Методикалық нұсқау
жүктеу/скачать 1,43 Mb.
|
Бұдан былай m= m {ω}, n= n{ω} деп белгілейміз, сонда 
Ықтималдықтың бұл анықтамасын классикалық анықтама, я Лапылас моделі дейміз. Бұл айтылғандар Лаплас моделі нәтижесі тең мүмкіндікті тәжірибелерді сипаттайды деп ұғамыз және бұл модель 1/ нәтижелер жиыны {ω}. 2/ оқиғалар алгебрасы/ өрісі/, 3/ элементар оқиғалар ықтималдығы/Р/ және 4/ ықтималдық Р(А)-дан жасалады. Сонымен Лаплас моделін жасаған бұл компоненттердің әр қайсысы тең мүмкіндікті нәтижелі тәжірибенің мүмкін нәтижелерінің қолайлы математикалық сипаттамасы болады. Енді Р(А) ықтималдықтың қасиеттерін қарастырайық. 1.Р(А) ықтималдығы оң таңбалы функция, яғни Р(А)≥С. (2) 2.Р(А) ықтималдығы нормалданған функция, яғни Р(U)=1.
3.Қилыспайтын /үйлесімсіз/ әрбір А жәнеВ оқиғалары үшін Р(А) ықтималдығы аддитивті функция, яғни Р(А+В)=Р(А)+Р(В). (3) 1-ші және 2-ші қасиеттер айқын көрініп тұр. Өйткені 000 теріс таңбалы болуы мүмкін емес , олай болса Р(А)≥0, ақиқат оқиғаға қолайлы элементар оқиғалар саны n демек
Үшінші қасиетін дәлелдейік. Дәлелдеу үшін /3/ теңдіктегі үш ықтималдықты есептеп, ол мәндерді /3/ теңдікке қойып, оның дұрыстығына көз жеткізу жеткілікті. Айталық, тең мүмкіндікті, үйлесімсіз оқиғалардың толық тобын құрайтын элементар оқиғалар саны n болсын. Олардың ішінде А оқиғасына қолайлы m1 болсын бұлар В үшін қолайсыз/.Воқиғасына қолайлысы m2 болсын бұлар А үшін қолайсыз/.Демек,бұлардың ықтималдықтары Р(А)= А+В оқиғасына қолайлысы m1+m2-тең, өйткені А мен В үйлесімсіз.Сондықтан бір сынауда екеуіне де бірдей қолайлы элементар оқиғалар болмайды.Демек, Р(А+В)= Осымен теорема дәлелденеді. Бұл үшінші қасиет оқиғалар саны 2-ден артық,яғни саны n болғанда да орын алады. Шынында,егер А1,А2, …, Аn қос-қостан үйлесімсіз оқиғалар болса,онда бұлардың қосындысының ықтималдығы олардың әрқайсысының ықтималдықтарының қосындысына тең болады,яғни Р(А1+А2+…+Аn)=Р(А1)+Р(А2)+…+Р(Аn) Дәлелдеу.Мұны толық математикалық индукция әдісі мен дәлелдейік.n=2 болғанда теореманың дұрыстығы өткен теоремада дәлелденеді.Бұл теорема n=K үйлесімсіз А1,А2,…, Ак оқиғалары үшін дұрыс болады дейік,яғни Р(А1+А1+…+Ак)=Р(А1)+Р(А2)+…+Р(Ак). Енді n=к+1 болғанда да теореманың дұрыс болатынын дәлелдейміз.
Енді жоғарыда келтірілген қасиеттерді пайдаланып ықтималдықтардың төмендегі қасиеттерін дәлелдейміз. 4.Қарама –қарсы екі оқиға ықтималдықтарының қосындысы бірге тең,яғни Р(А)+Р(Ā)=1. (4) Мұның дәлелдемесі 3-ші қасиеттен айқын көрініп тұр.Өйткені А+Ā оқиғасы,сондықтан р(U)=Р(А)+Р(Ā). Бұдан А оқиғасына қарама-қарсы А оқиғасының ықтималдығы бір санынан А оқиғасының ықтималдығын шнгергенге тең,яғни Р(Ā)=1-Р(А). Мұны бұдан былай Р(А)=Р, Р(Ā)=q деп белгіленген қолайлы.Сонда /4/ бойынша р+ɋ=1
5.Мүмкін емес оқиға ықтималдығы нольге тең. Шынында, U және V оқиғалары үйлесімсіз,сондықтан Р(U+V)=Р(V)+Р(V)=Р(U). Бұдан Р(V)=0. 6.Егер АᴄВ болса,онда Р(А)≤Р(В). 1Ә чертежден В оқиғасын А және АВ екі үйлесімсіз оқиғалар қосындысы түрінде жазуға болады,яғни В=А+Ā I-ші және 3-ші қасиет бойынша Р(В)=Р(А+ĀВ)=Р(А)+Р(ĀВ)≥Р(А). 7.Әр қандай А оқиға ықтималдығы 0 мен I арасында болады,яғни 0≤Р(А)≤1. Шынында,VᴄА+V=А, екіншіден АсU, бұдан Р(А)≤р(U). Демек, Ǫ≤Р(А)≤1. Ықтималдықтың классикалық нықтамасы өз уақытында ықтималдықтар теоремасын құруға негіз болды.Біз мұны кездейсоқ оқиғалар заңдылығын математикалық абстракциялаудың алғашқы қарапайым сатысы демекпіз. Енді ықтималдылықтың классикалық наықтамсын пайдалана отырып,ықтималдылықтарды тікелей есептеуге бірнеше мысалдар келтірейік.Сонымен қатар тарихи мәні бар мысалдарды шығарып,ықтималдықтар теориясының бірден қалыптаса қоймағанына көз жеткізейік. §4.ЫҚТИМАЛДЫҚТАРДЫ ТІКЕЛЕЙ ЕСЕПТЕУГЕ МЫСАЛДАР 1-мысал.Жәшікте бірдей 20 шар бар.Оның 6-уы ақ шар,10 қызыл шар,4-уі көк шар.Жәшіктен кех келген бір шар алынады.Алынған шар:а/ақ шар /А оқиғасы/,ә/ қызыл шар/В оқиғасын/ б/ көк шар/ С оқиғасы/ болу ықтималдығын анықтау керек.
Р(А)=m/n=6/20=0,30 немесе 30% болады. Қалғандарында осылай анықтаймыз,сонда ә/ Р(В)=б/ Р(С)=0,20 2-мысал.Абай Құнанбаев тілінің сәндігінде әр түрлі 6000 сөз бар,оның 2975-і тек бір реттен ғана қолданылған,800-і тек екі реттен қолданған. Ақын сөздігіннен кех келген бір сөз алынды.Бұл сөз ақынның:а/тек бір реттен және ә/тек екі реттен,б/тек үш реттен,в/4 және одан да көп роеттен қолданған сөз қорына тиістілік ықтималдығын анықтау керек. Шешуі.а/ Барлық мүмкін элементар оқиғалар саны 6000-ға тең.Әр сөздің де алыну мүмкіндігі бірдей,өйткені әрбір сөзді жеке-жеке карточкаға жазып,оларды араластырып, кез келген біреуін аламыз деп қарастыруымызға болады.Тек бір рет қолданылған сөздің алынуын А оқиғасы десек, онда бұл оқиға қолайлысы 2975 болады.Тек бір рет қолданылған сөздің алынуын А оқиғасы десек,онда бұл оқиғаға қолайлы 2975 болады.Олай болса,дәлелденген ықтималдық Р(А)=m/n=2975/6000=0,496 немесе 4906% болады. Қалғандарын да осылайша анықтау қиын емес,сонда ә/0,150 б/0,062 б/0,272 болады. 3-мысал.Монет екі рет лақтырылды.Кем дегенде бір рет герб жағы пайда болу ықтималдығын анықтау керек. Шешуі:Есептің шешілуі /әсіресе ықтималдыққа тиіс-І.К.Бектаев.Частотный словарь языка Абая.Масковская конференция по вопросам частотных словарей и автоматизации линговостатических работ.Л.,1966,96-бет. ті есептерді / есеп шартын дұрыс талқылауға байланысты.Бұл фактіні осы есептің шешуін талқылау арқылы көрсетейік. Бірінші жолы:Даламбер талқылау.Герб жағымен не бірінші лақтырғанда,не екінші лақтырғанда түседі,не тіпті түспейді.Сонымен,барлық элементар оқиғалар саны—үшеу.Олардың ішінде А оқиғасының пайда болуына қолайлы—екеу.Демек дәлелденген ықтималдық Р(А)=2/3=0,667 немесе 66,7 % болады. Екінші жолы:бірінші монетті бір рет лақтырғанда герб не тиын жағымен түсуі мүмкін:Кай жағымен түссе де , бұл екінші рет лақтырғандағы моменттің герб /Г/ не тиын /Т/ жағының түсуі мен комбинацияланып келеді.Ақырында,төменгі тең мүмкіндікті 4 жағдай болады.Олар: ГТ;ТГ ГГ;ТТ Мұнда Г-герб,Т-тиын.Есептің шартына қолайлы элементар оқиғалар саны 3.Олай болса,ықтималдығы Р(А)=3/4=0,75 немесе 75% Сонымен,табылған екі ықтималдықтың қайсысы дұрыс,қайсысы қате деген сұрау өзінен-өзі туады.Соны анықтайық.Далембердің қателігі мынада болған:ГГ және ТТ оқиғалар жиынын ГГ және ТТ оқиғаларымен тең мүмкіндікті деп алынған.Шындығында бұлай болмайтыны екінші талқылаудан байқалады.Сонымен,екінші шешудің дұрыстығын байқаймыз. 4-мысал./Де Мере есебі/.Француа армиясыеың кавалери І.Даламбер /1717-1788/ көрнекті француа математигі.Де Мере /ХҮІІ өмір сүрген/ құмар ойынға,қызба-құмар ойынға,өте әуесқой және ұтудың әр түрлі жолдарын іадегіш болған екен.Құмар ойыннан туған есептін шешілетіне көзі анық жетпесе ,математиктерден сұрап отырған.Сондай ойындардың бірі екі кубты лақтыру,үш кубты лақтыру т.т.Кубтарды лақтырғанда ұпайлар қосындысы қандай сан болатынына бәсеке тіккен.Өте зерекойыншы Де Мере үш кубты лақтырғанда ұпайларынның қосындысы ІІ не 12 болып келуі жағдайы жиі кездесетіні байқаған,бірақ солай болатынына өзі сене қоймаған және өзінше дәлелдепте көрген.Сондықтан 1654 жылы замандасы Пакальға хат жазған.Хатында осы аталған есепті шешуді өтінеді.Біз бұл есепті төмендегіше тұжырымдайық. Дұрыс үш кубты лқтырғанда ұпайларының қосындысы ІІ не 12 болудың қайсысының ықтималдығы артық? Шешуі:Ұпайлараының қосындысы ІІ болатыны А оқиғасы болсын,ал 12 болатыны В оқиғасы болсын.Кубтардың әрбіреуінің кез келген жағының шығу мүмкіндіктері бірдей.Екі кубты лақтырғанда барлық тең мүмкіндікті элементар оқиғалар саны 36 болатыны мәлім.Олай болса үш кубты лақтырғанда барлық тең мүмкіндікті нәтижелерсаны 36.6=216 болатынын байқау қ иын емес.Көрнеті болу үшін 6 қатарлы 36 бағаналы таблица құрайық./1-таблицаны қара/. І.Ілгеріде «нөмірі»орнына «ұпай»деген сөзді жиі қолданамыз.Куб жақтарының нөмірлерінңің қосындысы деудің орнына куб ұпайларының қосындысы т.т. дейтін боламыз. -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Әрбір ұядағы жақша ішіндегі сандардың біріншісі-бірінші кубтың түскен ұпайы,екіншісі-екінші кубтың түскен ұпайы,үшіншісі-үшінші кубтың түскен ұпайы.Енді осы табдицаны пайдаланып,ұпайларының қосындысы Х-ты табу қиын емес.Бірнеше ұядағы Х-тің мәні бірдей болуы мүмкін,сондықтан олардың санынm(Х) дейік.Сонда m/3/=m /18/=1 m/4/=m /17/=3 m/5/=m /16/=6 m/6/=m /15/=10 m/7/=m /14/=15 m/8/=m /13/==21 m/9/=m /12/=25 m/10/=m /11/=27 Бұдан А және В оқиғаларының ықтималдығын анықтау оңай.Өйткені А қоиғасына қолайлы элементар оқиғалар саны m/11/=2,ал В оқиғасына қолайлы элементар оқиғалар саны m/12/=25. Демек,іздеген ықтималдығымыз мынадай: Р(А)=27/216, Р(В)=25/216 яғни Р(А)>Р(В).Сондықтан да ұпайлардың қосындысы ІІ болады деп бәсепкелескен адамның ұту мүмкіндігі көбірек.
/6,4,1/ /4,1,6/ /1,4,6/ /6,1,4/ /4,6,1/ /1,6,4/ Сондай-ақ /6,3,2/ комбинациясы -6,/5,5,1/-3,/5,5,1/-3,/5,4,2/-6,/5,3,3/-3,/4,4,3/-3.иСонымен ұпай саны 11 болатын барлық комбинациялар сан 27 екен. Осы сияқты 12 ұпай шығатын комбинациялар саны мынадай: /6,5,1/-6,/6,4,2/-6,/6,3,3/-3,/5,5,2/-3,/5,4,3/-6,/4,4,4/-1, барлық саны 25-ке тең. Сонымен Де Мере қателігі комбинациялардың әр түрінен бір-бірден ғана алғандығында болып атыр /3-мысалдағы Даламбер қателігімен салыстыр/. 5-мысал. Класта 20 бала бар. Олардың 4-еуі үздік оқушы. Класс жетекшісі бір жұмысқа кез келген 3 оқушыны шақырды. Сол шақырған оқушылардың кемінде біреуінің үздік болу ықтималдығын анықтау керек. Шешуі. Шақырған оқушылардың дәл үшеуі де үздік болмауы Ā оқиғасы болсын, сонда оған қарама-қарсы оқиға шақырылған оқушылардың кемінде біреуінің үздік болатынын көрсетеді. 3 оқушыны 20 оқушының ішінен  тәсілімен шақыруға болады, яғни n= үздік еместердің ішінен тәсілімен шақырамыз. Сонда
Ал іздеген ықтималдық мәні жүктеу/скачать 1,43 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|
,Р(В)=
,