Ehtimollik nazariyasi va matematik statistika fanidan

ω₁=G………………-birinchi tashlagandayoq gerb tushganini,
ω₂=RG……………-birinchi tashlashda raqam, ikkinchisida gerb tushganini,
ω₃=RRG-birinchi va ikkinchi tashlashda raqam, uchinchisida gerb tushganini,
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ω₄=RRR…………R G -birinchi, ikkinchi va hokazo i-1 –tashlashda raqam, i-1- tashlashda gerb tushganini bildiradi.
Agar elementar hodisalar fazosi chekli yoki sanoqli miqdordagi elementar hodisalardan iborat bo’lsa, u elementar hodisalar diskret fazosi deyiladi.
Agar Ω da musbat qiymatli P(ω_i) funksiya berilgan bo’lsava u shartni qanoatlantirsa, u holda Ω da ehtimollar taqsimoti berilgan deyiladi.
Har qanday tasodifiy hodisaning ehtimoli deb, ushbu

songa aytiladi.
Misol: Bir jinsli kubni tashlashdan i ochko (i=1,2,2,3,4,5,6) tushish hodisasini ω_i bilan belgilaylik. U holda elementar hodisalar fazosi Ω={ω_i},i=1,2,3,4,5,6 bo’ladi. Kub bir jinsli bo’lgani uchun ω_i hodisaning ro’y berish ehtimoli deb hisoblash maqsadga muvofiqdir.
Xuddi shunga o’xshash, simmetrik bir jinsli tangatashlashda ω₁ gerb(G), ω₂ raqam(R) tushish hodisasi bo’lsa, deyish tabiiydir. U holda tangani birinchi bor gerb tushguncha tashlashda ω_i orqali i-tashlashda birinchi bor gerb tushishi hodisasi belgilansa, tegishli ehtimollarni
, ,..., ,...
kabi berilishi maqsadga muvofiqdir. Bunday berilgan funksiya Ω da ehtimollar taqsimotini aniqlaydi, chunki har bir
P(ω_i)>0 va .
Lekin, har safar ham ehtimolni bunchalik oson aniqlash mumkin deb tushunsak xato qilamiz. Masalan, kuzatilayotgan tajriba biror aloqa bo’limidan bir kunda kutilayotgan telegrammalar soni bo’lsin. Bu yerda tajribadan-tajribaga o’tganda, ya’ni kundan-kunga o’tganda ro’y berishi mumkin bo’lgan hodisalar (telegrammalar sonining biror natural songa tengligi) har xil bo’lishi mumkin.
Elementar hodisalar fazosi Ω={ω_i}, ω_i–i-kunda jo’natilgan telegrammalar sonidan iborat bo’lsa, bu misolda P(ω_i) ni ma’lum shartlar asosida, matematik mulohazalar yordamida aniqlash mumkin. Demak, elementar hodisalar diskret fazosida elmentar hodisalar ehtimolini kiritsak, unda har qanday A hodisaning ehtimoli

ko’rinishga ega. Bunday aniqlangan ehtimollik quyidagi xossalarga ega:
.
.
.
Ikkinchi xossadan, hususiy holda- bo’lganda- (qo’shish teoremasi) kelib chiqadi. Buni ehtimollikning chekli additivligi xossasi deyiladi va u birgalikda ro’y bermaydigan ( ) har qanday hodisalar uchun ham o’rinli, ya’ni .
Bu xossa quyidagi munosabatdanva da dan kelib chiqadi.
Ehtimollikning klassik ta’rifi. Kombinatorika elementlari
Agar Ω chekli n ta elementar hodisadan tashkil topgan bo’lib, har bir elementar hodisa ning ehtimoli ni ga teng deb olinsa, elementar hodisalar teng imkoniyatli deyiladi. Bunday fazoda har qanday A hodisaning ehtimolini quyidagicha aniqlash tabiiy:
.
Hodisaning funksiyasi bo’lmish bu P(A) ehtimolning hamma xossalarga ega ekanligini tekshirib chiqish qiyin emas. Ehtimolning yuqorida kiritilgan ta’rifi uning klassik ta’rifidir. Ko’rinib turibdiki, klassik ta’rif faqat teng imkoniyatli chekli sondagi elementar hodisalardan tashkil topgan Ω fazo uchun kiritilishi mumkin, bu hol klassik ta’rifni qo’llashni chegaralaydi, chunki Ω elementlari chekli bo’libgina qolmay, balki turli imkoniyatli bo’lishi ham mumkin-da!
Klassik ta’rifdan foydalanib masalalar yechishda kombinatorika elementlari muhim rol o’ynaydi, shuni e’tiborga olib kombinatorikaning ba’zi elementlari ustida to’xtalib o’tamiz.
1.Turli gruppadan bittadan tanlab olishlar kombinatsiyasi. r ta turli gruppa mavjud bo’lsin. Brinchi gruppa ta elementdan, ikkinchi gruppa ta elementdan va hokazo, r-gruppa ta elementdan tuzilgan bo’lsin. Har bir gruppadan faqat bittadan element olib, nechta r elementli gruppa tuzish mumkin?
Shunday usulda tuzish mumkin bo’lgan barcha gruppalar soni

dan iborat bo’ladi.
Isbot. Bu faktni isbotlash uchun matematik induksiya metodini qo’llaymiz. Buning uchun (1.1.1) ning da to’g’riligini isbotlaymiz. To’g’ri burchakli koordinatalar sistemasida o’qqa birinchi gruppa elementlarini, o’qqa ikkinchi gruppa elementlarini joylashtiramiz (1.1.7-chizma)

1.1.7-chizma(birinchi va ikkinchi gruppa elementlarining
koordinatalar sistemasida tasvirlanishi)
_{U holda barcha} ko’rinishdagi gruppalar soni ga teng bo’ladi. Endi (1.1.1) formulani r-1 uchun to’g’ri deb faraz qilib, uning r uchun tog’riligini ko’rsatamiz. r-1 bo’lgan holda ko’rinishdagi gruppalar soni _{ga teng.}
2. Qaytariladigan tenglashlar soni. Faraz qilaylik, n ta elementga ega bo’lgan gruppa berilgan bo’lsin. Bu gruppadan bittalab element olib uni fiksirlagach, o’rniga qaytarib qo’yamiz va bu protsesni yana takrorlaymiz. Bu usuldan r marta foydalanib, r elementli gruppani hosil qilamiz. Bu usulda tanlab olishlar soni ga teng. Bu formulaning isboti (1.1.1) dan bevosita kelib chiqadi, buning uchun r ta bir xil elementlarga ega bo’lgan gruppani qarash kifoya.
3. O’rinlashtirishlar soni (qaytarilmaydigan tanlashlar soni). Kombinatorika o’rinlashtirish deyilganda tartiblangan joylashtirishni tushuniladi. Agar r ta turli element n ta yacheykaga ko’pi bilan bittadan joylashtirilgan bo’lsa, u holda (1) formulaga ko’ra barcha o’rinlashtirishlar soni

ga tengdir. Agar r=n bo’lsa, o’rinlashtirishlar soni o’rin almashtirishlar soniga teng bo’ladi:

4. Gruppalashlar soni (kombinatsiyalar). N ta yacheykaga r ta turli element joylashgan bo’lsin. U holda gruppalashlar soni

ga tengligiga bevosita ishonch hosil mumkin. Agar nta elementli k ta gruppaga bo’lingan bo’lib, i-gruppada element mavjud bo’lsa, u holda bu usulda gruppalashlar soni

Isbot. n elementli gruppani n₁ va n-n₁ elementga ega bo’lgan ikkita gruppaga bo’lamiz, bunday bo’lishlar soni

usulda bo’ladi. Navbatda n-n₁ ni n₂ va n-n₁-n₂ elementli ikki gruppaga bo’lamiz, bunday gruppalashlar soni

usulda bo’ladi. Bu protsesni ketma-ket davom ettirib,

ni hosil qilamiz. Natijada (1.1.1) formuladan (1.1.2) tenglikning o’rinli ekaniga ishonch hosil qilamiz.
Endi gruppalashning ba’zi bir xossalarini keltiramiz. Ixtiyoriy
lar uchun

o’rinli, haqiqatan ham,

Quyidagi munosabatlarning to’g’riligiga bevosita ishonch hosil qilish mumkin:


Oxirgi tenglikdan

hosil qiluvchi funksiya yordamida hisoblaymiz, bu yerdaa,b–ixtiyoriy haqiqiy sonlar. Haqiqatan ham,(1.1.4) ifodaning z bo’yicha k-tartibli hosilasini hisoblasak,


hosil bo’ladi. Bu ifodadan a=1, b=1, z=1 da (1.1.3) ni hosila qilamiz.
Endi klassik ta’rifdan foydalanib, ba’zi bir hodisalarning ehtimolini hisolaymiz.
Misol. Uchta shashqaltosh tashlanganda tushgan ochkolar yig’indisi 18 ga teng bo’lish hodisasinining ehtimolini toping.
Yechish. ) (i,j,l= ) orqali mos ravishda birinchi shashqaltoshda i ikkinchisida j va uchinchisida l ochkolar tushishini belgilaymiz, u holda bu ko’rinishdagi tanlab olishlar soni n=6³=216. Agari=6, j=6 va l=6 bo’lsa, yig’indi 18 gateng bo’ladi, bunday imkoniyatlar soni esa 216 tadan faqat bitta, m=1, demak,
Misol. Pilla qabul qilish punktida pillaning sortini aniqlash maqsadida 10⁴ dona pilladan 100 donasini tasodifiy tanlab olinadi. Agar 100 dona pillaning hammasi birinchi sort bo’lsa, barcha pilla birinchi sortga qabul qilinadi, aks holda ikkinchi sortga olinadi. Hamma pillalar ichida 100 donasi ikkinchi sort bo’lsin. Laborant birinchi sortga qabul qiladigan 10⁴pilla ichidan 100 donasi ikkinchi sort chiqishi hodisasining ehtimolini toping.
Yechish. 10⁴ dona pilladan 100 tadan tanlab olishlar soni

ga teng. Shartga ko’ra, olingan 100 dona pilla birinchi sort bo’lsa, barcha pilla birinchi sortga qabul qilinadi. Demak, 100 dona pilla ikkinchi sortga tegishli pilla qolgan 9900 dona pilla ichida bo’ladi, bunday tanlashlar soni esa

klassik ta’rifga ko’ra, bu hodisaning ehtimoli:

Misol. Qartalar dastasidan (36 dona karta) tavakkaliga to’rttasi olindi. Shular ichida bitta “tuz” qarta bo’lish ehtimolini aniqlang.
Yechish. 36 dona qartadan 4 tasini usulda olish mumkin. Bitta “tuz” qartani usulda va uchta tuz bo’lmagan qartani usulda olish mumkin, u holda hamma qulaylik tug’diruvchi imkoniyatlar soni bo’ladi. Shuning uchun

Misol. Kitob lotereyasida jami n ta bilet bor, ulardan m tasi yutuqli. Tavakkaliga olingan k ta lotereyada kamida bitta yutuq chiqish ehtimolini toping.
Yechish. n ta biletdan k tasini usulda tanlash mumkin. Yutuq chiqmaydigan bilatlar soni n-m ta bo’lib, ulardan k tasini usulda tanlash mumkin. U holda bitta ham biletga yutuq chiqmaslik ehtimoli

nisbatga teng bo’ladi. Kamida bitta biletga yutuq chiqish hodisasi bitta ham biletga yutuq chiqmaslik hodisasiga qarama-qarshi hodisa bo’lgani sababli

Ehtimollikning geometrik ta’rifi

Biror G soha berilgan bo’lib, bu soha G₁ sohani o’z iсhiga olsin, . G sohaga tavakkaliga (tasodifan) tashlangan nuqtaning G₁ sohaga ham tushishi ehtimolini topish talab etilsin. Bu yerda Ω elementar hodisalar fazosi G ning barcha nuqtalaridan iborat va kontinium quvvatga ega. Binobarin, bu holda klassik ta’rifdan foydalana olmaymiz. Tashlangan nuqta G ga albatta tushsin va uning biror G₁ qismiga tushish ehtimoli shu G₁ qismining o’lchoviga (uzunligiga, yuziga, hajmiga 0 proporsional bo’lib, G₁ ni G ning qayerida joylashganiga bog’liq bo’lmasin. Bu shartlarda qaralayotgan hodisaning ehtimoli

bu yerda mes inglizcha so’zidan olingan bo’lib, o’lchov ya’ni uzunlik, yuza, hajm ma’nosini bildiradi.
formula yordamida aniqlanadi. Bu formula yordamida aniqlanadi. Bu formula yordamida aniqlangan P funksiya ehtimolining barcha xossalarini qanoatlantirishini ko’rish qiyin emas.
Misol. L uzunlikka ega bo’lgan kesmaga tavakkaliga nuqta tashlansin. Tashlangan nuqta kesmaning o’ratasidan ko’pi bilan l masofada yotish ehtimolini toping.
Yechish. Yuqoridagi shartni qanoatlantiradigan nuqtalar to’plami dan iborat (umimiylikka zarar yetkazmasdan, kesmaning o’rtasini sanoq boshi deb qabul qilamiz). Bu kesmaning uzunligi 2l ga teng. Demak, qaralayotgan hodisaning ehtimoli

Misol. Ikki do’st soat 9 bilan 10 o’rtasida uchrashmoqchi bo’lishdi. Birinchi kelgan kishi do’stini chorak soat davomida kutishi shartlashib olindi, agar bu vaqt mobaynida do’sti kelmasa, u ketishi mumkin. Agar ular soat 9 bilan 10 o’rtasidagi ixtiyoriy momentda kelishi mumkin bo’lib, kelish momentlari kelishilgan vaqt mobaynida tasodifiy bo’lib, bu momentlar o’zaro kelishilib olingan bo’lmasa, u holda bu ikki do’stning uchrashish ehtimoli qanchaga teng?
Yechish. Birinchi kishining kelish momenti x, ikkinchi kishiniki esa y bo’lsin. Ularning uchrashishlari uchun tengsizlikning bajarilishi zarur va yetarlidir. x va y larni tekislikdagi Dekart koordinatalari sifatida tasvirlaymiz. Ro’y berishi mumkin bo’lgan tomonlari 60 bo’lgan kvadrat nuqtalaridan va uchrashishga qulaylik tug’diruvchi imkoniyatlar shtrixlangan yuzdan iboratdir. Izlanayotgan Ehtimol shtrixlangan yuzning kvadrat yuziga bo’lgan nisbatiga teng (1.8-chizma):

1.1.8-chizma(Ikki do’st uchrashuvi haqidagi masala)



Misol. (Byuffon masalasi.) Tekislikda bir-biridan 2α masofada turuvchi parallel to’g’ri chiziqlar o’tkazilgan. Tekislikka uzunligi 2l (l<α) bo’lgan igna tavakkaliga tashlangan. Ignanaing birorta to’g’ri chiziqni kesish ehtimolini toping.
Yechish. x orqli ignaning o’rtasidan unga yaqinroq bo’lgan parallelgacha bo’lgan masofani va φ orqali igna bilan bu parallel orasidagi burchakni belgilaymiz (1.1.9-chizma).

1.1.9-chizma(Ignani tavakkaliga tashlash masalasi)