Сколько элементарных событий при шести бросаниях монеты

8

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: $$ n=2^8=256;\\ m=C_8^4=\frac<8!><4!4!>=\frac<5\cdot 6\cdot 7 \cdot 8><1\cdot 2 \cdot 3 \cdot 4>=70;\\ P=\frac=\frac<70><256>=0.273. $$

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: $$ P=P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^ = C_n^k \cdot \left(1/2\right)^k \cdot \left(1-1/2\right)^=C_n^k \cdot \left(1/2\right)^n. $$

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): $$ P=C_n^k \cdot \left(1/2\right)^n=\frac<2^n>=C_n^k \cdot 0.5^n, \quad C_n^k=\frac. $$

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):

Сколько элементарных событий при шести бросаниях монеты

1, 2, 3, 4, 5, 6

1, 2, 3, 4, 5, 6

3) 0,25 + 0,25 = 0,5

• 5 : 6 = 5/6 – вероятность того, что выпадут 1; 2; 3; 4; 5

• 1 : 6 = 1/6 — вероятность выпадения 5

• 5/36 + 5/36 = 10/36 = 5/18 = 0,277…

—>
Тип 2 № 315953

Расчет вероятности по формуле Бернулли

Урок по теории вероятностей и комбинаторике способствует формированию вероятностно- статистическому мышлению учащихся. Дополнительный материал можно использовать на элективных занятиях по математике. Урок сотровождается презентацией.

Содержимое разработки

Корнюшина Татьяна Анатольевна
учитель математики, МБОУ «Гимназия №4», г. Брянск

-формирование вероятностно-статистическое мышление учащихся;

-мотивация учащихся к изучению тем теории вероятностей;

-ознакомление с применением формулы Бернулли при решении задач.

-закрепить знания и умения решать комбинаторные задачи;

— формировать навыки применения схемы Бернулли при решении задач,

-формировать навыки решения задач по формуле Бернулли,

-развивать основные мыслительные операции учащихся: умение сравнивать, анализировать.

Тип урока: изучение нового материала.

Формы работы: фронтальная, индивидуальная, групповая.

Оборудование: компьютер, презентация.

Ход урока:

Актуализация знаний.

Вспомним основные понятия и формулы комбинаторики.

1. Что называется факториалом числа n ?

Это произведение первых натуральных n чисел от 1 до n .

2.Сколькими способами можно расставить 4 различные книги на полке?

Это число перестановок из 3 элементов.

3. Сколькими способами можно распределить I , II , III места между 7 участниками соревнования?

Это число размещений из 7 элементов по 3.

4. Сколькими способами можно составить график дежурства 3 учащихся из 5?

Презентация (слайд 1)

5. Сформулируйте классическое определение вероятности.

Презентация (слайд 2)

Презентация (слайд 3)

Организационный момент.

(Сообщение темы, целей и задач урока)

Презентация (слайд 4)

Изучение нового материала.

При практическом применении теории вероятностей и математической статистики часто приходится встречаться с задачами, в которых один и тот же опыт повторяется неоднократно. В результате каждого опыта может появиться или не появиться событие A, причем нас интересует не результат каждого опыта, а общее число появлений события A в серии опытов. Например, если производится серия выстрелов по одной и той же цели, то нас, как правило, интересует не результат каждого отдельного выстрела, а общее число попаданий. При этом результаты предыдущих опытов никак не сказываются на последующих.

Такая стандартная схема часто встречается и в самой теории вероятностей. Она называется схемой независимых испытаний или схемой Бернулли. Швейцарский математик XVII в. Якоб Бернулли объединил примеры и вопросы такого типа в единую вероятностную задачу-схему (работа "Искусство предположений" опубликована в 1713 году).

Историческая справка. Якоб Бернулли (27.12.1654, Базель, — 16.8.1705, там же) — профессор математики Базельского университета (1687) был выходцем из Голландии.

Вам дома надо было вычислить вероятность выпадения 6 на игральном кубике.

(Ученики называют результаты. Вывод: результаты могут зависеть и от размера кубика. от силы бросания и т.п.)

Несколько опытов называются независимыми, если вероятность исхода каждого из опытов не зависит от того, какие исходы имели другие опыты. Например, несколько последовательных бросаний монеты — это независимые опыты. Несколько последовательных выниманий карты из колоды — независимые опыты при условии, что вынутая карта каждый раз возвращается в колоду и карты перемешиваются. В противном случае — это зависимые опыты.

Презентация (слайд 5)

.

Примеры .

Монета бросается n раз.

Из колоды извлекается карта n раз, причём каждый раз карта возвращается, колода перемешивается.

Исследуется n изделий некоторого производства, наугад выбранные, на качество.

Стрелок стреляет по мишени n раз и т.д.

Задание.

№1. Объясните, почему следующие вопросы укладываются в схему Бернулли. Укажите, в чем состоит «успех» и чему равны n и k .

а) Какова вероятность трехкратного выпадения «двойки» при десяти бросаниях игрального кубика?

б) Какова вероятность того, что при ста бросаниях монеты «орел» появится 73 раза?

в) Двадцать раз подряд бросили пару игральных кубиков. Какова вероятность того, что сумма очков ни разу не была равна десяти?

г) Из колоды в 36 карт вытащили три карты, записали результат и возвратили их в колоду, затем карты перемешали. Так повторялось 4 раза. Какова вероятность того, что каждый раз среди вытащенных карт была дама пик?

Решение. Ответы учащихся с использованием слайда 5 (парная работа).

Схема Бернулли предполагает, что один и тот же эксперимент повторяется в неизменных условиях, независимо, n раз; мы наблюдаем за появлением («успеха») или непоявлением («неудача») в каждом эксперименте одного и того же события А, вероятность появления которого в каждом эксперименте постоянна и равна p . Подсчитываем, сколько раз в серии из n повторных экспериментов произойдет событие А; k – это число «успехов» в серии из n испытаний.

а) Эксперимент – бросание кубика, число повторений n = 10.

Событие А – «выпало 2 очка» (Р(А)= const ); успех – появление события А (появление двойки), число успехов k =3.

б) Эксперимент – бросание монеты, число повторений n = 100, событие А – «выпал орел» (Р(А)== const ), успех – появление события А (появление «орла»), число успехов k =73.

в) Эксперимент – бросание двух кубиков одновременно, число повторений n =20, событие А – «сумма выпавших очков равна 10» (Р(А)== const ), успех – появление события А (сумма выпавших очков оказалась 10); число успехов k = 0.

г) Эксперимент – извлечение одновременно трех карт из колоды 36 карт, число повторений n = 4, событие А – «среди извлеченных карт есть дама пик» (Р(А)== const ), успех – появление события А (появление дамы пик в наборе); число успехов k = 4.

Ответ: а) n = 10, k =3; б) n =100, k =73; в) n = 20, k = 0; г) n = 4, k = 4.

Замечание. При решении этой задачи учащимся не нужно вычислять Р(А), достаточно сказать, что событие А имеет одну и ту же вероятность при каждом повторении эксперимента.

Презентация (слайд 6)

Решение заданий

Пример 1. Монета бросается 6 раз. Какова вероятность выпадения герба 0, 1, …6 раз?

Решение. Число опытов n =6. Событие А – «успех» – выпадение герба. Тогда .

;

;

;

;

;

;

Очевидно, что наиболее вероятное число выпадений герба равно трём. Но далеко не каждый раз при шести бросаниях монеты герб выпадет ровно три раза! Вероятность говорит о том, что это будет происходить меньше, чем в трети случаях.

Пример 2. Монета бросается 10 раз. Какова вероятность двукратного появления герба?

Решение. Число опытов n =10, m = 2. Событие А – «успех» – выпадение герба. Тогда .

Ответ: 0,04395.

Пример 3. Вероятность того, что изделие не пройдет контроля, равна 0,125. Какова вероятность того, что среди 12 изделий не будет ни одного забракованного контролером?

Решение. Число опытов n =12, m =0. Событие А – «успех» – не будет ни одного забракованного. Тогда .

Ответ: 0,2514.

Домашнее задание

В следующих испытаниях найдите вероятности «успеха» и «неудачи».

а) Бросают пару различных монет. «Неудача» — выпадение двух «орлов».

б) Бросают игральный кубик. «Успех» — выпадение числа, кратного трем.

в) Бросают пару различных кубиков. «Неудача» — выпадение двух четных чисел.

г) Из 36 игральных карт берут 5. «Успех» — среди них нет дамы пик.

Решение.

а) Общее число исходов эксперимента n =2·2=4; вероятность «неудачи» ; вероятность «успеха» .

б) n =6; исходы, благоприятствующие «успеху» — выпадение 3 и 6 очков; ; вероятность «успеха» ; вероятность «неудачи» .

в) n =6·6=36; количество исходов, благоприятствующих «неудаче», (на каждом кубике 3 четные числа); вероятность «неудачи» ; вероятность «успеха» .

г) =376992; количество исходов, благоприятствующих «успеху», равно (выбираем карту из колоды без дамы пик);

вероятность «успеха» = = ,

вероятность «неудачи» .

Теория вероятности

В мире происходят события, которые можно предсказать. Например, можно предсказать приезд лифта после того, как человек нажмет кнопку его вызова. Астрономы могут заранее предсказывать солнечные и лунные затмения.

Однако нередко нам приходится иметь дело с событиями, результат которых заранее предсказать невозможно. Не получается заранее сказать, упадет ли монетка при подбрасывании орлом вверх, также как нельзя заранее предсказать поломку прибора. Такие события называются случайными.

Случайные события обычно могут произойти только в определенной ситуации. Так, событие «выпадение решки» может произойти только при броске монеты. В математике подбрасывание монетки будет называться испытанием или экспериментом.

Здесь не следует воспринимать термин «эксперимент» как некое научное исследование. Испытанием может оказаться любая жизненная ситуация. Приведем несколько примеров опытов и соответствующих им случайных событий:

• Бросок кубика с 6 гранями – это эксперимент, а выпадение или невыпадение шестерки на нем – это случайное событие.
• Полет самолета – испытание, а отказ двигателя в полете – это случайное событие.
• Ожидание автобуса на остановке в течение 10 минут – эксперимент, а появление или непоявление автобуса в этот промежуток времени – случайное событие.
• Футбольный матч – опыт, а победа в нем команды хозяев или травма одного из игроков – случайное событие.
• Выстрел из винтовки – испытание, а попадание в мишень – случайное событие.
• Изготовление рабочим детали – эксперимент, а получение бракованной детали – случайное событие.

Здесь важно отметить, что для математики не важно, является ли событие по-настоящему случайным. Возможно, что автобус ходит строго по расписанию, и человек, знающий его, точно может определить, через сколько минут он приедет. Но если рядом стоит другой человек, не знающий этой информации, то для него приезд автобуса будет случайным событием.

Предположим, что есть возможность провести какой-то эксперимент множество раз. Например, кубик можно бросить 500 раз. Обозначим это число, количество экспериментов, как n. В ходе серии этих бросков шестерка выпала, например, 85 раз. Обозначим эту величину, количество произошедших случайных событий, как m. Само событие «выпадение шестерки» обозначим как А. Тогда отношение m/n будет называться частотой случайного события А. В данном случае частота события А равна

Наблюдения показывают, что если условия экспериментов примерно одинаковы, а их число велико, то частота одного и того же события будет примерно одинаковой. Чем больше число испытаний, тем обычно ближе частота события к некоторому постоянному числу. Это число и называют вероятностью случайного события А.

Грубо говоря, частота и вероятность событий – это примерно одно и то же. Частоту определяют на практике, входе эксперимента, а вероятность можно рассчитать аналитически.

Вероятность – это величина, которая характеризует возможность события произойти. Если она близка к единице, то событие, скорее всего, произойдет. Если она близка к нулю, то событие, скорее всего, не случится. Для обозначения вероятности используется буква Р. Если надо указать вероятность конкретного события А, то его записывают как Р(А).

Вероятность – это безразмерная величина, то есть для нее нет никакой единицы измерения. Она может принимать значение от 0 до 1. Иногда на практике ее указывают в процентах. Например, вероятность 0,5 означает 50%. Чтобы перевести вероятность в проценты, ее надо просто умножить на 100.

Элементарные события

Часто одно случайное событие можно представить как результат нескольких случайных событий. Например, событие «выпадение на кубике четного числа» произойдет в том случае, если случится хотя бы одно из следующих событий:

• выпадет двойка;
• выпадет четверка;
• выпадет шестерка.

Если событие нельзя «разбить» на более простые события, то его называют элементарным событием. Считается, что в ходе испытания может произойти только одно элементарное событие. Так, при броске кубика произойдет одно из 6 элементарных событий:

• выпадет единица;
• выпадет двойка;
• выпадет тройка;
• выпадет четверка;
• выпадет пятерка;
• выпадет шестерка.

В большинстве случаев вероятность элементарных событий одинакова. Действительно, нет причин полагать, что при броске кубика шестерка будет выпадать чаще двойки. Если у двух элементарных событий одинаковая вероятность, то их называют равновозможными событиями.

Если в результате эксперимента происходит одно из равновозможных событий, число которых равно n, то вероятность каждого из них принимается равной дроби 1/n.

Например, при броске кубика может произойти 6 равновозможных событий. Значит, вероятность каждого из них равна 1/6. При броске монетки она может выпасть либо орел, либо решка. Этих событий два, и они равновозможны, поэтому их вероятность равна 1/2, то есть 0,5.

Пример. В урне 20 шариков, один из которых окрашен в желтый цвет. Какова вероятность, что человек, вытаскивающий вслепую один из шариков, вынет именно желтый шар?

Решение. Так как шаров 20, то возможны 20 равновозможных событий, одно из которых – вытаскивание желтого шара. Его вероятность равна 1/20 = 0,05

Пример. Вася составил произвольную последовательность из букв А, Б, В, Г, Д, и записал ее на бумаге. Каждую букву Вася использовал один раз. Аналогично свою последовательность записал и Петя. Какова вероятность, что они оба загадали одну и ту же последовательность.

Решение. Вася записал перестановку 5 букв. Общее количество таких перестановок равно 5! = 1•2•3•4•5 = 120. Все последовательности равновероятны. Значит, вероятность того, что они совпали, равна 1/120.

Противоположные события

Заметим, что если сложить вероятности всех элементарных событий, которые возможны в ходе эксперимента, то получится единица. Действительно, при броске монеты возможны два события с вероятностью 1/2. Сумма их вероятностей составляет 1/2 + 1/2 = 1.

Это правило действует и в том случае, когда речь идет о не равновозможных событиях. Так, при выстреле по мишени возможны два варианта развития событий – попадание в цель или промах. Пусть вероятность попадания в цель равна 0,3. Это значит, что вероятность промаха составляет 0,7, так как только в этом случае сумма этих вероятностей будет равна единице:

Заметим, что при стрельбе стрелок либо попадет в цель, либо промажет. То есть одно из двух этих событий обязательно произойдет, но только оно одно. Подобные события называют противоположными.

Противоположными являются такие события, как:

• падение монеты либо одной стороной вверх (орлом), либо другой (решкой);
• выпадение четного или нечетного числа на шестигранном кубике;
• изготовление рабочим годной или получение бракованной детали.

Стоит отметить, что победа одной и победа другой команды в футбольном матче – это не противоположные события, так как возможен третий исход – ничья. Однако в ряде спортивных состязаний ничья невозможна, и тогда победы команд – это противоположные события.

Очевидно, что сумма вероятностей противоположных событий равна единице.

Пример. Вероятность того, что рабочий изготовит годную деталь, оценивается в 0,97. Чему равна вероятность изготовления бракованной детали?

Решение. Изготовление бракованной детали (обозначим это событие как А) и получение годного изделие (событие Б) – это два противоположных события. Их сумма равна единице

По условию Р(А) = 0,97. Тогда

Перенесем в равенстве слагаемое 0,97 в правую часть и получим:

Сложение вероятностей

До этого мы рассматривали элементарные события. Однако значительно чаще нас интересуют более сложные события, которые состоят из элементарных. Как рассчитать их вероятность?

Введем понятие несовместных событий.

Так, при броске кубика не может сразу выпасть пятерка и четное число (потому что 5 – это нечетное число). Хоккейный матч не может одновременно окончиться и ничьей, и победой одной из команд.

Заметим, что любые два элементарных события несовместны, также как и любые два противоположных события.

Для несовместных событий справедлива теорема сложения вероятностей.

Пример. В забеге на 1500 метров участвуют два китайца. Эксперты полагают, что вероятность победы Мао Луня составляет 0,16, а шансы Ван Юнпо оцениваются в 0,14. Если эти оценки справедливы, то каковы шансы того, что чемпионом станет китаец?

Решение. Обозначим победу Мао Луня как событие А, а победу Ван Юнпо – как Б. Очевидно, что события несовместны, так как победитель будет лишь один. По Условию Р(А) = 0,16, а Р(В) = 0,14.

Событие «победа китайца» произойдет, если выиграет хоть один из этих спортсменов, поэтому произведем сложение вероятностей:

Р(А или В) = Р(А) + Р(В) = 0,16 + 0,14 = 0,3

Заметим, что выполнять сложение вероятностей событий можно и в случае, когда несовместных событий больше двух.

Пример. При стрельбе по мишени стрелок выбьет 10 баллов (максимальный результат) с вероятностью 0,2, 9 баллов с вероятностью 0,25, 8 баллов с вероятностью 0,15. Какова вероятность, что стрелок НЕ наберет даже 8 баллов одним выстрелом?

Решение. Здесь несовместные события – это выбивание 10 (событие А), 9 (В) и 8 (С) баллов. Действительно, в ходе одного выстрела стрелок покажет только один результат. Если одно из этих событий случится, то спортсмен получит не менее 8 баллов. Вероятность этого события равна:

Р(А или В или С) = 0,2 + 0,25 + 0,15 = 0,6

Но нас спрашивают о другом, о вероятности того, что стрелок НЕ наберет 8 очков. Очевидно, что он их либо наберет, либо нет. Значит, это противоположные события, поэтому сумма равняется 1. Мы посчитали, что стрелок наберет 8 баллов с вероятностью 0,6. Значит, он не наберет их с вероятностью

Пример. В урне лежит 500 шариков, из которых 120 являются черными. Человек вслепую вытаскивает из урны один шар. Какова вероятность, что он будет черным.

Решение. Присвоим каждому шару номер от 1 до 500, причем первые 120 номеров получат черные шары. Обозначим вероятность того, что вытащат шар с номером n, как Р(n). Очевидно, что события «выбран шар 1», «выбран шар 2», … «выбран шар 500» – это элементарные и равновозможные события. Их вероятность равна 1/500:

Р(1) = Р(2) = Р(3) =…..=Р(500) = 1/500

Эти события несовместны, как и любые элементарные события. Значит, вероятность того, что вытащат черный шар, равна сумме вероятностей:

Р(выбран черный шар) = Р(1) + Р(2) + … + Р(120)

В этой сумме 120 слагаемых, каждое из которых равно 1/500. Следовательно, вся сумма равна произведению 120 и 500

Р(выбран черный шар) = 120•(1/500) = 120/500 = 0,24

В этом примере рассматривался особый случай, когда все элементарные события (вытаскивание конкретного шарика) равновозможны, и несколько из них приводили к одному событию (вытаскиванию черного шара). В итоге мы получили, что вероятность этого события равна отношению числа «благоприятных» для него равновозможных событий (120) к общему числу этих событий (500). Такой же результат мы получим при рассмотрении любой схожей задачи.

В результате мы получили одну из основных формул теории вероятности.

Пример. Компьютер случайным образом генерирует число от 1 до 200. Вероятность появления каждого числа одинакова. Какова вероятность того, что он сгенерирует число от 51 до 75 (включительно)?

Решение. Задача предполагает 200 равновозможных исходов события. Из них 25 (между 51 и 75 находится 25 чисел) являются «благоприятными». Тогда вероятность описанного события равна отношению 25 к 200:

Р = 25/200 = 1/8 = 0,125

Ещё раз напомним принципиальный момент. Такой метод решения задач может быть применен только в том случае, когда все элементарные события равновероятны!

Пример. Изготовлено 10 велосипедов, но из них 3 – с дефектом. Необходимо выбрать 4 велосипеда. Каков шанс, что они все будут без дефекта?

Решение. Выбирая 4 велосипеда из 10, мы составляем, с точки зрения комбинаторики сочетание из 10 по 4. Подсчитаем количество возможных сочетаний:

Теперь подсчитаем, сколько можно составить сочетаний, не содержащих дефектный велосипед. Годных велосипедов 10 – 3 = 7, из них надо выбрать 4. Имеем сочетания из 7 по 4:

Вероятность выбора качественных велосипедов равна отношению количества «благоприятных» исходов (их 35) к общему числу возможных исходов:

Пример. В турнире по футболу участвуют команды «Барселона», «Реал», «Атлетико» и «Валенсия». Эксперты полагают, что:

1. шансы «Атлетико» выиграть чемпионат 1,5 раза выше шансов «Валенсии»;
2. шансы «Реала» и «Атлетико» равны;
3. шансы «Барселоны» на победу в 4 раз больше шансов «Реала».

Определите вероятность победы каждой команды в турнире.

Обозначим за х вероятность победы «Валенсии». Шансы «Реала» и «Атлетико» в 1,5 раза выше, а потому составляют по 1,5х. Вероятность триумфа «Барселоны» в 4 раза выше, чем у «Реала», а потому составляют 4•1,5х = 6х.

Ясно, что турнир выиграет лишь одна команда, то есть речь идет о несовместных событиях. С другой стороны, какая-то команда обязательно его выиграет, а потому в вероятности побед команд дадут единицу. В результате, используя формулу сложения вероятностей, можно записать уравнение:

х + 1,5х + 1,5х + 6х = 1

Решив уравнение, мы нашли, что шансы триумфа «Валенсии» составляют всего 0,1. Шансы «Реала» и «Атлетико» равны

Вероятность успеха «Барселоны» составляет

Ответ. «Барселона» – 0,6, «Реал» и «Атлетико» – по 0,15, «Валенсия» – 0,1.

Умножение вероятностей

До этого мы рассматривали сложные события, которые происходили тогда, когда происходило одно из элементарных событий. Например, в забеге, где участвовали два китайца, представитель Поднебесной побеждал, если выигрывал ИЛИ 1-ый китаец, ИЛИ 2-ой. Ключевое слово здесь – ИЛИ.

Однако в некоторых случаях событие происходит лишь тогда, когда происходят одновременно сразу два более простых события. Пусть надо вычислить вероятность того, что при двух подбрасываниях монеты они оба раза упадет на орлом вверх. Возможны 4 случая:

• сначала выпадет орел, потом еще раз орел (назовем этот случай ОО);
• сначала падает орел, а потом решка (ОР);
• первым выпадет решка, а потом орел (РО);
• оба раза выпадет решка (РР).

Все 4 исхода удобно представить в виде таблицы. По вертикали запишем результат 1-ого броска монеты, а по горизонтали – второго:

Видно, что лишь в одном из 4 случаев орел выпадет оба раза. Поэтому вероятность будет равна 1/4, или 0,25.

Этот результат можно было получить иначе. Событие ОО случится, только если случатся два события: Орел выпадет при первом броске,и он же выпадет во второй раз. Вероятность каждого из них равна 1/2, или 0,5. Если перемножить эти две вероятности, то снова получим 0,5•0,5.

Рассмотрим более сложный случай с броском двух шестигранных кубиков. Какова вероятность, что в сумме выпадет ровно 12 очков. Снова построим таблицу, по вертикали укажем результат первого броска, по горизонтали – второго, а в ячейках – выпавшую сумму:

Всего получилась табличка с 36 ячейками. Лишь в одной из них стоит число 12. Эта сумма на кубиках будет лишь тогда, когда на обоих кубиках выпадет по шестерке. Так как ячеек 36, а каждая комбинация равновозможна, то вероятность выпадения 12 равна 1/36. Обратите особое внимание, что, например, семерка записана сразу в 6 ячейках (по диагонали, начиная с нижнего левого угла). Значит, вероятность выпадения семерки за 2 броска равна 6/36 = 1/6. И действительно, на практике 7 очков выпадет у игроков в 6 раз чаще, чем 12. Посчитайте с помощью таблицы самостоятельно, какого вероятность выпадения 10 очков.

Как и в случае с монеткой, число вероятность 1/36 можно получив, перемножив вероятность того, что в первой кости выпадет шестерка (1/6), и того, что на второй кости выпадет она же (1/6):

Введем одно важное понятие – независимые события.

Так, какое бы число не выпало на 1-ой кости, вероятность выпадения на второй, например, четверки останется равной 1/6. Как бы ни падала монетка при первом броске, при 2-ом шанс выпадения орла останется равным 1/2.

Для наглядности приведем пример зависимых событий. Пусть А – вероятность победы в забеге одного бегуна, и Р(А) = 0,1. В – вероятность победы второго бегуна, и Р(В) = 0,1. Но очевидно, что победить может лишь один спортсмен. Поэтому, если случится событие А, то вероятность события В изменится – она опустится до нуля.

Таблички, которые мы строили для игры в кости, не всегда удобно использовать, поэтому на практике используют теорему умножения вероятностей.

Ещё раз обратим внимание, что оно действует только для независимых случайных событий.

Пример. Рабочий изготавливает две детали. Вероятность изготовления первой детали с браком составляет 0,05, а второй детали – 0,02. Рабочего оштрафуют, если обе детали будут сделаны с браком. Какова вероятность штрафа для рабочего?

Решение. Штраф выпишут, если одновременно произойдет два независимых события – будет допущен брак при изготовлении И 1-ой, И 2-ой детали. Ключевое слово – И, а не ИЛИ, как в случае со сложением вероятностей. Вероятность такого развития событий найдем, произведя умножение вероятностей:

Умножение вероятностей событий возможно и тогда, когда их больше двух.

Пример. Для победы команды в турнире ей надо выиграть все 4 оставшиеся встречи. Вероятность победы в каждой игре составляет 80%. Какова вероятность победы в турнире?

Решение. Обозначим вероятности победы в отдельных матчах как Р₁, Р₂, Р₃, Р₄. По условию они все равны 0,8. Команда станет чемпионом, только если случатся все события. Вероятность этого можно найти, применив формулу умножения вероятностей:

Пример. В первой партии 4% лампочек бракованы, а во второй – 5%. Из каждой партии берут по лампочке. Какова вероятность того, что обе выбранных лампочки окажутся бракованными? Какова вероятность, что они обе окажутся исправными? Какова вероятность, что ровно одна лампа будет бракованной?

Решение. Обозначим выбор бракованной детали из 1-ой партии как событие «брак-1», а выбор годной детали (годная-1). Эти события противоположны, то есть сумма их вероятностей равна единице.

Р(брак-1) + Р(годная-1) = 1

Р(годная-1) = 1 – Р(брак-1)

По условию Р(брак-1) = 0,04. Следовательно, Р(годная-1) = 1 – 0,04 = 0,96.

Аналогично для второй партии можно записать, что Р(брак-2) = 0,05, Р(годная-2) = 0,95.

Будут выбраны две бракованные детали только в том случае, когда произойдут события Р(брак-1) и Р(брак-2). Вероятность этого, по правилу умножения вероятностей, равна:

Две годные детали бут выбраны, если одновременно случатся события Р(годная-1) и Р(годная-2). Это случится с вероятностью

Ответ: 0,002; 0,912

Пример. По мишени стреляют из двух орудий. Вероятность попадания из первого орудия составляет 0,3, а из второго – 0,4. С какой вероятностью по мишени попадет ровно одно орудие?

Решение. Пусть событие «попал-1» означает попадание из 1-ого орудия, а «попал-2» – попадание из 2-ого орудия. Казалось бы, нам надо найти вероятность попадания ИЛИ 1-ого, ИЛИ 2-ого орудия. Однако слово ИЛИ здесь не означает, что вероятности можно просто сложить! Вспомним, что закон сложения вероятностей действует только для несовместных событий. Но выстрелы из орудий таковыми не являются, так как возможно одновременное попадание двух снарядов в мишень.

Введем события «промах-1» и «промах-2», означающие промах из 1-ого или второго орудия. Их вероятности составляют

Р(«промах-1») = 1 – Р(«попал-1») = 1 – 0,3 = 0,7

Р(«промах-2») = 1 – Р(«попал-2») = 1 – 0,4 = 0,6

Одно попадание случится в случае, если произойдет одно из двух «сложных» событий:

• событие А – первая пушка стреляет точно, а вторая мажет;
• событие Б – первая пушка мажет, а вторая попадает в цель.

Вероятность события А можно рассчитать так:

Р(А) = Р(«попал-1») •Р(«промах-2») = 0,3•0,6 = 0,18

Аналогично рассчитаем и вероятность Б:

Р(Б) = Р(«попал-2») •Р(«промах-1») = 0,4•0,7 = 0,28

События А и Б несовместны, а потому их вероятности можно сложить

Р(А) + Р(Б) = 0,18 + 0,28 = 0,46

Условная вероятность

Иногда можно перемножать вероятности событий, не являющихся в полном смысле слова независимыми. Пусть для того, чтобы произошло событие А, необходимо, чтобы последовательно произошли В и С. В зависимости от того, произошло ли В, вероятность С может отличаться. Например, в урне лежат 4 шарика – 2 красных и 2 желтых. Предположим, что произошло событие В – был вытащен красный шар. Его вероятность равна 0,5. Чему тогда равна вероятность события С – вытаскивания желтого шарика? В урне осталось 3 шара, из них 2 желтых, поэтому Р(С) = 2/3.

С другой стороны, пусть В не произошло, то есть первым был вынут желтый шар. Чему тогда равна вероятность С? В урне снова 3 шарика, но лишь 1 из них желтый. Следовательно, Р(С) = 1/3. Получается, что в зависимости от того, случилось ли В, вероятность Р(С) принимает разные значения. В математике такую вероятность называют условной.

Обозначается она так:

Первая буква в скобках соответствует событию, для которого указываем вероятность, а вторая буква – событию, которое является условием для С.

Если событие А произойдет тогда, когда свершится сначала В, а потом С, то вероятность А также можно найти с помощью умножения

Пример. В урне находится 52 шара, из них на 4 написана буква Т. Из урны последовательно вынимаются два шара. Какова вероятность, что на обоих вытащенных шарах будет буква Т?

Решение. Так как в урне 52 шара, и лишь на 4 есть буква Т, то шанс на то, что первым вытащат именно шар с буквой Т, равен 4/52 = 1/13. Если это событие произошло, то в урне остался 51 шар, и лишь на трех будет находиться нужный символ. Тогда вероятность появления шара с буквой Т составит 3/51 = 1/17. Общая же вероятность появления 2 таких шаров подряд найдется как произведение этих вероятностей:

Р = (1/13)•(1/17) = 1/221 ≈ 0,004525

Эту вероятность можно рассчитать и иначе, по аналогии с задачей про бракованные велосипеды, которая приведена выше. Подсчитаем, сколькими способами можно выбрать 2 шара из 52:

Но всего 6 способами можно выбрать 2 шара из 4:

Поделив число благоприятных исходов на их общее количество, получим искомую вероятность:

Пример. Известно, что вероятность мужчины дожить до 90 лет составляет 5,126%, а до 95 лет – 1,326%. С какой вероятностью мужчина, которому уже сейчас 90 лет, доживет до 95 лет?

Решение. Пусть А – это дожитие до 95 лет, С – дожитие 90-летнего мужчины до 95 лет, В – дожитие до 90 лет. Чтобы отпраздновать 95-летие, человек сначала должен отметить 90-летний юбилей, а потом ещё прожить 5 лет. Другими словами, чтобы случилось А, сначала должно случиться В, а потом событие С при условии В. То есть можно записать

По условию Р(А) = 0,01326, а Р(В) = 0,05126. Зная это, легко найдем Р(С|B):

Р(С|B) = 0,01326/0,05126 ≈ 0,2587

Это и есть вероятность мужчины, отметившего 90-ый день рождения, дожить до 95 лет.

Вероятность и геометрия

Теория вероятности затрагивает и геометрию. Пусть есть отрезок АВ, в середине которого располагается точка С.

Теперь мы ставим на отрезке АВ случайную точку D. С какой вероятностью она попадет наАС, а с какой на ВС? Так как эти отрезки ничем не отличаются, то можно предположить, что события «попадание точки на АС» и «попадание точки на ВС» являются равновероятными событиями. Так и есть. Их вероятность обоих событий составляет 0,5.

Теперь предположим, что точка С выбрана так, что отрезок АС вдвое короче, чем ВС, то есть ВС = 2 АС:

Чему в этом случае равны вероятности попадания случайной точки D на отрезки АС и ВС? Для ответа на этот вопрос раздели ВС надвое с помощью ещё одной точки K:

Получили три одинаковых отрезка АС, СК и КВ. Раз они одинаковы, то и вероятности случайной точки оказаться на каждом из этих отрезков равны:

Р(АС) = Р(СК) = Р(КВ) = 1/3

Отсюда вероятность попадания точки на ВС равна 2/3:

Р(ВС) = Р(СК) + Р(КВ) = 1/3 + 1/3 =2/3

Получили, что вероятность попадания точки на ВС вдвое выше, чем на АС. И при этом ВС вдвое длиннее. И это не случайно. В общем случае верно следующее правило:

Данное свойство может пригодиться не только в геометрии, но и при решении задач.

Пример. Прохожий пришел на остановку автобуса в случайный момент времени. Он знает, что автобус ходит с интервалом в 40 минут, но не знает, когда отъехал предыдущий автобус. С какой вероятностью автобус придется ждать менее 10 минут?

Решение. Построим схему. На ней время будем откладывать по горизонтальной оси. Отметим точки, соответствующие приезду автобуса (А₁, А₂, А₃, А₄), и точку, соответствующую приходу прохожего (D):

Ясно, что точка D окажется между какими-то двумя точками, которым соответствуют последовательные прибытия поезда.На рисунке это А₂ и А₃. В каком случае время ожидания составить менее 10 минут? В том случае, если точка D окажется на «расстоянии» менее 10 минут от точки А₃, то есть попадет в отрезок ВА₃:

Отрезок ВА₃ вчетверо короче отрезка А₂А₃, поэтому вероятность точку D попасть на него составляет 1/4. Именно такова вероятность, что прохожему придется ждать автобус менее 10 минут.

В случае, когда точка случайным образом ставится не на отрезке, а на плоской фигуре, то справедливо следующее правило:

Пример. В треугольнике АВС проведена средняя линия NM. С какой вероятностью случайная точка, отмеченная на треугольнике АВС, попадет и на треугольник ANM?

Решение. Средняя линия NM параллельна стороне ВС (это свойство средней линии), а потому равны углы АNM и АВС (соответственные углы при параллельных прямых). Это значит, что треугольники АВС и ANM подобны по двум равным углам. Коэффициент подобия равен 1/2, так как AN/АВ = 1/2. Известно, что отношение площадей подобных фигур равно квадрату их коэффициента подобия, поэтому площадь АMN в 4 раза меньше площади АВМ. По условию точка гарантированно попадает в АВС, то есть вероятность этого события равна 1. Тогда вероятность попадания точки в АNM будет в 4 раза меньше и составит 1/4 .