Симметричную монету бросают 8 раз. Во сколько раз вероятность события «выпало ровно 4 орла» больше вероятности события «выпадет ровно 3 орла»?
Решите пожалуйста с объяснением. Спасибо!
Вероятность наступления события А — это отношение числа благоприятствующих исходов m к числу всех исходов n.
В нашем случае число всех исходов 2⁸.
(поясню. бросили 1 раз — получили 2 исхода.
бросили второй раз — из двух исходов вырастает уже 4 по 2 на каждый предыдущий,
и в результате получим 2⁸ исходов)
Число благоприятных исходов для события А (бросаем 8 раз, выпадает орел 4 раза)
Решение №87 Симметричную монету бросают 8 раз. Во сколько раз вероятность события «орел выпадет ровно 6 раз» …
Симметричную монету бросают 8 раз. Во сколько раз вероятность события «орел выпадет ровно 6 раз» больше вероятности события «орёл выпадет ровно один раз»?
Решение:
Есть три секунды времени? Для меня важно твоё мнение!
Насколько понятно решение?
Средняя оценка: 3.4 / 5. Количество оценок: 20
Оценок пока нет. Поставь оценку первым.
Новости о решённых вариантах ЕГЭ и ОГЭ на сайте ↙️
Вступай в группу vk.com ��
Расскажи, что не так? Я исправлю в ближайшее время!
В отзыве оставь любой контакт для связи, если хочешь, что бы я тебе ответил.
Новые задачи по теории вероятностей из Открытого Банка заданий ЕГЭ, 2021-2022 год
На этой странице – решения новых задач из Открытого Банка заданий, из которого формируется Банк заданий ФИПИ. Вы знаете, что в Проекте ЕГЭ-2022 в варианте Профильного ЕГЭ по математике не одна задача на теорию вероятностей, а две, причем вторая – повышенной сложности. Покажем, какие задачи могут вам встретиться на ЕГЭ-2022. Проект пока не утвержден, возможны изменения, но ясно одно – теория вероятностей на ЕГЭ будет на более серьезном уровне, чем раньше. Раздел будет дополняться, так что заходите на наш сайт почаще!
1. Игральный кубик бросают дважды. Известно, что в сумме выпало 8 очков. Найдите вероятность того, что во второй раз выпало 3 очка.
Выпишем возможные варианты получения 8 очков в сумме:
| 2 | 6 |
| 6 | 2 |
| 3 | 5 |
| 5 | 3 |
| 4 | 4 |
Подходит только вариант 5; 3. Вероятность этого события равна 1 : 5 = 0,2 (один случай из 5 возможных).
2. В ящике 4 красных и 2 синих фломастера. Фломастеры вытаскивают по очереди в случайном порядке. Какова вероятность того, что первый раз синий фломастер появится третьим по счету?
Благоприятными будут следующие исходы:
Первый раз – вытащили красный фломастер,
И второй раз – красный,
А третий раз – синий.
Вероятность вытащить красный фломастер (которых в ящике 4) равна
После этого в ящике остается 5 фломастеров, из них 3 красных, вероятность вытащить красный равна
Наконец, когда осталось 4 фломастера и из них 2 синих, вероятность вытащить синий равна
Вероятность события <красный – красный – синий >равна произведению этих вероятностей, то есть
3. В коробке 10 синих, 9 красных и 6 зеленых фломастеров. Случайным образом выбирают 2 фломастера. Какова вероятность того, что окажутся выбраны один синий и один красный фломастер?
Всего в коробке 25 фломастеров.
В условии не сказано, какой из фломастеров вытащили первым – красный или синий.
Предположим, что первым вытащили красный фломастер. Вероятность этого в коробке остается 24 фломастера, и вероятность вытащить вторым синий равна Вероятность того, что первым вытащили красный, а вторым синий, равна
А если первым вытащили синий фломастер? Вероятность этого события равна Вероятность после этого вытащить красный равна вероятность того, что синий и красный вытащили один за другим, равна
Значит, вероятность вытащить первым красный, вторым синий или первым синий, вторым красный равна
А если их доставали из коробки не один за другим, а одновременно? Вероятность остается такой же: 0,3. Потому что она не зависит от того, вытащили мы фломастеры один за другим, или с интервалом в 2 секунды, или с интервалом в 0,5 секунды… или одновременно!
Ответ: 0,3.
4. При подозрение на наличие некоторого заболевания пациента отправляют на ПЦР-тест. Если заболевание действительно есть, то тест подтверждает его в 86 % случаев. Если заболевания нет, то тест выявляет отсутствие заболевания в среднем в 94% случаев.
Известно, что в среднем тест оказывается положительным у 10% пациентов, направленных на тестирование. При обследовании некоторого пациента врач направил его на ПЦР-тест, который оказался положительным. Какова вероятность того, что пациент действительно имеет это заболевание?
Задача похожа на уже знакомую тем, кто готовится к ЕГЭ (про гепатит), однако вопрос здесь другой.
Уточним условие: «Какова вероятность того, что пациент, ПЦР-тест которого положителен, действительно имеет это заболевание?». В такой формулировке множество возможных исходов — это число пациентов с положительным результатом ПЦР-теста, причем только часть из них действительно заболевшие.
Пациент приходит к врачу и делает ПЦР-тест. Он может быть болен этим заболеванием – с вероятностью х. Тогда с вероятностью 1 – х он этим заболеванием не болен.
Анализ пациента может быть положительным по двум причинам:
а) пациент болеет заболеванием, которое нельзя называть, его анализ верен; событие А,
б) пациент не болен этим заболеванием, его анализ ложно-положительный, событие В.
Это несовместные события, и вероятность их суммы равна сумме вероятностей этих событий.
Мы составили уравнение, решив которое, найдем вероятность
Что такое вероятность х? Это вероятность того, что пациент, пришедший к доктору, действительно болен. Здесь множество возможных исходов — это количество всех пациентов, пришедших к доктору.
Нам же нужно найти вероятность z того, что пациент, ПЦР-тест которого положителен, действительно имеет это заболевание. Вероятность этого события равна (пациент болен и ПЦР-тест выявил заболевание, произведение событий). С другой стороны, эта вероятность равна (у пациента положительный результат ПЦР-теста, и при выполнении этого условия он действительно болен).
Получим: отсюда z = 0,43.
Ответ: 0,43.
Вероятность того, что пациент с положительным результатом ПЦР-теста действительно болен, меньше половины!
Кстати, это реальная проблема для диагностики в медицине, то есть в задаче отражена вполне жизненная ситуация.
5. Телефон передает sms-сообщение. В случае неудачи телефон делает следующую попытку. Вероятность того, что сообщение удастся передать без ошибок в каждой следующей попытке, равна 0,4. Найдите вероятность того, что для передачи сообщения потребуется не больше 2 попыток.
Здесь все просто. Либо сообщение удалось передать с первой попытки, либо со второй.
Вероятность того, что сообщение удалось передать с первой попытки, равна 0,4.
С вероятностью 0,6 с первой попытки передать не получилось. Если при этом получилось со второй, то вероятность этого события равна
Значит, вероятность того, что для передачи сообщения потребовалось не более 2 попыток, равна
6. Симметричную монету бросают 10 раз. Во сколько раз вероятность события «выпадет ровно 5 орлов» больше вероятности события «выпадет ровно 4 орла»?
А это более сложная задача. Можно, как и в предыдущих, пользоваться определением вероятности и понятиями суммы и произведения событий. А можно применить формулу Бернулли.
Формула Бернулли:
– Вероятность того, что в независимых испытаниях некоторое случайное событие наступит ровно раз, равна:
– вероятность появления события в каждом испытании;
– вероятность непоявления события в каждом испытании.
Коэффициент часто называют биномиальным коэффициентом.
О том, что это такое, расскажем с следующих статьях на нашем сайте. Чтобы не пропустить – подписывайтесь на нашу рассылку.
А пока скажем просто, как их вычислять.
Нет, это не заклинание. Не нужно громко кричать: Эн. Поделить на эм! И на эн минус эм! �� То, что вы видите в формуле, – это не восклицательные знаки. Это факториалы.
На самом деле все просто: n! (читается: эн факториал) – это произведение натуральных чисел от 1 до n. Например,
Пусть вероятность выпадения орла при одном броске монеты равна вероятность решки тоже Давайте посчитаем вероятность того, что из 10 бросков монеты выпадет ровно 5 орлов.
Вероятность выпадения ровно 4 орлов равна
Найдем, во сколько раз больше, чем
7. Стрелок стреляет по пяти одинаковым мишеням. На каждую мишень дается не более двух выстрелов, и известно, что вероятность поразить мишень каждым отдельным выстрелом равна 0,6. Во сколько раз вероятность события «стрелок поразит ровно 5 мишеней» больше вероятности события «стрелок поразит ровно 4 мишени»?
Стрелок поражает мишень с первого или со второго выстрела.
Вероятность поразить мишень равна
Вероятность поразить 5 мишеней из 5 равна
Вероятность поразить 4 мишени из 5 находим по формуле Бернулли:
8. В одном ресторане в г. Тамбове администратор предлагает гостям сыграть в «Шеш-беш»: гость бросает одновременно 2 игральные кости. Если он выбросит комбинацию 5 и 6 очков хотя бы один раз из двух попыток, то получит комплимент от ресторана: чашку кофе или десерт бесплатно. Какова вероятность получить комплимент? Результат округлите до сотых.
Ресторан «Шеш-Беш» должен сказать составителям задачи спасибо: теперь популярность вырастет во много раз 🙂
Заметим, что условие не вполне корректно. Например, я бросаю кости и при первом броске получаю 5 и 6 очков. Надо ли мне бросать второй раз? Могу ли я получить 2 десерта, если дважды выброшу комбинацию из 5 и 6 очков?
Поэтому уточним условие. Если при первом броске получилась комбинация из 5 и 6 очков, то больше кости я не бросаю и забираю свой десерт (или кофе).
Если первый раз не получилось – у меня есть вторая попытка.
Решим задачу с учетом этих условий.
При броске одной игральной кости возможны 6 исходов, при броске 2 костей – 36 исходов. Только два из них благоприятны: это 5; 6 и 6; 5, вероятность каждого из них равна Вероятность выбросить 5 и 6 при первом броске равна
Вероятность того, что с первой попытки не получилось, равна
Если в первый раз не получилось выбросить 5 и 6, а во второй раз получилось – вероятность этого события равна
Вероятность выбросить 5 и 6 с первой или со второй попытки равна
9. Игральную кость бросили один или несколько раз. Оказалось, что сумма всех выпавших очков равна 4. Какова вероятность того, что был сделан один бросок? Ответ округлите до сотых.
Рассмотрим возможные варианты. Игральную кость могли бросить:
1 раз, выпало 4 очка. Вероятность этого события равна (1 благоприятный исход из 6 возможных). При этом, если получили 4 очка, кость больше не бросаем.
2 раза, выпало 3 и 1 или 1 и 3 или 2 и 2. При этом, если получили 4 очка, больше не бросаем кость. Для 2 бросков: всего 36 возможны исходов, из них 3 благоприятных, вероятность получить 4 очка равна
3 раза, выпало 1, 1, 2 или 1, 2, 1 или 2, 1, 1. Если получили 4 очка – больше не бросаем кость. Для 3 бросков: всего возможны исходов, из них 3 благоприятных, вероятность получить 4 очка равна
4 раза, каждый раз по 1 очку. Вероятность этого события равна
Вероятность получить 4 очка равна
Воспользуемся формулой условной вероятности.
Пусть — вероятность получить 4 очка, сделав 1 бросок; (для одного броска: 6 возможных исходов, 1 благоприятный);
— вероятность получить 4 очка с одной или нескольких попыток,
— вероятность, что при этом был сделан только один бросок;
10. В викторине участвуют 6 команд. Все команды разной силы, и в каждой встрече выигрывает та команда, которая сильнее. В первом раунде встречаются две случайно выбранные команды.
Ничья невозможна. Проигравшая команда выбывает из викторины, а победившая команда играет со следующим случайно выбранным соперником. Известно, что в первых трех играх победила команда А. Какова вероятность того, что эта команда выиграет следующий раунд?
Пусть силы команд равны 1, 2, 3, 4, 5 и 6.
В трех раундах участвуют 4 команды, то есть выбирается 4 числа из 6 и среди этих четырех находится наибольшее.
Выпишем в порядке возрастания, какие 4 команды могли участвовать в первых трех раундах:
1234, 1235, 1236, 1245, 1246, 1256, 1345, 1346, 1356, 1456, 2345, 2346, 2356, 2456, 3456 — всего 15 вариантов.
Среди этих 15 групп есть только одна, в которой 4 — наибольшее число. Это группа 1234. Однако, если команда 4 победила команды 1, 2 и 3, то у нее нет шансов выиграть в следующем раунде у команды 5 или 6.
Есть также 4 группы, в которых 5 — наибольшее число. Вероятность того, что команда 5 победила в трех первых раундах, равна В следующем туре команда 5 встретится либо с командой 6 (и проиграет), либо с командой 1, 2, 3 или 4 и выиграет, то есть в четвертом раунде команда 5 побеждает с вероятностью
Есть также 10 групп, где 6 — наибольшее число. Вероятность того, что команда 6 победила в трех первых раундах, равна В четвертом туре команда 6 побеждает с вероятностью 1 (она самая сильная). Соответственно, в следующем туре команда 6 побеждает с вероятностью 1.
Получается — вероятность команды, победившей в 3 первых турах, победить в четвертном.
И наконец, хитроумная задача, совсем не похожая на школьную теорию вероятностей. В математике ее называют «задачей о разорении игрока». Это уже крутейший теорвер! Будем надеяться, что в варианты ЕГЭ ее все-таки включать не будут.
11. Первый член последовательности целых чисел равен 0. Каждый следующий член последовательности с вероятностью р = 0,8 на единицу больше предыдущего и с вероятностью 1 – р меньше предыдущего. Какова вероятность того, что какой-то член этой последовательности окажется равен – 1?
Кошмар, что и говорить, и точно не задача из Части 1 ЕГЭ. Будем разбираться.
Вначале мы находимся в точке 0, из нее можем попасть в точку с координатой 1 или в точку с координатой -1. Дальше возможно увеличение или уменьшение координаты на каждом шаге, а найти надо вероятность того, что когда-либо попадем в точку -1.
Обозначим – вероятность когда-либо попасть в точку -1, если сейчас мы находимся в точке 0,
– вероятность когда-либо попасть в точку -1, если сейчас мы находимся в точке i.
Из точки 0 можно пойти вверх или вниз. Если мы идем вниз (с вероятностью q=1 – р) – мы сразу попадаем в точку -1.
Поскольку из точки 0 можно пойти вверх или вниз, и эти события несовместны, получим:
где – вероятность попасть когда-нибудь в точку -1, находясь в данный момент в точке 1.
А из точки 1 в точку – 1 можно попасть следующим образом: сначала в точку 0, потом в точку – 1; вероятность каждого из этих событий равна
Да, это сложно воспринять! Но давайте вернемся к обозначениям: Р1 – вероятность когда-либо попасть в точку -1, если сейчас мы находимся в точке 0. И она точно такая же, как вероятность когда-либо попасть в точку 0, если сейчас мы находимся в точке 1.
Значит, вероятность попадания из точки 1 в точку – 1 равна Мы получаем квадратное уравнение:
По условию, Тогда
Корни этого уравнения: или
Какой из этих корней выбрать? Оказывается, если по условию то в ответе получится 1 (всегда попадем в точку -1).
А если, как в нашем случае, то ответ то есть 0,25.
Ответ: 0,25.
А теперь представим себе, что будет, если эту задачи все-таки включат в курс подготовки к ЕГЭ. Учителя будут говорить ученикам: если тебе надо попасть из 0 в точку – 1, вероятность перехода вверх равна р, вероятность перехода вниз равна q, и если то в ответе будет а если то в ответе будет 1. Бессмысленная зубрежка, короче говоря.
Задачи, разобранные в этой статье, взяты из Открытого Банка заданий ЕГЭ по математике: mathege.ru
Будут ли эти задачи — и особенно последние — на ЕГЭ-2022? Вот официальный ответ ФИПИ:
«Открытость и прозрачность ЕГЭ, наличие открытых банков, дает возможность развивать различные ресурсы, способствующие повышению качества образования.
При этом вся официальная информация, спецификации, демонстрационные варианты, открытые банки, содержатся только на сайте ФИПИ. Типы заданий, которые будут включены в ЕГЭ по математике в 2022 году прошли широкое обсуждение и апробацию в регионах, соответствуют ФГОС.
ФИПИ не комментирует содержание других ресурсов».
Ждем, когда на сайте ФИПИ появятся подборки задач №10 ЕГЭ-2022.
Благодарим за то, что пользуйтесь нашими публикациями. Информация на странице «Новые задачи по теории вероятностей из Открытого Банка заданий ЕГЭ, 2021-2022 год» подготовлена нашими авторами специально, чтобы помочь вам в освоении предмета и подготовке к экзаменам. Чтобы успешно сдать необходимые и поступить в ВУЗ или техникум нужно использовать все инструменты: учеба, контрольные, олимпиады, онлайн-лекции, видеоуроки, сборники заданий. Также вы можете воспользоваться другими статьями из разделов нашего сайта.
Бросание монет. Решение задач на нахождение вероятности
На этой странице я расскажу об одном популярном классе задач, которые встречаются в любых учебниках и методичках по теории вероятностей — задачах про бросание монет (кстати, они встречаются в части В6 ЕГЭ). Формулировки могут быть разные, например «Симметричную монету бросают дважды. » или «Бросают 3 монеты . «, но принцип решения от этого не меняется, вот увидите.
Кстати, сразу упомяну, что в контексте подобных задач не существенно, написать «бросают 3 монеты» или «бросают монету 3 раза», результат (в смысле вычисления вероятности) будет один и тот же (так как результаты бросков независимы друг от друга).
Для задач о подбрасывании монеты существуют два основных метода решения, один — по формуле классической вероятности (фактически переборный метод, доступный даже школьникам), а также его более сложный вариант с использованием комбинаторики, второй — по формуле Бернулли (на мой взгляд он даже легче первого, нужно только запомнить формулу). Рекомендую по порядку прочитать про оба метода, и потом выбирать при решении подходящий.
1. Классическое определение вероятности
Для начала надо вспомнить саму формулу, по которой будем считать. Итак, вероятность находится как $P=m/n$, где $n$ — число всех равновозможных элементарных исходов нашего случайного эксперимента с подбрасыванием, а $m$ — число тех исходов, которые благоприятствуют событию (то есть тому, что указано в условии задачи). Но как найти эти загадочные исходы? Проще всего пояснить на примерах.
Пример 1. В случайном эксперименте симметричную монету бросают дважды. Найдите вероятность того, что орел выпадет ровно один раз.
Итак, монету бросают дважды. Если обозначить буквой Р выпадение решки (цифры), а буквой О — выпадение орла (герба), то все возможные выпадения можно записать так: РР, ОР, РО и ОО (соответствено, выпали две решки, орел потом решка, решка потом орел и два орла). Подсчитываем число этих комбинаций и получаем $n=4$. Теперь из них надо отобрать только те, что удовлетворяют условию «орел выпадет ровно один раз», это комбинации ОР и РО и их ровно $m=2$. Тогда искомая вероятность равна $P=2/4=1/2=0.5$. Готово!
Пример 2. Дважды бросают симметричную монету. Найти вероятность того, что оба раза выпала одна сторона.
Так как монета снова подбрасывается два раза, множество всех элементарных исходов эксперимента (или комбинаций, как мы их называем здесь для удобства), точно такое же: РР, ОР, РО и ОО, $n=4$. А вот условию «оба раза выпала одна сторона» удовлетворяют другие комбинации: РР и ОО, откуда $m=2$. Нужная вероятность равна $P=2/4=1/2=0.5$.
Как видим, все довольно просто. Перейдем к чуть более сложной задаче.
Пример 3. В случайном эксперименте симметричную монету бросают трижды. Найдите вероятность того, что орел выпадет ровно два раза.
Снова применим формулу классической вероятности. Шаг первый — выписываем все возможные комбинации уже для 3 бросков! Это будут: ООО, ООР, ОРО, ОРР, РОО, РОР, РРО, РРР. Смотри-ка, бросков всего на один больше, а комбинаций возможных уже $n=8$ (кстати, они находятся по формуле $n=2^k$, где $k$ — число бросков монеты).
Теперь из этого списка надо оставить только те комбинации, где О встречается 2 раза, то есть: ООР, ОРО, РОО, их будет $m=3$. Тогда вероятность события $P=m/n=3/8=0.375$.
Взяли разгон и переходим к 4 монетам.
Пример 4. Монету бросают 4 раза. Найти вероятность того, что герб выпадет от 2 до 3 раз.
Приступаем к вычислению. Шаг первый — выписываем все возможные комбинации для 4 бросков монеты. Чтобы проверить себя, сразу подсчитаем, что их должно получиться $n=2^4=16$ штук! Вот они:
OOOO, OOOP, OOPO, OOPP, OPOO, OPOP, OPPO, OPPP,
POOO, POOP, POPO, POPP, PPOO, PPOP, PPPO, PPPP.
Теперь выбираем те, где герб (он же орел, он же буква О) встречается 2 или 3 раза: OOOP, OOPO, OOPP, OPOO, OPOP, OPPO, POOO, POOP, POPO, PPOO, их будет $m=10$. Тогда вероятность равна $P=m/n=10/16=5/8=0.625$.
Думаю, к этому времени вы уже поняли суть метода и сможете сами решить задачи, где бросаются 2-3-4 монеты и орел не выпадает ни разу, или решка ровно один раз и т.п.
2. Комбинаторика + классическая вероятность
Надо заметить, что если действовать исключительно переборным методом (как это делалось выше), с ростом числа монет быстро растет число комбинаций (для 5 монет — 32, для 6 монет — 64 и так далее), так что и вероятность ошибиться при выписывании исходов велика, метод решения теряет свою простоту и привлекательность.
Один из способов решения этой проблемы — остаться в рамках формулы классической вероятности, но использовать комбинаторные методы (см. формулы комбинаторики тут) для подсчета числа исходов. Поясню на примере последней задачи, решив ее другим способом.
Пример 4. Монету бросают 4 раза. Найти вероятность того, что герб выпадет от 2 до 3 раз.
Найдем количество всех равновозможных элементарных исходов эксперимента, заключающегося в бросании 4 монет. Все исходы можно закодировать некоторой последовательностью вида $X_1 X_2 X_3 X_4$, где $X_i=O$ (в $i$-ый раз выпал орел) или $X_i=P$ (в $i$-ый раз выпала решка). Найдем число всех таких последовательностей. Значение $X_1$ (результат первого броска) может быть выбран 2 способами (орел или решка), значение $X_2$ (результат второго броска) может быть выбран 2 способами (орел или решка), и так далее. Итого получим всего $n=2\cdot 2\cdot 2\cdot 2=16$ различных исходов. Или, если использовать формулу комбинаторики для числа размещений с повторениями из 2 объектов по 4 позициям, сразу получим $n=A_4^2=2^4=16$.
Найдем число благоприятствующих исходов с использованием комбинаторики. Сначала найдем число таких последовательностей, где О встречается ровно 2 раза. Выбираем $C_4^2$ способами 2 позиции, где будет стоять О (на остальных тогда ставим решки). Аналогично для последовательностей, где О встречается ровно 3 раза — $C_4^3$ способами выбираем 3 позиции, где будет стоять О (на оставшейся позиции записывается решка). Подсчитывая число сочетаний и складывая, найдем количество благоприятствующих комбинаций: $$ m=C_4^2+C_4^3=\frac<4!><2!2!>+\frac<4!><3!1!>=\frac<3\cdot 4><1\cdot 2>+4=6+4=10. $$ Итого получаем такое же значение вероятности: $P=m/n=10/16=0.625$.
Конечно, этот подход кажется сложнее из-за более формального математического описания решения, но гораздо легче масштабируется.
Например, если рассмотреть подобную задачу:
Пример 5. Монету бросают 8 раз. Найти вероятность того, что герб выпадет ровно 4 раза
Ответ можно получить без выписывания 256 комбинаций (. ), просто по аналогии с примером выше: $$ n=2^8=256;\\ m=C_8^4=\frac<8!><4!4!>=\frac<5\cdot 6\cdot 7 \cdot 8><1\cdot 2 \cdot 3 \cdot 4>=70;\\ P=\frac
Ради полноты изложения приведу еще пример задачи, решаемой подобным образом (но если хотите, можете сразу переходить к более простому способу 3).
Пример 6. Монету подбрасывают 6 раз. Найти вероятность того, что гербы выпадут два раза и только подряд, а в остальные разы будут только решки.
Найдем количество всех равновозможных элементарных исходов эксперимента, заключающегося в бросании 6 монет. Так как каждый бросок дает 2 возможных исхода (О или Р), всего получим $n=2^6=64$ элементарных исхода (комбинации вида ОРОРОР, ОООРРР и т.д.).
Найдем число благоприятствующих исходов. Мысленно объединим два герба, которые должны появиться рядом, в один объект (ОО). Остается выбрать ему место среди остальных 4 решек (так гербов должно выпасть 2, то решек — 6-2=4). Существует $m=C_5^1=5$ способов выбрать позицию в последовательности из 5 объектов. Для наглядности, если выбрана позиция 2, то есть оба герба стоят на втором месте, это комбинация Р(ОО)РРР, если выбрана позиция 4 — РРР(ОО)Р.
Искомая вероятность: $P=m/n=5/64=0.078$.
Способ 3. Формула Бернулли
Рассмотрим общую задачу о подбрасывании монет.
Пусть бросается $n$ монет (или, что тоже самое, монета бросается $n$ раз). Нужно вычислить вероятность того, что герб появится в точности $k$ раз.
Так как броски монет — события независимые (результат броска одной монеты не влияет на последующие броски), вероятность выпадения герба в каждом броске одинакова (и равна $p=1/2=0.5$), то можно для вычисления вероятности применить формулу Бернулли: $$ P=P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^
То есть, мы вывели общую формулу, дающую ответ на вопрос «какова вероятность того, что герб появится в точности $k$ раз из $n$» (запишем в трех эквивалентных видах, выбирайте удобный для себя): $$ P=C_n^k \cdot \left(1/2\right)^n=\frac
А теперь все задачи решаются проще простого, вот глядите!
Пример 1. В случайном эксперименте симметричную монету бросают дважды. Найдите вероятность того, что орел выпадет ровно один раз.
Подставляем $n=2, k=1$ и получаем $P=C_2^1 \cdot \left(1/2\right)^2=2 \cdot \frac<1><4>=\frac<1><2>=0.5.$
Пример 4. Монету бросают 4 раза. Найти вероятность того, что герб выпадет от 2 до 3 раз.
Это уже третий способ решения задачи!
Подставляем $n=4, k=2$ и $k=3$, получаем $$P=C_4^2 \cdot \left(1/2\right)^4+C_4^3 \cdot \left(1/2\right)^4=(6+4) \cdot \frac<1><16>=\frac<10><16>=0.625.$$
Пример 7. В случайном эксперименте симметричную монету бросают трижды. Найдите вероятность того, что орел не выпадет ни разу.
Подставляем $n=3, k=0$ и получаем $P=C_3^0 \cdot \left(1/2\right)^3=1 \cdot \frac<1><8>=\frac<1><8>=0.125.$
Пример 8. Пусть бросают 8 монет. Найти вероятность того, что орел не менее 7 раз.
Подставляем $n=8, k=7$ и $k=8$ и получаем $$P=C_8^8 \cdot \left(1/2\right)^8+ C_8^7 \cdot \left(1/2\right)^8=(1+8) \cdot \frac<1><256>=\frac<9><256>=0.035.$$
Таким образом, используя одну простейшую формулу, можно решать множество задач, причем неважно, 3 монеты бросается, или 30, сложность расчетов примерно одинакова. Но, если число бросков становится очень большим, удобнее использовать приближенные формулы Муавра-Лапласа, о которых можно узнать здесь.
Полезные ссылки
Решебник по вероятности
А здесь вы найдете более 200 задач о бросании монет с полными решениями (вводите часть текста для поиска своей задачи):
