PRILOGNA_MATEMATIKA_TRIFONOV

3. Какво би трябвало да имаме първоначално на входа на двата
сектора?

Таблица 2

Изходи на сектор P Вход на Вход на Крайно Всичко
Изходи на сектор Q сектор сектор Q търсене на

Първоначално на P 750 210 изхода
входа 450 330
240 300 1200
720
240 1500

Решение:

1. Намираме входно-изходната матрица А:

 240 750 
 
A   1200 1500    0, 2 0, 5 
450   0, 6 0, 3 
 720 1500 
1200

2. Намираме първо матрицата (Е – А):

E  A   1 0    0, 2 0,5    0,8 0, 5 
 0 1   0, 6 0,3   0, 6 
     0, 7 

Използвайки някой от методите, дадени по-горе, намираме обратната

матрица:

(E  A)1  5  7 5
13  6 
 8 

Окончателно

X  (E  A)1 D

X  5 7 5 312   5  3679   1415 
 8   299  13  4264  1640 
13  6    

По този начин секторът Р трябва да произведе 1415 единици и

секторът Q съответно 1640 единици за да се посрещне новото крайно

търсене.

3. За индустриалния сектор Р са необходими 240 единици

първоначален вход за производството на сумарен изход от 1200

единици. Тоест, първоначалният вход е 240/1200=0,2 от сумарния

изход. Следователно, при новите условия ще е необходим 0,2

(1415)=283 единици първоначален вход (труд, земя, суровини).

Аналогично, първоначалният вход за сектора Q ще бъде 300/1500=0,2

от новия сумарен изход или 0,2 (1640)=328 единици.

Основни термини

Входно-изходен анализ - input-output analysis

Модел вход-изход - input-output model

Задачи за самостоятелно решаване:

Зад.1. Хипотетичното взаимодействие между двата сектора P и Q

(междуотрасловите връзки), са дадени в Таблица 3.

1. Да се построи входни-изходната матрица А;

2. Да се определи изходната матрица, ако крайното търсене се

промени на 74 единици за сектор Р и на 37 единици за сектор Q.

3. Какво би трябвало да имаме първоначално на входа на двата

сектора?

Таблица 3

Вход на Вход на Крайно Всичко

сектор сектор Q търсене на

P изхода

Изходи на сектор P 20 56 24 100

Изходи на сектор Q 50 8 22 80

Първоначално на 30 16

входа

Отговори:

1.  0,2 0,7 
 
 0, 5 0,1 

2.Съответно 250 и 180 единици.

3.Съответно 75 и 36 единици.

Зад.2. Хипотетичното взаимодействие между двата сектора

«Земеделие» и «Промишлено производство» (междуотрасловите

връзки), са дадени в Таблица 4.

Таблица 4

Земеделие Пром. Крайно Всичко

производство търсене на

изхода

Земеделие 240 270 90 600

Пром. 300 90 60 450

производство

Труд 60 90

1. Да се построи входни-изходната матрица А;
2. Да се определи изходната матрица, ако крайното търсене след 3

години се очаква да се намали до 63 единици за земеделските
стоки и да се увеличи до 105 единици за промишлените стоки.
3. Какви биха били новите изисквания за труда за всеки сектор?

ГЛАВА ПЕТА:

ОСНОВНИ ПОНЯТИЯ. СВОЙСТВА НА
ВЕРОЯТНОСТИТЕ.

1. Значение на вероятността.
2. Опит и изходи. Елементарно събитие. Случайно

събитие.
3. Вероятност. Класическо определение.
4. Пермутации, вариации и комбинации.
5. Статистическо определение на вероятността.
6. Аксиоматично определение на вероятността.
7. Свойства на вероятността.

1. Значение на вероятността.

Идеята за вероятността е една от основополагащите идеи,
лежащи във фундамента на съвременната наука. Зараждането й става
през 17 век, за да се решат проблеми и задачи в застраховането, в
демографията, в теорията на грешките. От втората половина на 19 век
вероятностните методи за изследване осигуряват големия прогрес в
природознанието. Тръгва се от разработването на молекулярно-
кинетичната теория на газовете и се стига до статистическата физика
(структурата на атома, елементарните частици и т.н.).

На вероятностни представи се крепи и еволюционната теория на
развитието на човека, развитието на теорията на наследствеността и
генетиката. Широко се прилагат вероятностни и статистически методи
и в теорията на надеждността, теорията на управлението,
икономиката, екологията и др.

2. Опит и изходи. Елементарно събитие. Случайно
събитие.

Известно е, че всяка научна дисциплина изхожда от някои
основни понятия, неподлежащи на определение. Те се основават в
общия случай на натрупания опит на човека. В теорията на
вероятностите това са понятията опит и изходи.

Случаен (стохастически) експеримент (опит или изпитване) се
нарича осъществяването на някакъв комплекс от условия, който
може практически или мислено да се възпроизведе неограничен брой
пъти.

Пример: Хвърляне на монета. Ако монетата е идеална и се
хвърля на гладка, твърда повърхност, възможни са само два изхода в
резултат от опита: да се падне лице или да се падне гръб.

Други примери: хвърляне на зар, теглене на карта от добре
размесено тесте, брой на колите на бензиностанция в определен
момент, тегленето на тиража на ТОТО, цена на акциите на дадена дата
и др.

Явленията, имащи място при реализацията на този комплекс от
условия, тоест, в резултат на случайния опит, се наричат
елементарни изходи или елементарни събития. Приема се, че при
провеждане на случайния експеримент се реализира само един от
възможните елементарни изходи.

Ако монетата се подхвърли един път, то елементарните изходи
са падането на гърба (Г) или лицето (Л).

Ако случайният експеримент е трикратно хвърляне на монета,
то елементарните изходи са:

ГГГ, ГГЛ, ГЛГ, ЛГГ, ГЛЛ, ЛГЛ, ЛЛГ, ЛЛЛ.

Множеството от всички елементарни събития, което се
съпоставя на всеки опит, се нарича пространство на елементарните
събития. То се означава с  (омега голямо), а i-ят элементарен

изход се означава с i (-омега малко).
Ако пространството на елементарните събития съдържа n

элементарных събития, то

=(1, 2 ,..., n ).

За трикратното хвърляне на монета,
=(ГГГ, ГГЛ,...,ЛЛЛ).

Ако случайният опит е еднократно хвърляне на зар, то
=(1,2,3,4,5,6) или =(1, 2 ,..., 6 ) .

Ако  е крайно или изброимо, то случайно събитие или
просто събитие се нарича всяко подмножество на .

Множеството се нарича изброимо, ако между него и
множеството на естествените числа може да се установи взаимно-
еднозначно соответствие.

Пример за безкрайно изброимо множество: хвърляне на монета,
докато за първи път се падне лице.

Пример за безкрайно неизброимо множество: множеството на

точките на зададена отсечка.

Ако множеството  е неизброимо, то събития ще наричаме само

подмножествата, удовлетворяващи определено условие (виж параграф

6).
Пример: Хвърля се зар, и елементарни изходи са броят на

точките, които са се паднали: =(1,2,3,4,5,6). A- събитие, състоящо се

в това, че броят на точките е четно число: А=(2,4,6); B- събитие,
състоящо се в това, че броят на точките е нечетно число: B=(1,3,5).

Казва се, че тези изходи, от които се състои събитието А,
благоприятстват събитието А или са благоприятстващи.

Удобно е събитията, по подобие на

множествата, да се изобразяват чрез

диаграма, наречена диаграма на Вен (Venn
diagram) На Фиг.1 е изобразено

пространството на елементарните събития ,
а множеството на елементартите изходи

(събития), благоприятстващи събитието A, е Фиг.1
заключено в областта А. Самите изходи не

се изобразяват на диаграмата, а

информацията за соотношението между техните множества се

съдържа в разположението на границите на съответните области.

Обединение (сума) на две

събития А и B (означава се AUB и се

чете «А или В») се нарича събитие,

състоящо се от всички елементарни

изходи, принадлежащи поне на едно от

Фиг.2 събитията А или B.Събитието AUB се
случва, ако се случва поне едно от

събитията А или B (Фиг.2).

Пример: Двама снайперисти стрелят по мишена едновременно,

и събитието А се състои в това, че първият снайперист улучва

мишената, а събитието B- в това, че вторият улучва мишената.

Събитието AUB означава, че мишената е улучена, или, казано по друг

начин, че тя е улучена от първия, от втория или и от двамата

едновременно.

Сечение (произведение) A∩B (чете се

«А и В») на събитията А и B се нарича

събитие, състоящо се от всички тези

елементарни изходи, които принадлежат и на

А и на B. На Фиг.3 сечението на събитията А и

B е изобразено чрез защрихованата област. Фиг.3

Според горния пример събитиетоA∩B се

състои в това, че мишената е улучена от двамата снайперисти.

Разлика А\B или А-B на събитията А и

B се нарича събитие, състоящо се от всички

изходи на събитието А, които не

благоприятстват събитието B. Диаграмата на

Вен на разликата на събитията А и B е

показана на Фиг.4.

Според разгледания по-горе пример

Фиг.4 събитието А\B се състои в това, че първият
снайперист е улучил мишената, а вторият не.

Събитието  се нарича достоверно или сигурно (то

непременно се случва в резултат на опита).

Празното множество  се нарича невъзможно събитие.

Събитието A=\A се нарича противоположно на събитието А или

допълнение на събитието А.

Събитията А и B се наричат

несъвместими, ако няма изходи,

принадлежащи едновременно и на А и на B,

тоест A∩B = . На Фиг.5 са показани

насъвместимите събития А и B. В горния

пример събитията са съвместими, тъй като

могат да се случат и едновременно. Фиг.5
Непосредствено от дадените по-горе

определения следват равенствата: AUA =; A∩A =; A B  A B;

A B = AUB . Двете последни равенства се наричат формули на
Де'Морган. За да бъдат възприети по-лесно, достатъчно е да се
начертаят техните диаграми на Вен.

3.Вероятност. Класическо определение

Най-общо казано, вероятността е мярка за обективната
възможност на сбъдването на дадено случайно събитие.

Според класическия начин за определяне на понятието
вероятност, предложен още от Паскал, Ферма и други велики
математици през Възраждането, вероятността на дадено събитие А,
която означаваме с Р(А), се намира по израза

P( A)  Брой на благоприятстващите изходи
Брой на всички възможни изходи

По-точното определение гласи:
Ако даден опит води към реализирането на един от n
равновъзможни изхода и ако m от тези изходи благоприятстват
събитието А, то вероятността на събитието А е:

P( A)  m (5.1)
n

Пример: От тесте с 52 карти се избира случайно една. Да се

намери вероятността картата да е асо, поп или дама.

Решение:
Броят на равновъзможните изходи е 52. Броят на благоприятстващите
изходи е 12 (тъй като има 4 аса, 4 попа и 4 дами в тестето). Тогава

P(A)  m  12  3
n 52 13

Пример: Колелото на рулетката е разделено на 38 секции,
номерирани от 1 до 36, 0 и 00. Половината от секторите от 1 до 36 са
оцветени в червено, другата половина в черно, 0 и 00 са зелени. При
играта играчът залага върху цвят или върху номер.

Да се намери вероятността на събитията:

a) топчето спира на червено число;

b) топчето спира на черно число;
c) топчето спира на зелено число;
d) топчето спира на номер 36;
e) топчето спира на някое от числата от 1 до 12 включително.

Решение:
Означаваме изброените по-горе събития с главни латински букви
от началото на азбуката, например, А, B, C и D съответно. Тогава

a)

P( A)  m  18
n 38

b)

P(B)  m  18
n 38

c)

P(C)  m  2
n 38

d)

P(D)  m  1
n 38

e)

P( A)  m  12
n 38

Пример: Хвърлят се два еднакви зара едновременно. Каква е
вероятността те да показват сума, равна на:

a) 4;

b) 7;
c) 12;

Решение:
Означаваме изброените по-горе събития с главни букви от
латинската азбука, както следва
А={сумата е 4}
B={сумата е 7}
C={сумата е 12}

Определяме всички възможни изходи n. За целта съставяме
таблицата, показана на Фиг.6.

Сума 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
Варианти

1 1+1 1+2 1+3 1+4 1+5 1+6 2+6 3+6 4+6 5+6 6+6
2 2+1 3+1 4+1 5+1 6+1 6+2 6+3 6+4 6+5
3 2+2 2+3 2+4 2+5 3+5 4+5 5+5
4 3+2 4+2 5+2 5+3 5+4
5 3+3 3+4 4+4
6 4+3

Фиг.6

Както се вижда от фигурата, броят на всички възможни елементарни
изходи е 36. Следователно, според класическото определение за
вероятност
a)

P(A)  m  3  1
n 36 12

b)

P(B)  m  6  1
n 36 6

c)

P(C)  m  1
n 36

Вижда се, че при едновременното хвърляне на два зара (или при
последователното двукратно хвърляне на един и същ зар при
непроменени условия), най-вероятно е сумата да е 7.

Забележка: Задачата може да бъде решена и без да се изписват
всички възможни варианти, а като се съобрази, че ако на единия от
заровете се падне определен брой точки, то на другия имаме 6
възможни варианта и обратно, тоест, всички варианти са 36- вж.
Фиг.7.

11
22
33
44
55
66

1 6x6=36
2

3

4 Фиг.7
4.Пермутации, вариаци65и и комбинации.

При пресмятането на вероятностите често се налага да се
използват някои основни съединения от комбинаториката-
пермутации, вариации, комбинации.

4.1.Пермутации

Определение: Всяко наредено множество, състоящо се от
елементите на някое множество А, се нарича пермутация на
множеството А.

Две пермутации се различават само по наредбата на елементите в
тях.

Примери:
1. подреждане на n различни предмета в един ред (книги на

полицата на библиотека, да речем);
2. разпределение на n длъжности между n кандидата за тях.

За да изведем формулата за броя на пермутациите, разсъждаваме
по следния начин. Представяме си, че разполагаме с n свободни
клетки, номерирани от 1 до n. В първата клетка може да се постави
всеки от n-те елемента, втората клетка може да се запълни по n-1
начина. Начините за запълване на първите две клетки тогава ще бъдат
n(n-1) начина (припомнете си примера с едновременното хвърляне на
двата зара- Фиг.6). Третата клетка може да се запълни по n-2 начина и
т.н. Продължавайки този процес, ще получим, че броят на начините на

запълване на n клетки е равен на nn 1n  2...3 2 1. Оттук

пермутациите от n елемента са равни на (5.2)
Pn = n(n - 1)(n - 2)...321

Определение: Произведението 1.2.3...n на първите n естествени
числа се означава с n! (ен факториел).

Тогава

Pn = n! (5.3)

Освен това по определение 1!=1 и 0!=1.

Пример: По колко начина могат да седна на задната седалка на
един автомобил трима души (Антон, Васил, Симеон)? (Счита се, че
седалката е за трима души).

Решение:
Начините могат да се изпишат подробно: ABC, BAC, CAB, CBA,
BCA, ACB, или всичко 6 начина.

По горната формула P3  3!1.2.3  6

Пример: 3!4=4!=24
n!(n-1)!=(n+1)!

4.2.Вариации

Определение: Всяко наредено подмножество от k елемента на
едно множество от n елемента се нарича вариация от k-ти клас на това
n-елементно множество.

Вариациите се означават Vnk (чете се «вариация от n елемента к-

ти клас»). За да намерим формулата за тях, разсъждаваме по подобен
начин, както за пермутациите, само че използваме к клетки. Първата
може да се запълни по n начина, втората, при запълнена първа по n-1
начина. Този процес може да продължава до запълването на
последната к-та клетка. Тази клетка при запълнени първите k-1 клетки
може да се запълни по n-(k-1) начина (или n-k+1). По този начин
всичките к клетки се запълват по

n(n 1)(n  2)...(n  k  2)(n  k 1)  n!
(n  k)!

начина.
Оттук се получава

Vnk  n! (5.4)

n  k !

За пресмятане на вариациите може да се използва следното
просто правило: записваме произведението, на което първият
множител е n, всеки следващ множител е с единица по-малък от
предходния, дотогава, докато общият брой на множителите стане
равен на к.

Примери:
1. подреждане на n различни предмета на к места ( да речем, по
колко начина 7 души могат да заемат трите места на задната
седална на една кола?);

Vnk  n n!  7 7!  7!  7.6.5  210
4!
 k !  3!

2. Да се изчисли

V83  8.7.6  336

Забележка: Обикновено в задачите за вариации k<n. В случай,
че k=n, то лесно се доказва, че Vnk  Pn  n!

4.3.Комбинации

Определение: Всяко ненаредено подмножество от k елемента на
едно множество от n елемента се нарича комбинация от k-ти клас на
това n-елементно множество.

Комбинациите се означават Cnk (чете се «комбинация от n

 елемента к-ти клас») илиn (чете се «ен над ка»). За да намерим
k

формулата за тях, разсъждаваме по подобен начин, както за

вариациите, само че вземаме предвид, че подмножеството е

ненаредено. Тоест, за да получим броя на комбинациите от n елемента

к-ти клас, трябва да премахнем чрез делене вариантите, в които

участват едни и същи к елемента, подредени по различен начин. Или

една комбинация се различава от друга само по състава на елементите,

но не и по подреждането им.

 Cnk n  Vnk
k k!

 Cnk n  n! (5.5)
k k!(n  k)! (5.6)

Освен това може да се докаже, че

 n 1
n

 n n
1

Примери:
1.подреждане на n различни предмета на к места ( да речем, по

колко начина 7 души могат да заемат трите места на задната седална
на една кола, като подреждането между тримата е без значение?);

Cnk  n! k !  7!  7!  7.5  35
3!4!
k!n  3!7  3!

Всъщност, възможните варианти са намалени 6 пъти, колкото е
броят на пермутациите на 3 елемента.

2.Да се изчисли

C83  8!  V83  8.7.6  56
3!(8  3)! P3 3.2.1

Задачи за самостоятелно решаване:

Зад.1.От седем различни хотела туристическа фирма организация
трябва да избере три за да настани три различни групи туристи. По
колко начина могат да се настанят групите?

Решение:

Тъй като хотелите се различни, а от условието се вижда, че във
всеки хотел може да се настани една група, а може и нито една, то
трябва да се пресметне броя на вариациите

V73  7!  7  6 5  210
4!

Зад.2.По колко начина могат да се настанят 8 туристи:

a. В двуместни стаи;  8  V82  8.7  28
b. В четириместни стаи. 2 2! 2!

Решение:
a.

b.

 8  70
4

Зад.3. Туристическа фирма организира посещения на 8 исторически
обекти в гр.В.Търново. Колко маршрута, включващи три от тях, може
да предложи фирмата, ако:

a. редът за посещение е важен;
b. редът за посещение е без значение.

Отг. а. 336

b.56
Зад.4. В клуб по тенис са регистрирани 10 състезатели. По колко
начина може да се състави отбор от 3 души, като редът (първа, втори
и трета ракета) има значение?

Отг. 720
Зад.5. Фирма «Иванов» трябва да пусне на пазара четири изделия едно
след друго. Колко варианта за решение има фирмата?

Решение:
Всяко подреждане на изделията е една пермутация на
множеството 1,2,3,4. Следователно, броят на вариантите е:

P4  4!1.2.3.4  24

5. Статистическо определение на вероятността

Класическото определение на вероятността понякога се натъква

на непреодолими трудности от принципен характер. Преди всичко

възниква въпросът за разумния начин да се определят

«равновъзможните събития».

Пример: Как по класическия начин да се определи вероятността,

че новороденото дете ще бъде момче?

Продължителното наблюдение за появата или непоявата на

събитието А при голям брой повтарящи се при един и същ комплекс

от условия опити показва, че за много случайни явления съществуват

устойчиви закономерности.

Разглеждаме случаен експеримент, заключаващ се в

подхвърляне на монета, направена от два слепени диска, от които

единият е от олово, а другият от алуминий. Ясно е, че центърът на

тежестта й не се намира в геометричния и център. В този случай не

можем да смятаме, че падането на лице или на гръб ще бъде

равновъзможно (равновероятно). От физиката е известно, че монетата

ще пада по-често на тази страна, която е по-тежка (в примера тази,
която е направена от олово). Как да се определи в такъв случай

вероятността за падането на лице и на гръб? Единственото, което

може да се направи, е да се хвърля тази монета n пъти (където n е
достатъчно голямо, например n=1000 или n=5000), да се преброи
колко пъти се пада лице и колко пъти гръб , и да се счита, че

вероятността е равна на съответната относителна честота на появата

на лице (Л) или гръб (Г), които съответно ще бъдата равни на nл/n и
nг/n. Именно по този начин се въвежда статистическото
определение на вероятността.

Определение:Вероятността P(i) се определя като граница на
относителната честота на появата на изхода i в процеса на
неограничено увеличение на броя на случайните експерименти n,
тоест

Pi  P(i )  lim mn (i ) , (5.7)
n
n

където mn(i)- брой на случайните експерименти в които е
зарегистрирана появата на елементарния изход i от общия брой n на
проведените случайни опити (експерименти).

Тъй като дадената по-горе формула не може да се докаже, то
можем само да се надяваме, че границата съществува, като се
обосноваваме на жизнения си опит и интуиция.

Примери: Древните китайци през 2238 год. преди Хр. по този
начин са определили съотношението между новородените момчета и
момичета. Те са считали, че то е ½. През 1935 год. шведският
статистик Крамер изчислява това съотношение като равно на 0,5175
(тоест, на всеки 1000 новородени приблизително 517 са момчета, а
останалите са момичета).

През 2000 година в Англия 150 000 ученици изпитват т.н.
«закон на Мърфи», който гласи, че намазаната филия с хляб най-често
пада с намазаната страна надолу (вж. примера с нееднородната
монета). Експериментът е хвърляне на намазана филия в определен
ден и час и съответно преброяване на резултатите. Законът се
потвърждава с висока степен на точност!

6. Аксиоматично определение на вероятността

Счита се, че в настоящия момент най-пълно и точно теорията на
вероятностите се построява чрез аксиоми. Съвременното
аксиоматично построяване се базира на подхода на А.Н. Колмогоров,
който свързва теорията на вероятностите с метрическата теория на
функциите и с теорията на множествата. Всъщност аксиомите се
основават на свойства на вероятностите, определени от класическите
и статистическите дефиниции, като в същото време аксиоматиката
ликвидира някои техни недостатъци, споменати по-горе.

Колмогоров тръгва от пространството на елементарните
събития . След това разглежда системата  от подмножествата на ,
като нейните елементи са случайни събития. Тя още се нарича -
алгебра или Бореловско поле на събитията. За нея трябва да са
изпълнени следните условия:

1)  принадлежи на ;
2) Ако А принадлежи на , то и A принадлежи на ;
3) Ако



Ai  , i 1,2,... то Ai 

i1

Този начин на определяне на случайното събитие напълно

съответства на разглежданите досега примери.

Пример:

Нека  е пространство на елементарните събития. Двете
системи подмножества:

1) , ;
2) , А, A,  (тук А е подмножество на ) са -алгебри .

Подмножеството А на неизброимо множество елементарни
изходи  е събитие, ако то принадлежи на някаква алгебра.

Аксиомата, наречена аксиома на А.Н. Колмогоров, гласи:

На всяко събитие съответства неотрицателно и не по-голямо
от единица число P(А), наречено вероятност на събитието А, при
това функцията P(А) има следните свойства:

1) Р()=1
2) ако събитията A1, A2,..., An са несъвместими, то
P(A1UA2U...UAn) = P (A1) + P (A2) +...+ P(An)
Необходимо е обаче да се въведе и т.н. разширена аксиома за
събиране. Това е така, тъй като се разглеждат и събития, които се
подразделят на безкраен брой частни случаи. Тази разширена аксиома
за събиране гласи:
3) Ако събитието А е равносилно на настъпването на поне
едно от две по две несъвместимите събития A1, A2,..., An,...., то

P(A) = P (A1) + P (A2) +...+ P(An)+…
Последнато условие може да бъде заменено с т.н. аксиома на
непрекъснатостта.

Ако е зададено пространството на елементарните събития ,
алгебрата на событията и определената на нея функция Р,
удовлетворяваща условията на приведената аксиома, то казват, че е
зададено вероятностно пространсво.

Това определение на вероятностно пространство може да бъде
пренесено за случая на крайно пространство на елементарните

събития . Тогава в качество на алгебра може да се взема системата

на всички подмножества на множеството .

7. Свойства на вероятността

Въз основа на дадените определения и аксиоми, могат да бъдат
доказани следните основни свойства на вероятността.

1. Вероятността на невъзможното събитие е равна на нула, а
вероятността на достоверното (сигурно) събитие, на единица.

P()  0 (5.8)
P() 1

2. Вероятността на случайното събитие е в границите между нула
и единица.

0  P(A) 1 (5.9)

3. Вероятността на събитието A, противоположно на събитието А,
е равна на

P(A) 1 P(A) (5.10)
или

P(A)  P(A) 1
4. Ако събитието А влече събитието В, то

A  B то P(A)  P(B) (5.11)

Това свойство се нарича свойство за монотонност на

вероятността.

5. Свойство (теорема, формула) за събиране на вероятностите.

Ако събитията А и В са несъвместими, т.е. A  B   ,

P(A  B)  P(A)  P(B) (5.12)

или, казано с други думи, вероятността на сумата (обединението) на
две несъвместими събития е равна на сумата от вероятностите на тези
събития.(Вж. диаграмата на Вен по-горе).

Съществува и разширена формула за събиране на вероятностите,
която се формулира както следва: ако A1, A2,..., Ak ,... са две по две

несъвместими, тоест,

Ai  Aj  , i  j
то

  P    P Ai (5.13)
 i1 Ai  i1

6. Ако условието за несъвместимост не е в сила (тоест, събитията

могат да се случат е едновременно), то

P(A  B)  P(A)  P(B)  P(A  B) (5.14)
7. Свойство за полуадитивност на вероятността

P(A  B)  P(A)  P(B) (5.15)

очевидно, то следва от горните две свойства.

8. Свойство за -полуадитивност

   Ai    P Ai (5.16)
i1  i1
P 

9. Преди да формулираме следващите свойства, ще дадем

определение за пълна група събития.

Ще казваме, че H1, H2,..., Hn е пълна група събития, ако:

Ai  Aj  , i  j

(не е възможно едновременното сбъдване на всеки две събития)
и

n

  Hi

i1

(сигурно ще се сбъдне поне едно от събитията)
Прието е елементите на пълната група да се наричат хипотези.
Пример: множеството на елементарните събития е пълна група.

Ако H1, H2,..., Hn е пълна група, то (5.17)

n

PHk  1

k 1

10.Ако H1, H2,..., Hk ,...е пълна група, то

 (5.18)

PHk  1

k 1

Основни термини
Вероятност -probability

Пермутация -permutation
Вариация –variation
Комбинация–combination

Задачи за самостоятелно решаване:

Зад.1.На колко е равна вероятността на събитието при хвърляне на два
зара единият да показва 4, а другият по-малко от 4?

Решение:
Броят на всички възможни изходи е n=36. Благоприятстващите

изходи са: (4,3), (4,2), (4,1), (1,4), (2,4) и (3,4). Те са шест на брой.
Тогава, ако дефинираме събитието А={ единият зар показва 4, а
другият по-малко от 4}

P(A)  m  6  1
n 36 6

Зад.2.Един господин звъни по телефона на познат, но не си спомня
точно последните две цифри на телефонния номер. Каква е
вероятността да се свърже с него, ако:

1. не помни нищо за двете цифри;
2. помни, че са четни;
3. помни, че са еднакви;
4. помни, че са еднакви и нечетни.

Решение:
Ясно е, че благоприятстващият изход е само един, т.е. m=1.
Пространството на елементарните събития  за всяко от подусловията
обаче е различно.
1. Първата цифра може да е 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 или съществуват 10

възможности. Втората също. Тогава n=10.10=100

Pm 1
n 100

2. Всяка от цифрите може да е 0,2,4,6,8 (приемаме, че нулата е
четно число). Тогава n=5.5=25

Pm 1
n 25

3. Възможните елементарни изходи са:
00,11,22,33,44,55,66,77,88,99 или n=10.
Pm 1
n 10

4. Възможните елементарни изходи са: 11,33,55,77,99 или n=5.

Pm1
n5

Зад.3.От тесте, състоящо се от 36 карти по случаен начин се изтеглят 3
карти. Каква е вероятността, че сред тях ще се окаже точно едно асо?

Решение:
Пространството на елементарните събития  се състои от

Cn  3
36

събития (не използваме вариации, тъй като няма значение редът на
изтегляне на картите). Благоприятстващите изходи изчисляваме по
следния начин. Едно асо (от 4), може да се изтегли по 1 начина, а

С4

останалите две карти в ръката, които не трябва да съдържат асо, по

С 2 начина. Тогава благоприятстващите случаи ще бъдат
32

C Cm  1 2 . Следователно
4 32
P  C41C322  31.16  496  0, 28
C336 35.3.17 1785

Зад.4.От тесте, състоящо се от 36 карти по случаен начин се изтеглят 3
карти. Каква е вероятността, че сред тях ще се окаже поне едно асо?

Решение:

Първи начин:

Пространството на елементарните събития , аналогично на

предходната задача, се състои от

Cn  3
36

събития.
Означаваме интересуващото ни събитие с А. То може да се

представи като сума от следните три несъвместими събития:

А1={поява на едно асо}
А2={поява на две аса}
А3={поява на три аса}

Благоприятстващите изходи изчисляваме по следния начин.

СЕдно асо (от 4), може да се изтегли по 1 начина, а останалите
4

две карти в ръката, които не трябва да съдържат асо, по 2 начина.

С 32

Тогава благоприятстващите случаи ще бъдат m  1 2 .

C C4 32

Следователно

C CЗа А1 m 1 2
4 32

C CЗа А2 m 21
4 32

C CЗа А2 m 30
4 32

Тогава

CCCP A1  12

4 3 32  0, 2778

36

CCCP A2  21

4 3 32  0,0269

36

CCCP A3  30

4 3 32  0,0006

36

Тъй като събитията са несъвместими, то е в сила свойство 5 за

събиране на вероятностите

P A  P A1  P A2   P A3   0,3053

Втори начин:
Събитието A се състои в това, че няма нито едно асо сред трите

Cкарти. Това може да стане по 3 начина. Следователно
32

  CCP A  3 30.31.32
34.35.36
32   0, 6947
3

36

Тогава, съгласно свойство 3 на вероятностите

P A 1 P A 1 0,6947  0,3053

Зад.5.Вероятността, че на определена дата в населеното място А ще
вали дъжд е 0,30, а вероятността , че в населеното място В ще вали е
0,40. Вероятността, че ще вали и в двете населени места е 0,20. Каква
е вероятността, че ще вали поне в едното от населените места?

Решение:
Нека
A={ще вали в населено място А}
В={ще вали в населено място В}

Трябва да се намери Р(АUB). Тогава, съгласно свойство 5:

P(A  B)  P A  PB  P A  B  0,30  0,40  0,20  0,50

Тоест, вероятността да вали дъжд на определената дата поне в
едно от населените места е 50%.

Зад.6.Вероятността, цената на една акция да се вдигне с повече от 10%
през следващата година е 0,30, докато вероятността да не се промени е
0,02. Каква е вероятността да се случи поне едното събитие?

Отг.0,32

Зад.7. Пет карти се изтеглят по случаен начин от тесте с 52 карти.
Каква е вероятността, че поне една от тях ще е асо?

Отг.0,341

Зад.8. Да се намери вероятността в играта 6 от 49 да се улучи
«шестица»? Каква е вероятността да се улучи «тройка»?

Указание: Вероятността да се улучи «тройка» се изчислява по
израза:

CCCP A3  33

6 43
6

49

Зад.9. Цената на една акция през следващата година може да се
повиши или може да се намали. Вероятността цената да се повиши е
0,20. Каква е вероятността тя да се намали?

Отг. 80%

Зад.10. Покерът е игра, при която между двама или повече играчи
побеждава този, който има най-добрата ръка от 5 карти. Каква е
вероятността някой от играчите да има «straight flush», тоест 5
поредни карти?

Указание: Възможни са следните поредици от 5 карти от един
цвят: А2345, 23456, 34567, 45678, 56789, 678910, 78910JQ, 8910JQ,
910JQK, 10JQKА- всичко 10 на брой.

Отг. 0,000015

ГЛАВА ШЕСТА:

УСЛОВНА ВЕРОЯТНОСТ. ТЕОРЕМА НА БЕЙС.
СХЕМА НА БЕРНУЛИ

1. Условна вероятност.
2. Независимост.
3. Теорема за пълната вероятност.
4. Теорема за хипотезите (теорема на Бейс).
5. Последователни независими изпитвания. Схема на

Бернули.

1. Условна вероятност.

Често се налага да се търси вероятност на дадено събитие А,
когато е известно, че се е осъществило събитието В.

Пример: Нека случайният опит да е двукратно хвърляне на зар.
Нека:

A={при първото хвърляне на зара се пада единица}
В={сумата от точките е по-малка от 4}
Пространството на елементарните събития  е:

  i, j :i, j 1,...,6

Броят на елементарните събития (който ще означим със знака

), е ()=36

Събитията А и В са следните подмножества на :

A  1,1,1,2,1,3,1,4,1,5,1,6
B  1,1,1,2,2,1

Както се вижда, (А)=6 и (В)=3. Освен това се вижда, че

A  B  1,1,1,2

и (АВ)=2
Забележка: За краткост сечението на А и В на някои места по-
долу ще бъде означавано АВ, или АВ АВ.
На Фиг.1 е начертана диаграмата на Вен, на която са показани
описаните събития.
Следователно, при горепосочените условия

P A  6 , PB  3 , P A  B  2
36 36 36

При условие, че се е сбъднало събитието В, събитието А може да

настъпи само когато се сбъднат елементарните събития (1,1) и (1,2).

Тогава по определението за класическата вероятност, условната

вероятност на събитието А при условие, че се е сбъднало събитието В

ще бъде



2,1 1,1 1,3
1,2 1,4
1,5
1,6

Фиг.1.

2 PA B
PB
P A/ B  2  36 
3 3

36

Определение: Нека Р(В)>0. Условна вероятност Р(А/B) на

събитието А при условие, че се е сбъднало събитието В (или: при

условие В), се нарича отношението:

P  A / B  P AB  (6.1)
PB

Ясно е, че по аналогичен начин може да се изведе и условната

вероятност на В при условие А:

P  B / A  P AB  (6.2)
P A

Пример: В библиотека има 6 учебника по теория на
вероятностите, от които 3 са с твърди корици. Библиотекарката по
случаен начин взема 2 от тях. Каква е вероятността и двата да са с
твърди корици?

Нека:
А={първият взет учебник е с твърди корици}
B={вторият учебник е с твърди корици}

Всъщност, при така формулираните събития се търси Р(АВ).
От горните формули получаваме

P A B  P APB / A  3.2  1

65 5

Последният израз дава възможнст да се пресмята вероятността
на сечението на две събития (т.е. на сложно събитие), ако се знаят
условната вероятност на едното събитие спрямо другото и
вероятността на събитието, стоящо в условието. Това е същността на
теоремата за умножение на вероятностите. Тя има два варианта, както
следва от формулите за условната вероятност:

P A B  P APB / A (6.3)
PA B  PBPA/B (6.4)

Или, записано съкратено

P AB  P A PB / A
P AB  PB P A/ B

2. Независимост.

Понятието независимост има основно значение в теорията на
вероятностите.

Определение: Събитията А и В се наричат независими, ако е в

сила равенството

P AB  P APB (6.5)

Ако последното условие не се изпълнява, събитията се наричат

зависими.

Ако събитията А и В са независими и Р(В)>0, то

P A/ B  P A

Аналогично, ако Р(А)>0, то

PB/ A  PB (6.6)

Доказателството на последните изрази следва непосредствено от

изведените по-горе съотношения.
Обикновено независимостта на две събития А и В, която се

нарича стохастична, за разлика от причинната независимост, не се

установява с изведената формула, а се постулира въз основа на

някакви външни обективни съображения. Чрез формулата (6.5) само

се пресмята вероятността Р(АВ), като се знаят вероятностите Р(А) и

Р(В) на двете независими събития.

Пример: По чисто обективни съобръжения е ясно, че събитията
А={брой на туристите на остров Аруба}

B={популация на белите мечки през 2004 година}
са независими, докато събитията

А={потребление на месо и мляко на глава от населението в
България}

B={средно тегло на гражданите на България}
би трябвало да имат някаква стохастична (вероятностна) зависимост.

Пример:Двама снайперисти стрелят по мишена, като всеки от тях
има право да направи по един изстрел. Вероятността първият
снайперист да улучи мишената е 80%, а вероятността вторият да
направи това е 70%. Каква е вероятността поне един от тях да улучи
мишената?

Решение:
Нека да дефинираме събитията:
А={първият снайперист улучва мишената}
B={вторият снайперист улучва мишената}
АВ={и двамата снайперисти улучват мишената}

Ясно е, че събитията са съвместими (защото могат да се случат
едновременно) и независими (защото уменията на единия снайперист
не зависят от уменията на другия). Всъщност, трябва да се намери
обединението на двете събития АВ ={поне един от снайперистите
улучва мишената}.

В съответствие със свойство 6) на вероятността, записваме

P A B  P A  PB  P A  B

Тъй като събитията са независими, можем да приложим

теоремата за умножение на вероятностите на независими събития:

P AB  P APB

Или, окончателно:

P A B  P A  PB  P A B 
 P A  P B  P A)P(B  0,80  0,70  0,80.0,70 

 0,94

Пример: Cнайперист стреля два пъти по мишена, като
вероятността за улучване с един изстрел е 0,5. Каква е вероятността
поне един от двата пъти да улучи мишената?

Решение:
Нека да дефинираме събитията:
А={снайперистът улучва мишената първия път}
B={снайперистът улучва мишената втория път}
Тогава

P A B  P A  PB  P A B 
 P A  P B  P A)P(B  0,50  0,50  0,50.0,50 

 0,75

Пример: Cнайперист стреля два пъти по мишена, като
вероятността за улучване с един изстрел е 0,5. Каква е вероятността и
двата пъти да улучи мишената?

Решение:
Нека да дефинираме събитията:
А={снайперистът улучва мишената първия път}
B={снайперистът улучва мишената втория път}
Тогава, тъй като изстрелите са независими един от друг

P AB  P A PB  0,5.0,5  0,25

3. Теорема за пълната вероятност.

Нека събитието А да може да настъпи при условие на появата на

едно от несъвместимите събития H1, H2,..., Hn , които образуват пълна
група. Ще напомним, че H1, H2,..., Hn е пълна група събития, ако:

Hi  H j  , i  j
(не е възможно едновременното сбъдване на всеки две събития) и

n

  Hi

i1 е

(сигурно ще се сбъдне поне едно от събитията). Прието

елементите на пълната група да се наричат хипотези. Нека да са

известни вероятностите на тези хипотези, т.е.

PH1, PH2 ,..., PHn 

и условните вероятности

P A/ H1, P A/ H2 ,..., P A/ Hn 

Как да се намери вероятността на събитието А?

Диаграмата на Вен за тази ситуация е показана на Фиг.2.

 H2

H1 A

Hn

Фиг.2.

Отговор дава теоремата за пълната вероятност.
ТЕОРЕМА 1: Ако {Hi} образуват пълна група от събития и
Р(Hi)>0 за всяко i=1,2,…,n, то за всяко събитие А е изпълнено

n (6.7)

P A   PHi P A/ Hi 
i1

Доказателство: По условие А може да настъпи, ако настъпи едно

от несъвместимите събития H1, H2,..., Hn . С други думи, за да се появи

А, трябва да настъпи някое от несъвместимите събития H1A, H2A, …,
HnA. По формулата за събиране на вероятностите

P(A) = P(H1∩A) + P(H2∩A) +...+P(Hn∩A)

По теоремата за умножение на вероятностите на зависими
събития

P H1A  PH1 P A/ H1

PH2A  PH2 P A/ H2 

.............................................

PHnA  PHn P A/ Hn 

Замествайки в горната формула, получаваме

n

P A   PHi P A/ Hi 
i1

Пример: Трима от членовете на управителния съвет на фирма са
номинирани за президент на фирмата. Вероятността г-н Иванов да
бъде избран е 0,3, вероятността г-н Петров да бъде избран е 0,5 и
вероятността г-ж Георгиева да бъде избрана е 0,2. Ако г-н Иванов
бъде избран, вероятността за увеличаване на собствения капитал на
фирмата е 0,8, ако г-н Петров бъде избран, тази вероятност е 0,1 и ако
бъде избрана г-жа Георгиева, тя е 0,4.

Каква е вероятността, че ще бъде увеличен собствения капитал
на фирмата?

Решение: Разглеждаме следните събития:

A={Собственият капитал на фирмата се увеличава}
H1={Избират г-н Иванов}
H2={Избират г-н Петров}
H3={Избират г-жа Георгиева}

По теоремата за пълната вероятност

n

P A   PHi P A/ Hi  
i1

 P H1 P A/ H1  PH2  P A/ H2   PH3  P A/ H3  

 0,3.0,8  0,5.0,1 0,2.0,4  0,37

4.Теорема за хипотезите (теорема на Бейс).

Да си представим следната ситуация. До случайния опит сме
можели да направим хипотезите H1, H2,..., Hn , несъвместими и
образуващи пълна група. Вероятностите им до провеждането на
опита, тоест, «априорните вероятности» (от a priori- до опита), са
зададени и равни съответно на

PH1, PH2 ,..., PHn 

Сега предполагаме, че опитът е проведен и в резултат от него се е
случило събитието А. Въпросът е, как трябва да се преразгледа
вероятността на хипотезите във връзка с този факт. Тоест, търсят се
т.н. «апостериорни вероятности» (от a posteriori- след опита) на
хипотезите при условие, че опитът е дал резултат А:

PH1 / A, PH2 / A,..., PHn / A

Тази задача се решава от теоремата на Бейс (Bayes), наречена
още теорема за хипотезите.

ТЕОРЕМА 2: Ако {Hi} образуват пълна група от събития,
Р(Hi)>0 за всяко i=1,2,…,n, и ако Р(А)>0, то е изпълнено

PHi / A  PHi PA/ Hi  (6.8)

n
PHi PA/ Hi 
i1

Доказателство: Използваме последователно теоремата за
умножение и теоремата за пълната вероятност. За всяка хипотеза Hi
изчисляваме вероятността на сечението HiА и по теоремата за
умножение

PHiA  PHi P A/ Hi   P APHi / A
PHi P A/ Hi   P APHi / A

Разделяме лявата и дясната страна на Р(А) и получаваме

PHi / A  PHi PA/ Hi 

P( A)

Но по теоремата за пълната вероятност

n

P A   PHi P A/ Hi 
i1

Тогава

PHi / A  PHi PA/ Hi 

n
PHi PA/ Hi 
i1

Пример: Като се има предвид условието на решения в
предходния параграф пример и ако се знае, че собственият капитал ще
се увеличи, каква е вероятността г-жа Георгиева да бъде избрана за
президент на фирмата?

Решение: Търси се условната вероятност Р(Н3/А). Използваме
теоремата на Бейс.

PH3 / A  PH3PA/ H3 

3
PHi PA/ Hi 
i1

 P H1  P A / H1   PH3PA/ H3  P  H3  P  A / H3  
PH2  P A/ H2 

 0,2.0,4  0,08  8
0,37 0,37 37

Резултатът предполага, че ако собственият капитал на фирмата
ще се увеличава, г-жа Георгиева най-вероятно няма да бъде избрана за
президент на фирмата.

5.Последователни независими изпитвания. Схема на
Бернули.

Много задачи, решаването на които има широко приложение в
практиката водят до схема, състояща се от редица независими опити
(изпитвания), наречена схема на Бернули.

Определение: Системата от n опита се нарича редица от
последователни независими изпитвания или схема на Бернули ако:

1. във всеки опит случайното събитие А, респективно А , се

осъществява с една и съща вероятност Р(А)=p и P( А )=q=1-p;
2. резултатът на всеки опит не зависи от изходите на другите

опити.

Понякога единото от събитията условно се нарича «успех», а
другото «неуспех».

Пример: Правилна монета се хвърля 3 пъти. Да се пресметне
вероятността 2 пъти да се падне лице. (Тоест, от три опита да имаме 2
успеха, ако условно считаме падането на лице «успех»).

Решение: Възможните резултати са 0 лица, 1 лице, 2 лица и 3 лица.
Нека да намерим вероятностите за всяко едно от тези събития.

Съставяме Таблица 1.

Варианти Първо Второ Таблица 1 Брой
хвърляне хвърляне лица
1 Трето
2 Г Г хвърляне 0
3 Г Г 1
4 Г Л Г 1
5 Л Г Л 1
6 Г Л Г 2
7 Л Г Г 2
8 Л Л Л 2
Л Л Л 3
Г
Л

От таблицата отчитаме, че от 8 възможни изхода, 3 са
благоприятстващи падането на две лица, следователно

P3 2  m  3  0,375 .
n 8

В общия случай, когато трябва да се изчисли вероятността да

имаме к «успеха» при n независими опита, се използва формулата на

Бернули:

C Pn k  k pkqnk (6.9)

n

където

n-брой на независимите опити,

k-брой на успехите,

p- вероятност за успех в един опит,

q- вероятност за неуспех в един опит, q=1-p
Резултатът, получен в примера, се намира по следния начин:

CPn k   k p k q nk  3!  1 2  1 32 
n 2   2 
2!3  2!

 3. 1 . 1  3  0,375
42 8

(В случая p=1/2, q=1- p=1-1/2=1/2 , тъй като вероятността да се
падне лице и гръб при еднократно хвърляне на монета е равна на 1/2)

Самостоятелно намерете вероятностите при 3 хвърляния да не
се падне лице, то да се падне един път и лицето да се падне и трите
пъти, и сравнете резултатите с тези, получени от таблицата. Освен
това ще забележите, че събитията образуват пълна група.

Основни термини
Условна вероятност – conditional probability
Теорема за хипотезите (теорема на Бейс) – Bayes’ theorem
Схема на Бернули – Bernoulli trials
Ариорна вероятност–prior probability
Апостериорна вероятност–posterior probability

Задачи за самостоятелно решаване.

Зад.1. Вероятността, че даден самолет ще излети по разписание е
Р(В)=0,83, а вероятността, че ще пристигне навреме е Р(А)=0,82.

Вероятността, че ще излети навреме и ще пристигне навреме Р

(АВ)=0,78. Да се намери вероятността, че:
a. самолетът пристига навреме, при условие, че е излетял навреме;
b. самолетът е излетял навреме, при условие, че е пристигнал
навреме.

Решение:

a.

P A/ B  PA B  0, 78  0,94
PB 0,83

b.

PB/ A  PA B  0, 78  0,95
P A 0,82

Зад.2. Имаме кашон с 20 лампи, от които 5 са дефектни. Ако извадим
2 от тях по случаен начин последователно (тоест, извадката е без
връщане), каква е вероятността, че двете лампи ще са дефектни?

Решение:
Тъй като двете изваждания се независими едно от друго, то

P A B  P APB  5 . 4  1

20 19 19

Зад.3. От урна, съдържаща 7 бели и 3 черни топки изваждаме две
последователно (тоест, извадката е без връщане). Каква е
вероятността, че първата топка ще е бяла, а втората черна?

Отг. 7/30

Зад.4. От урна, съдържаща 7 бели и 3 черни топки изваждаме две
последователно. (тоест, извадката е без връщане). Каква е
вероятността, че едната топка ще е бяла, а другата черна?

Отг. 7/15