; Задача 2. На чотирьох карточках написані букви І, Т, К, Р. Карточки перевернули и змішали. Потім відкрили навмання послідовно ці карточки і положили в ряд. Яка ймовірність того, що отримали слово «КРІТ»? Розв’язок. Число всіх можливих подій – всі можливі перестановки із чотирьох елементів (І, Т, К, Р); Подія А = {після відкриття карточок отримали слово «КРІТ»}: (тільки один варіант розміщення букв – «КРІТ»)

Задача 3. На чотирьох карточках написані цифри 1, 2, 3, 4. Карточки перевернули і змішали. Потім відкрили навмання послідовно три карточки і положили в ряд. Яка ймовірність того, що в результаті буде: а) число 123; б) число 312 або 321; в) число, перша цифра якого 2? Розв’язок. Результатами випробовування є всі можливі розміщення чотирьох карточок на трьох місцях (порядок розміщення важливий). Загальне число всіх можливих подій: Розглянемо події та їх ймовірності: а) Подія А={із трьох карточок утворилось число 123};

б) Подія В={ из трьох карточок утворилось число 312 і 321}, (два варіанти розміщення карточок); в) Подія С={із трьох карточок утворилось число, перша цифра якого 2}. Якщо перша цифра 33

фіксована, то на двох місцях, що залишились можна розмістити будь - яку із трьох цифр, що залишились (з врахуванням порядку), тобто

Задача 4. В ящику лежать 1 біла і три чорних кульки. Навмання виймаються 2 кулі. Яка ймовірність того, що вийняті: 1) 2 чорних кулі; 2) біла і чорна кулька? Розв’язок. Результати – всі можливі пари куль. Загальна кількість подій: 1) Подія А={вийняті дві чорні кулі};

2) Подія В={вийняті біла і чорна кулі}; (вибір білої, а потім чорної); Задача 5. Випадковим чином одночасно вибираються дві букви із 33 букв алфавіта. Знайдіть ймовірність того, що: 1) обидві вони приголосні; 2) серед них є «ь»; 3) серед них немає «ь»; 4) одна буква голосна, а друга приголосна. Розв’язок. Множина всіх можливих подій – це всі можливі пари букв алфавіту без врахування порядку їх розміщення. Отже, загальна кількість всіх можливих варіантів: Розглянемо події: 1) А={ обидві вибранні букви – приголосні}. Всього приголосних - 22 , 10 голосних і 1 буква («ь») не позначає звуків. Події А сприяє:

2) В={серед вибраних букв є «ь»}. Вибір м’якого знаку

, вибір другої букви із тих, що залишились

3) С={серед вибраних букв немає «ь»}.

4) D={серед вибраних букв одна буква голосна, а інша приголосна}. Домашнє завдання. Задача 1. Набираючи номер телефону, що складається із 7 цифр, абонент забув, в якій послідовності ідуть три останні цифри. Пам’ятаючи лише, що ці цифри 1, 5 і 9, він набрав 34

перші чотири цифри, які знав, і навмання комбінацію із цифр 1, 5 і 9. Яка ймовірність того,що абонент набрав правильний номер? Розв’язок. Загальна кількість всіх подій – перестановки із трьох елементів (1, 5, 9); Подія А={абонент набрав правильний номер};

Задача 2. На кожній карточці написана одна із букв О, П, Р, С, Т. Декілька карточок навмання викладають одну за іншою в ряд. Яка ймовірність, що при викладанні: а) 3-х карточок отримали слово РОТ; б) 4-х карточок слово отримали слово СОРТ; в) 5-ти карточок отримали слово СПОРТ? Розв’язок. Загальна кількість подій, це число . Початкова множина має т=5 елементів. Позначимо буквами А, В, С випадкові події, вказані в умові задачі. Знайдем їх ймовірності. а) Вибираються 3 карточки, k=3, загальна кількість подій:

б) в) Задача 3. В пачці знаходяться однакові по розміру 7 зошитів в лінійку і 5 в клітинку. Із пачки навмання беруть 3 зошити. Яка ймовірність того, що всі три зошити будуть в клітинку? Розв’язок. Загальна кількість можливих подій: А={всі три зошити в наборі – в клітинку}.

Додаткові задачі. Задача 1. Чотири квитка на ялинку розподілили жеребкуванням між 15 хлопчиками і 12 дівчатками. Яка ймовірність того, що квитки дістануться 2 хлопчикам і 2 дівчаткам? Розв’язок: Задача 2.Випадково натискають три клавіші із однієї октави. Знайдіть ймовірність того,що: звучать ноти «сі» і «до»; не звучить нота «фа»; звучить нота «ля»; Розв’язок. Загальна кількість всіх подій - це всі набори по 3 клавіші із 7, що є в октаві; Порядок розміщення клавіш в наборі не враховується.

Урок 5. Дискретна випадкова величина. Закон розподілу дискретної випадкової величини. Вибіркові характеристики. Мета: Познайомити студентів з поняттям дискретної випадкової величини, законом її розподілу; показати на прикладі застосування формул для знаходження математичного сподівання, дисперсії випадкової величини. І. Організаційний етап. ІІ. Перевірка домашнього завдання. Самостійна робота Приклад 1.8. У коробці лежать 9 білих і 4 чорних кулі. Виймають навмання дві кулі. Знайти ймовірність того, що вони: а) білі; (1-й варіант) б) чорні; (2-й варіант) в) різнокольорові; (3-й варіант) г) обидві білі або обидві чорні. (4-й варіант) ІІІ. Вивчення нового матеріалу: Сприймання 4.1. Форми задання дискретних випадкових величин 4.1.1. Основні визначення "Випадкові величини" – це традиційно друга велика тема теорії ймовірностей, що ще більше наближає нас до світу випадкових явищ і процесів Визначення 4.1. Випадковою величиною називають величину, яка в результаті експерименту приймає заздалегідь невідоме значення. Приклади випадкових величин: · кількість студентів, які присутні на лекції; · кількість сонячних днів у році; · вага осколка снаряда, що розірвався; · час очікування громадського транспорту на зупинці; · температура навколишнього середовища. Випадкові величини за типом простору можливих значень діляться на дискретні й неперервні. Визначення 4.2. Дискретною називають випадкову величину, можливі значення якої належать до ліченої множини – скінченної або нескінченної. Визначення 4.3. Неперервною називають випадкову величину, можливі значення якоїналежать до неперервної множини – обмеженої або необмеженої. Дискретні і неперевні випадкові величини. В теорії ймовірностей поряд з поняттям випадкової події і ймовірності одним з основних є поняття випадкової величини. Наприклад, час безвідмовної роботи деякого приладу, число появ герба при трьох підкиданнях монети і т.п. 36

Назвемо випадковою величину, пов’язану з даним дослідом, яка при кожному здійсненні досліду може приймати те чи інше числове значення, залежно від випадку. Між випадковими подіями і випадковими величинами існує тісний зв’язок. Випадкова подія є якісною характеристикою випадкового результату досліду, а випадкова величина – його кількісною характеристикою. Випадкові величини за своїм характером поділяються на дискретні і неперервні. Дискретна випадкова величина - це така величина, яка може приймати лишень розрізнені (дискретні, перервні) значення. Іншими словами, вона має таку властивість, що кожне з її можливих значень має окіл, який вже не містить жодного з інших значень цієї ж величини. Всі можливі значення дискретної випадкової величини можуть бути перенумеровані x1, x2 ,..., xn , ... . Випадкова величина X називається неперервною, якщо сукупність її можливих значень цілком заповнює деякий проміжок числової осі, який може бути скінченним або нескінченним. Наприклад, випадкова величина X - час безвідмовної роботи приладу, неперервна, оскільки її можливе значення t  0 . Закон розподілу випадкової величини. Важливою характеристикою випадкової величини є розподіл ймовірностей цієї величини. Справа в тому, що випадкова величина може приймати ті чи інші числові значення, взагалі кажучи, із різними ймовірностями. Приклад 1. При трьох підкиданнях монети випадкова величина X - число появ герба – може приймати значення x1  0, x2  1, x3  2, x4  3 із відповідними ймовірностями, які обчислимо за формулою Бернуллі

p1  P3 (0)

1  C30  

1 3 1 1 1   1     , p2  P3 (1)  C3      , 8 8 2 2  2 2 2

1 1 3 p3  P3 (2)  C32      , 2 2 8

1 1 1 p4  P3 (3)  C33      . 8 2 2

Співвідношення, яке встановлює зв’язок між можливими значеннями випадкової величини і ймовірностями, з якими приймаються ці значення, називається законом розподілу ймовірностей випадкової величини. Для дискретної випадкової величини X закон розподілу може бути заданий таблично або графічно. В першому випадку закон розподілу називається рядом розподілу ймовірностей випадкової величини X . X Р

...

В першому рядку таблиці записують всі можливі значення випадкової величини, а в другому - відповідні їм ймовірності. Оскільки події X  x1, X  x2 , . . . , X  xn  становлять повну групу несумісних подій, то за теоремою додавання ймовірностей маємо n

 pk  1 ,

(1)

k 1

тобто сума ймовірностей всіх можливих значень випадкової величини дорівнює одиниці.

Графічне зображення закону розподілу називається многокутником розподілу: по осі абсцис відкладаємо можливі значення x k випадкової величини X , а по осі ординат – ймовірності pk цих значень. Для розглянутого вище прикладу 1 ряд і многокутник розподілу мають вигляд відповідно 0 1 2 3 X Р 1 3 3 1 8

Закон розподілу неперервної випадкової величини може бути заданий графічно або аналітично p k  f ( x k ) (з допомогою формули). Табличне задання неможливе, оскільки ймовірність отримати будь-яке певне значення неперервної величини дорівнює нулеві, що пов’язане не з неможливістю самої події (попадання в певну точку на числовій осі), а з безмежно великим числом можливих випадків. Тому для неперервних випадкових величин (як, зрештою, і для дискретних) визначають ймовірність попадання в деякий інтервал числової осі. Ймовірність попадання випадкової величини X в інтервал a, b визначають як a  X  b ймовірність події і позначають (2) Pa  X  b, (ліву межу інтервалу включають, а праву не включають). Функція розподілу. Для кількісної оцінки закону розподілу випадкової величини (дискретної або неперервної) задають функцію розподілу ймовірностей випадкової величини, яку визначають як ймовірність того, що випадкова величина Х прийме значення, менше деякого фіксованого числа x і позначають (3) F ( x)  PX  x або F ( x)  P   X  x . Функцію розподілу F (x) інколи називають інтегральною функцією розподілу ймовірностей випадкової величини. Знаючи функцію розподілу F (x) , можна обчислити ймовірність попадання випадкової величини в деякий інтервал a, b  : (4) P   X  x  F (b)  F (a) . Дійсно, випадкова подія X  b є об’єднанням двох несумісних подій X  a і a  X  b. Отже, за теоремою додавання ймовірностей несумісних подій маємо PX  b  PX  a Pa  X  b , Pa  X  b  PX  b PX  a, звідки або, враховуючи позначення (3) Pa  X  b  F (b)  F (a) . Встановимо деякі властивості функції розподілу. 0 1 . F (x) є неспадною функцією, тобто F ( x 2 )  F ( x1 ) , якщо x1  x 2 . 20 . Значення функції розподілу належать відрізку 0; 1 , тобто 0  F ( x)  1 .

Інакше: lim F ( x)  0, x 

lim F ( x)  1.

x 

30 . Функція розподілу неперервна зліва:

F ( x)  F ( x  0) , x . Для прикладу 1 побудуємо функцію розподілу випадкової величини Х , заданої рядом розподілу 38

Х Р

1 8

3 8

1 8

При x  0

F ( x)  PX  0  0;

при 0  x  1

1 F ( x)  PX  1  PX  0  ; 8 1 3 1 F ( x)  PX  2  PX  0 PX  1    ; 8 8 2

при 1  x  2 при

1 3 3 7 F ( x)  PX  3  PX  0 PX  1 PX  2     ; 8 8 8 8 при x  3 F ( x)  PX  x  1.

2 x3

Приклад 2. Нехай функція розподілу деякої неперервної випадкової величини Х задана у вигляді x0  0,  F ( x)  a(1  cos x), 0  x   .  1, x   Визначити значення коефіцієнта a і побудувати графік функції. Оскільки функція неперервна зліва, то при x   маємо a(1  cos  )  1 , звідки a 

1 . 2

Приклади основних законів розподілу: а) дискретних випадкових величин: 1. біномний розподіл: випадкова величина Х називається розподіленою за біномним законом, якщо вона приймає значення x  0,1, 2,..., n із ймовірностями Pn ( x)  Cnx p x q n x .

Функція розподілу F ( x) 

n 1

 Cnx p x qn x . Очевидно, що

F (x) =0 при x  0 і F (x) =1 при

x 0

x  n. 2. розподіл Пуассона: випадкова величина Х називається розподіленою за законом Пуассона з параметром   0 (   пр), якщо вона приймає значення x  0,1, 2,..., n із ймовірностями Pn ( x) 

x e x!

, причому p дуже мале, а n дуже велике число.

Функція розподілу F ( x) 

n 1



x 0

x e x!

3. геометричний розподіл: Нехай проводиться серія незалежних дослідів, в кожному з яких подія А може з’явитися з деякою ймовірністю р. Досліди продовжуються до першої появи події А, після чого дослід припиняється. Нехай випадкова величина Х – кількість проведених дослідів до першої появи події А. Можливі значення величини Х: x  1, 2,3, ... . Подія X  n (n  / N ) означає, що в перших n  1 дослідах подія А не наступила, а в n -му досліді наступила. Ймовірність P( X  n) дорівнює 39

P( X  n)  (1  p)(1  p)...(1  p)  p  q n1  p 

( p  q  1) .

n1 разів

Отже закон розподілу величини Х є таким Х Р

1 p

2 qp

… …

3 q2 p

… …

n q n 1 p

Цей розподіл називається геометричним . 

Очевидно, що

 pi  p  qp  q 2 p  ...  q n1 p  ...  1  q  p  1, i 1

як сума нескінченно спадної геометричної прогресії. 

Функція розподілу F ( x)   q x 1 p .

F (x) =0 при x  1.

x 1

б) неперервних випадкових величин. 4. рівномірний розподіл: випадкова величина Х називається розподіленою рівномірно на інтервалі a, b , якщо її щільність розподілу стала на цьому інтервалі C , x  a, b f (x)    0, x  a, b Використовуючи властивість щільності розподілу, знайдемо C : b

 Cdx  1  C  b  a . a

Легко бачити, що F ( x)   a

1 xa dx  ba ba

для x  a, b.

F ( x)  0 для x  a , F ( x)  1 для x  b 5. показниковий розподіл: випадкова величина Х називається розподіленою за показниковим (експоненційним) законом з параметром   0 , якщо її щільність розподілу ex , x  0,  f ( x)     0  const x  0.   0, x

Використовуючи формулу (6) F ( x)   e x dx , отримаємо вираз для функції розподілу 0

 1  ex , F ( x)     0,

x0 x0

6. нормальний розподіл: випадкова величина Х називається розподіленою за нормальним законом з параметрами a і  , якщо її щільність розподілу  1 f ( x)  e  2

Функція розподілу має вигляд

( xa)2 2 2

, x   , .

F ( x) 

 2

x  ( xa)2 2

e

2

dx .



Ймовірність того, що нормально розподілена випадкова величина набуде значення з інтервалу  ,    a, b , обчислюється за формулою 40

 a   a  P(  x   ) =     .       Числові характеристики випадкових величин. Найбільш повна характеристика випадкової величини дається її функцією розподілу (або також і щільністю розподілу для неперервної випадкової величини). Проте досить часто доцільно обмежитися простішою, хоч і неповною інформацією про випадкову величину. Наприклад, досить вказати окремі числові величини, які певним чином визначають істотні риси розподілу випадкової величини: деяке середнє значення випадкової величини; деяке число, що характеризує ступінь розсіювання значень випадкової величини навколо її середнього значення, тощо. Користуючись такими характеристиками, ми в стислій формі можемо отримати інформацію про істотні особливості законів розподілу випадкової величини. Характеристики, що виражають в стислій формі найістотніші особливості закону розподілу випадкової величини, називаються числовими характеристиками випадкової величини. До них в першу чергу відносяться математичне сподівання і дисперсія. Математичне сподівання. Випадкова величина може приймати різні числові значення, тому практично важливим є середнє значення випадкової величини. Для оцінки середнього (у ймовірнісному сенсі) значення випадкової величини вводиться поняття математичного сподівання, яке є дійсним середнім значенням випадкової величини і визначається з врахуванням різних ймовірностей її окремих значень. Математичне сподівання випадкової величини X позначаємо M [X ] . Для дискретної випадкової величини X , заданої рядом розподілу … … … X x2 x1 xi xn P

…



де

 pi  1, математичне сподівання

обчислюється за формулою

i 1

M [X ] = x1 p1  x2 p2  ...  xi pi  ... 



 xi p i ,

(1)

i 1

якщо ряд справа збігається. Нехай X - неперервна випадкова величина, значення якої a  x  b , і f (x) - її щільність розподілу. Розіб’ємо відрізок a, b на n частин, довжини яких x1 , x 2 ,…, x n . Візьмемо в кожному частинному відрізку xi 1 , xi  точку  i . Добуток f ( i )xi приблизно дорівнює ймовірності попадання неперервної випадкової величини в інтервал xi , а сума n

 i f ( i )xi наближено дорівнює математичному сподіванню неперервної випадкової i 1

величини. Якщо існує границя

lim

max xi 0

 i f ( i )xi ,

то вона називається математичним

i 1

сподіванням неперервної випадкової величини і позначається M [X ] =  xf ( x)dx .

(2)



У випадку, якщо    x   , то M [X ] =

 xf ( x)dx ,

причому інтеграл повинен збігатися



абсолютно. Відзначимо найпростіші властивості математичного сподівання: 41

M C   C ;

10 . 20 . 30 .

де C - стала величина,

M CX   C  M X ;

M X  Y   M X  + M Y ;

M XY   M X  M Y ; якщо випадкові величини X , Y незалежні. Дві випадкові величини X , Y називаються незалежними, якщо закон розподілу однієї з них не залежить від того, які можливі значення прийняла інша випадкова величина. Математичне сподівання називають центром розподілу ймовірностей випадкової 40 .

величини X , випадкова величина X  X  M X  називається центрованою. Дисперсія. Для характеристики розсіювання значень випадкової величини відносно її центра розподілу (математичного сподівання) вводять числову характеристику – дисперсію випадкової величини. Позначається D[X ] . За означенням, дисперсією випадкової величини X називається математичне сподівання квадрату відхилення випадкової величини від її математичного сподівання (3) D[X ] = M X  M X 2 . Дисперсія обчислюється за формулами 

DX =  xi  m x 2 pi

(4)

i 1

для дискретних випадкових величин, і

DX =



 x  m x 

f ( x)dx

(5)



для неперервних випадкових величин. Тут для простоти позначено m x = M [X ] . Найпростіші властивості: 0 де C - стала величина, 1 . DC   0 ;

20 . 30 .

DCX   C 2  DX  ;

DX  Y   DX + DY ; якщо випадкові величини X , Y незалежні. Практично дисперсію обчислюють за робочою формулою (6) D[X ] = M [ X 2 ]  M [X ]2 , 

де

M [ X 2 ]   xi2 pi для дискретних випадкових величин і i 1

M[X 2 ] 



x

f ( x)dx для неперервних випадкових величин.



Дисперсія є кількісною оцінкою відхилення випадкової величини від її математичного сподівання. Проте, оскільки дисперсія має розмірність квадрата випадкової величини, то для оцінки міри розсіювання використовують характеристику  x  D[X ] , яка називається середнім квадратичним або стандартним відхиленням випадкової величини. Оскільки D[X ]  0 , то і

 x  D[X ]  0 . Розмірність середнього квадратичного відхилення співпадає з розмірністю випадкової величини. Приклад 1. Дискретна випадкова величина X задана рядом розподілу

0 1 2 3 4 X 0,1 0,2 0,35 0,20 0,15 P Знайти M [X ] і  x . Розв’язання. За формулою (1) M [X ] = 0  0,1  1  0,2  2  0,35  3  0,2  4  0,15  2,1.

M [ X 2 ]  1  0,2  4  0,35  9  0,2  16  0,15  5,8. За формулою (6) D[X ] = 5,8  2,12  1,39. Звідки  x  1,39  1,17. Приклад 2. Неперервна випадкова величина задана щільністю розподілу 1  x, 0 x2 . f (x)   2   0, x  0, x  2. Знайти M X  і  x .

1 4 Розв’язання. За формулою (2) M X  =  x  x dx  . 2 3 0

Отже,

2 4 DX = 2     . 9 3

x=

1 M [ X ]   x 2  x dx  2. 2 2

2  0,471. 9

Числові характеристики основних законів розподілу. Розглянемо, як обчислюються числові характеристики основних законів розподілу дискретних і неперервних випадкових величин. Біномний розподіл. Випадкова величина X - число появ деякої події A в n незалежних спробах, причому P( A)  p . Нехай X i - число появ події A в i -й спробі (i  1, n) . Кожна з дискретних випадкових величин X i приймає тільки два можливі значення : 0 і 1. Отже, ряд розподілу 0 1 Xi p q P

 

M X i2  p , DX i   p  p 2  pq . Звідки M X i   p , Випадкова величина X = X 1 + X 2 +…+ X n . Оскільки випадкові величини X i незалежні в

сукупності, то M X  

 M X i   np , i 1

DX    DX i   npq .

(10)

i 1

Ймовірність відхилення нормально розподіленої випадкової величини від її математичного сподівання. Нехай X - нормально розподілена випадкова величина з параметрами a і  . Ймовірність того, що її значення відхиляться від математичного сподівання a не більше, ніж на деяке число   0 , обчислюється за формулою   P( X  a   ) =2   . (24)   Дійсно, переписавши нерівність X  a   у вигляді a    X  a   і врахувавши формулу для ймовірності попадання нормально розподіленої випадкової величини в деякий інтервал [ ,  ]  a   a  P(  x   ) =     ,        a   a   a   a        отримаємо P(a    X  a   ) =   =         =2   .              43

Покладемо у формулі (24)   3 , тоді P( X  a  3 ) =2 (3) =0,9973. (25) Формула (25) виражає так зване правило трьох сигм, зміст якого такий: у 99,73% випадків значення нормально розподіленої випадкової величини буде відрізнятися від свого середнього (математичного сподівання) не більше, ніж на потроєне значення свого середнього квадратичного. IV. Підсумок уроку. Фронтальне опитування. Відповіді на поставлені запитання. V. Домашнє завдання

Урок 6. Граничні теореми теорії ймовірності. Уявлення про закон великих чисел. Мета уроку:формувати вміння обчислювати ймовірності випадкових подій, використовуючи формули комбінаторики та класичне означення ймовірності; розвивати пам'ять і мислення; розвивати цікавість до математики, прагнення краще вчити предмет; здатність до творчого застосування знань і вдосконалення умінь; виховувати наполегливість і відповідальність, допитливість, уважність, натхнення, любов до навчання та вміння працювати разом. Хід уроку 1. Організаційна частина: вітаюсь, перевірка присутності студентів і готовності аудиторії до уроку. 2. Актуалізація опорних знань студентів: Фронтальне опитування. 3.Повідомлення теми і мети уроку: Вибіркові характеристики. Уявлення про закон великих чисел. Закон великих чисел. Як відомо, теорія ймовірностей вивчає закономірності, властиві масовим випадковим явищам. Коли проводиться велика кількість спроб, то характеристики випадкових подій і випадкових величин стають майже невипадковими. Наприклад, частота події при великій кількості спроб стає стійкою, те ж саме стосується і середнього значення випадкових величин. Ця обставина дозволяє використати результати спостережень над випадковими явищами для передбачення результатів майбутніх спроб. Група теорем, які встановлюють відповідність між теоретичними і експериментальними характеристиками випадкових величин і випадкових подій при великій кількості спроб, об’єднуються під назвою закону великих чисел, а тих теорем, що стосуються граничних законів розподілу – під назвою центральна гранична теорема. Закон великих чисел займає чільне місце в теорії ймовірностей: він є зв’язуючою ланкою між теорією ймовірностей як математичною наукою і закономірностями випадкових явищ при масових спостереженнях за ними. Закон великих чисел відіграє велику роль в практичних застосуваннях теорії ймовірностей до технічних процесів, пов’язаних з масовим виробництвом. Нерівності Чебишова. 44

При доведенні теорем, які відносяться до закону великих чисел, користуються нерівностями Чебишова. Нехай Х - невід’ємна випадкова величина, яка має скінченне математичне сподівання M [X ] , тоді для   0 виконується перша нерівність Чебишова M[X ] . (1) P( X   ) 



Дійсно, нехай F (x) - функція розподілу неперервної випадкової величини X . Тоді

 d F ( x) .

P( X   ) 

X 

Оскільки в області інтегрування X   , тобто



 d F ( x)    x  d F ( x) .

 1 , то

X 

Остання нерівність тільки підсилиться, якщо інтегрування розповсюдити на всі значення х, але M[X ] 1 .  x  d F ( x)  M X  , звідки  d F ( x)  M X  , отже і P( X   ) 



X 



Нехай Х - довільна випадкова величина, для якої існує M [ X 2 ] , тоді   0 має місце друга нерівність Чебишова: M[X 2 ] ; (2) P X    

2

P X    

Дійсно, нехай Х – неперервна випадкова величина, тоді

 dF ( x) .

X 

Оскільки



X 

dF ( x) 

області





x 2 dF ( x); але

X 

тобто P X    



інтегрування

x

X  

dF ( x)  M [ X 2 ] .



Звідси

 1. 

2

 1. , 1

 dF ( x)   2 M [ X

то 2

X 

M[X 2 ] .

Перейшовши до центрованої випадкової величини X  M [X ] , отримаємо таку форму другої нерівності Чебишова P X  M [ X ]    

M [ X  M [ X ]2 ]

2



D[ X ]

2

(3)

де D[X ] - скінченна дисперсія. Стосовно до протилежної події – відхилення випадкової величини від її математичного сподівання менше ніж   0 , друга нерівність Чебишова може бути записана у формі D[ X ] P X  M [ X ]     1  (4)

2

Для практики нерівність Чебишова має обмежене значення, оскільки вона корисна лише для відносно великих значень  . Більш важливим є теоретичне значення цієї нерівності, оскільки вона використовується при доведенні теорем закону великих чисел . Теорема Чебишова. Введемо поняття збіжності за ймовірністю:

Кажуть, що послідовність незалежних випадкових величин X 1 , X 2 , ..., X n , ... збігається за ймовірністю до деякої випадкової величини X , якщо для   0 (5) lim P X n  X     1 . n 

Теорема Чебишова: Якщо X 1 , X 2 , ..., X n , ... - послідовність попарно незалежних випадкових величин з однаковим математичним сподіванням M [ X i ]  m , дисперсії яких рівномірно обмежені, тобто D[ X i ]  C , де C - стала величина, то   0

1 n  lim P  X i  m     1 .  n  n  i 1 

(6)

Для доведення розглянемо випадкову величину математичного сподівання

M [ ] 



1 n  X i .В силу властивостей n i 1

 1 1  n M  Xi   nm  m .  n n  i 1 

 n  n C C D  X i    .  n2 n n 2  i 1  Застосувавши до випадкової величини  нерівність Чебишова у формі (4): D[ ] P   M [ ]     1 

Оскільки X 1 , X 2 , ... незалежні, і D[ X i ]  C , то D[ ] 

2

P   M [  ]     1 

будемо мати

C n  2

або перейшовши до границі, отримаємо lim P   M [ ]     1 , оскільки ймовірність не може бути більше 1. n

Теорема Чебишова показує, що при необмеженому збільшенні числа незалежних спроб середнє арифметичне спостережуваних значень випадкової величини, яка має скінченну дисперсію , збігається за ймовірністтю до математичного сподівання цієї випадкової величини. Ця теорема є основою правила середнього арифметичного. Узагальнена теорема Чебишова Коли характеристики випадкової величини змінюються від досліду до досліду, то має місце узагальнена теорема Чебишова: Якщо X 1 , X 2 , ... - послідовність попарно незалежних випадкових величин, дисперсії яких рівномірно обмежені, тобто D[ X i ]  C , а математичні сподівання M X i  - різні, то   0

1 n  1 n lim P  X i   M [ X i ]     1 .  n  n n i 1  i 1 

(7)

Для доведення знову використаємо випадкову ведичину   Тоді

 1 n 1  n M [ ]  M  X i    M [ X i ] ,  n n  i 1 i 1 

D[ ] 

1 2

1 n  Xi . n i 1 1

n i 1 Застосувавши до випадкової величини  нерівність Чебишова у формі (4)

 D[ X i ]  n 2 n  C  n .

P   M [ ]     1 

D[ ]

2

1 n  1 n С . P  X i   M [ X i ]     1  2 n  n n  i  1 i  1   Звідки при n   отримаємо формулу (7). Частковими випадками теорем Чебишова є наступні теореми. отримаємо

Теорема Бернуллі. Нехай проводиться n незалежних спроб, в кожній з яких з ймовірністю p може наступити деяка подія A . Якщо  - число появ події A в n спробах, то   0   lim P  p     1 . n  n 

(8)

 появи події A n відрізняється від ймовірності появи цієї події менше ніж на  , яким би малим не було  . Дійсно, ввівши випадкові величини X 1 , X 2 , ..., X n , маємо   X 1  X 2  ...  X n , де X i Іншими словами, із збільшенням числа незалежних спроб частота





- число появ події A в i -й спробі i  1, n . Випадкові величини X i мають однаковий ряд розподілу

 можна розглядати n  1 n pq 1 1 як випадкову величину Y  =  X i . Тоді M [ ]  n  p  p ; D[ ]  . npq  n n n n i 1 n2 Нерівність   pq . (9) Чебишова (4) для випадкової величини Y має вигляд P  p     1  n 2  n  Умови теореми Чебишова виконуються, і для середнього арифметичного значень  величин X 1 , X 2 , ..., X n , тобто для , маємо n   lim P  p     1 . n  n  Теорема Бернуллі є історично першою теоремою закону великих чисел. Вона була доведена Я.Бернуллі і опублікована в 1713 р. Англійський статистик К.Пірсон підкинув монету 12000 разів і при цьому герб випав 6019 разів, тобто частота випадання герба 0,5016. Іншого разу він підкинув монету 24000 разів і 12012 разів спостерігав випадіння герба. Частота випадання герба 0,5005. Звідки M [ X i ]  p,

D[ X i ]  pq.

Відносну частоту

Узагальненням теореми Бернуллі на випадок, коли досліди проводяться в неоднакових умовах, є теорема Пуассона. Теорема Пуассона. Якщо в послідовності незалежних спроб ймовірність появи події А в i -й спробі дорівнює p i , то   0 47

 1 n  (10) lim P   p i     1  n  n n i 1   де  - число появ події А в n спробах. Аналогічно, як при доведенні теореми Бернуллі, маємо   X 1  X 2  ...  X n . Випадкові величини X i мають однаковий ряд розподілу 0 1 Xi Pi

 можна розглядати як випадкову n  1 n 1 n 1 n величину Y  =  X i . Тоді M [ ]   p i , D[ ]  Нерівність  pi qi . n i 1 n n i 1 n 2 i 1 Чебишова (4) для випадкової величини Y має вигляд  1 n  1 n   Умови узагальненої теореми P  p    1  pi qi . (11)  n n i  n 2  2 i 1 i 1   Чебишова виконуються, і, перейшовши до границі при n   ,  1 n  lim P   p i     1. отримаємо  n  n n i 1   Приклад 1. У даній місцевості середня річна кількість сонячних днів дорівнює 100. Оцінити ймовірність того, що протягом року в цій місцевості буде не більше ніж 125 сонячних днів. Розв’язання. Нехай випадкова величина X - кількість сонячних днів протягом року. За умовою M [X ] =100. Потрібно оцінити ймовірність P( X  125) . Події X  125 і X  125 є  X  протилежними, тому P( X  125)  1  P( X  125) . Але P( X  125) = P  1 , тому за  125  першою нерівністю Чебишова (1) при   1 маємо 1 100  X   X  P  1  M   M[X ]   0,8.  125  125  125  125 Отже, P( X  125) =1-0,8=0,2. Приклад 2. В деякій місцевості середня швидкість вітру на даній висоті дорівнює 20 км/год, а сере.днє квадратичне відхилення 4 км/год. Оцінити швидкість вітру на цій висоті з ймовірністю не меншою, ніж 0,9. Розв’язання. Нехай випадкова величина X - швидкість вітру на даній висоті. За умовою M [X ] =20, P( X  M [ X ]   )  0,9. За другою нерівністю Чебишова (4) D[ X ] D[ X ] D[ X ] D[ X ] P X  M [ X ]     1   0,9. Звідки . Отже, 1  .  0,1 і  2  0,1 2 2 2 Отже , M [ X i ]  pi ,

D[ X i ]  pi qi . Відносну частоту

Але D[X ]  4 2 =16, отже  2  160.   12,6. Таким чином, X  M [ X ]  12,6 або 7,4  X  32,6 . Приклад 3. Скільки потрібно провести незалежних випробувань, щоб ймовірність



 p  0,06 перевищувала б 0,78, якщо ймовірність появи події в окремому n випробуванні p  0,7. нерівності

  Розв’язання. За умовою задачі P  p  0,06   0,78. p  0,7. Виконуються умови  n  pq  1 1 теореми Бернуллі. Якшо Y  , то M [ ]  n  p  p ; ,і D[ ]  npq  n n n n2   pq нерівність Чебишова для випадкової величини Y (формула (9)) P  p     1  ., n 2  n 

звідки 1 

 0,78 ,

 0,22 , n 

, тобто n  266. n 2 n 2 0,22 2 Центральна гранична теорема. Під центральною граничною теоремою розуміється група теорем, в яких розглядаються умови про вигляд граничного закону розподілу суми X 1  X 2  ...  X n , коли n   . Найпростіша форма центральної граничної теореми - теорема Ляпунова - встановлює умови, за яких вказаний граничний закон є нормальним. Теорема Ляпунова. Якщо випадкові величини X 1 , X 2 ,..., X n . взаємно незалежні, однаково розподілені, мають скінченні математичні сподівання M [ X i ] , дисперсії D[ X i ] і абсолютний центральний момент n

3-го порядку  3  M [ X i  M [ X i ] ] , то при n   закон розподілу суми    X i 3

i 1

необмежено наближається до нормального lim F ( y ) 

n 

або

y 

 y 2

lim f ( y ) 

n 

( y  M [  ]) 2 2 y 2

e

dy .

(12)



 y 2



( y  M [  ]) 2

2 y 2

(13) 0

Якщо перейти до нормованої центрованої величини Y  для якої

  M [Y ] D[Y ]

;

M [Y ]  0 , D[Y ]  1 ,

(14) n

то для великих значень n ймовірність того, що сума    X i прийме значення з деякого i 1

інтервалу [a, b] , наближено дорівнює 0   1 P a  Y  b   2  

x e

dx = (b)  (a) .

(15)

0 2   1 e  x / 2 dx . Дійсно, із формул (11) або (12) за умов (13) маємо lim P a  Y  b    n  2 a  Найпростішим частковим випадком цієї теореми є інтегральна теорема Муавра-Лапласа. Нехай випадкові величини X i однаково розподілені, дискретні, і такі, що приймають значення 0 і 1 з ймовірностями q  1  p і p відповідно. Очевидно, що M X i   p, DX i   pq

Тоді для суми Y   X i маємо M    np,

D   npq,

i 1

f ( y) 

На основі теореми (формула (13))

1 npq  2

 y  npq . e



( y  np) 2 2npq

;

і отримаємо формулу (9) §3. IV. Підсумок уроку. Фронтальне опитування. Відповіді на поставлені запитання. V. Домашнє завдання Додають 24 незалежні випадкові величини, кожна з яких рівномірно розподілена на (0; 1) Написати наближений вираз для щільності розподілу суми цих випадкових величин і обчислити ймовірність того, що їх сума лежить в межах від 10 до 14. 24

Розв’язання.

Нехай    X i ; Тоді за формулою (13)

f ( y) 

i 1

 y 2



( y M [ ] )2 2 2 y

(b  a) 2 1 b  a 1 0 D[ X i ]   .  ; 2 2 12 12 24 24 1 1 Отже, M [ ]  M [ X i ]   M [ X i ]  24   12 , D[ ]  24   2;  y  D[ ]  2 . 12 2 i 1 i 1 M[X i ] 

Обчислимо M [ ] і D[ ] :

Таким чином

f ( y) 



( y 12) 2 4

e 2  Обчислимо ймовірність того, що сума  лежить в межах від 10 до 14:  8  12   6  12       0,0023 . P(6    8)    2   2 

Урок 8. Контрольна робота. І Варіант 1. Знайти n, якщо 2. В ящику 18 зелених і 22 чорних кульки. З ящика навмання виймають дві кулі. Визначити ймовірність того що ці кулі зелені. 3. Знайти ймовірність того, що навмання взяте двоцифрове число буде кратним або 3, або 5, або тому й другому одночасно 4. Дискретна випадкова величина задана законом розподілу Х 3 5 2 Р 0,3 0,2 Знайти числові характеристики дискретної випадкової величини. ІІ Варіант 1. Знайти шостий член розкладу 2. В ящику 10 чорних і 24 білих кулі. З ящика навмання виймають дві кулі. Визначити ймовірність того що ці кульки чорні. 3. Із колоди 36 карт послідовно витягують по одній карті. Яка ймовірність витягнути сім, якщо першим був витягнутий король? 50

4. Дискретна випадкова величина задана законом розподілу Х 4 2 3 Р 0,5 0,4 Знайти числові характеристики дискретної випадкової величини. ІІІ Варіант 1. Знайти n, якщо 2. В урні 9 білих і 6 чорних кульок. З урни витягають дві кульки. Яка ймовірність того, що обидві кульки будуть білими? 3. Із колоди 36 карт послідовно витягують по одній карті. Яка ймовірність витягнути шістку, якщо першим був витягнутий туз? 4. Дискретна випадкова величина задана законом розподілу Х 2 3 4 Р 0,3 0,1 Знайти числові характеристики дискретної випадкової величини. ІV Варіант 1. Знайти шостий член розкладу 2. В коробці 8 білих і 5 чорних кульок. З коробки витягають дві кульки. Яка ймовірність того, що обидві кульки будуть чорними? 3. В ящику 20 деталей, причому 5 з них стандартні. Робітник бере навмання три деталі. Знайти ймовірність того, що принаймі одна деталь буде стандартною. 4. Дискретна випадкова величина задана законом розподілу Х 1 3 2 Р 0,2 0,4 Знайти числові характеристики дискретної випадкової величини. V Варіант 1. Знайти сьомий член розкладу 2. В урні 3 білих і 12 чорних кульок. З урни витягають дві кульки. Яка ймовірність того, що обидві кульки будуть білими? 3. В ящику 10 деталей, причому 4 з них стандартні. Робітник бере навмання три деталі. Знайти ймовірність того, що хоча б одна з узятих деталей буде стандартною. 4. Дискретна випадкова величина задана законом розподілу Х 5 2 7 Р 0,5 0,1 Знайти числові характеристики дискретної випадкової величини. VI Варіант 1. Знайти восьмий член розкладу 2. В коробці 10 білих і 15 чорних кульок. З коробки витягають дві кульки. Яка ймовірність того, що обидві кульки будуть чорними? 3. Знайти ймовірність того, що навмання взяте двоцифрове число буде кратним або 5, або 7, або тому й другому одночасно. 4. Дискретна випадкова величина задана законом розподілу Х 4 8 2 Р 0,6 0,2 Знайти числові характеристики дискретної випадкової величини.