Вероятность того что: Теория вероятностей на ЕГЭ по математике. Формулы, теория, решения

Случайные события. Вероятность события. Примеры решения задач

Случайные события. Вероятность события

Классическое определение вероятности
Вероятностью события А Р(A) называется отношение числа благоприятствующих этому событию исходов m к общему числу всех единственно возможных и равновозможных элементарных исходов n, Р(A)=.

Задача1

Решение:

Для начала найдем вероятность того, что ни одному из студентов не достанется билет с простыми вопросами.
Эта вероятность равна

Первая дробь  показывает вероятность того, что первому студенту достался билет со сложными вопросами (их 17 из 20)
Вторая дробь  показывает вероятность того, что второму студенту достался билет со сложными вопросами (их  осталось 16 из 19)
Третья дробь  показывает вероятность того, что третьему студенту достался билет со сложными вопросами (их осталось 15 из 18)

Чтобы получить вероятность того, что хотя бы одному из студентов достанется билет с простыми вопросами надо вычесть полученную выше вероятность из единицы.

Ответ: 0,6009.

Задача2
Из множества всех последовательностей длины 10, состоящих из цифр 0; 1; 2; 3, наудачу выбирается одна. Какова вероятность того, что выбранная последовательность содержит ровно 5 нулей, причем два из них находятся на концах последовательности. Решение

Вероятность события A – «Выбранная последовательность содержит ровно 5 нулей, причем два из них находятся на концах последовательности», согласно классическому определению, равна P(A) = , где

Число способов заполнить 10 позиций в последовательности цифрами 0; 1; 2; 3 составляет, с учетом возможности повторения цифр, n = 410 = 220 = 1048576.

Число способов разместить 5 нулей на 10 позициях в последовательности при условии, что нули обязательно находятся на первом и десятом месте в последовательности, равно числу способов разместить три нуля на восьми свободных позициях в последовательности и равно числу сочетаний из 8 элементов по 3:  =  = 56.

Оставшиеся 8 – 3 = 5 позиций в последовательности будут заполнены цифрами 1; 2; 3. Число способов осуществить это, с учетом возможности повторения, равно 35 = 243.

Т.о., число исходов, благоприятствующих событию A, равно

Задача 3.
Имеется 100 одинаковых деталей, среди которых 3 бракованных. Найти вероятность того, что взятая наудачу деталь без брака.

Решение. В этой задаче производится испытание – извлекается одна деталь. Число всех исходов испытания равно 100, т. к. может быть взята любая деталь из 100. Эти исходы несовместны, равновозможны, единственно возможны. Таким образом, Событие — появилась деталь без брака. Всего в партии 97 деталей без брака, следовательно, число исходов, благоприятных появлению события А равно 97 . Итак,  Тогда
Задача 4.
Код банковского сейфа состоит из 6 цифр. Найти вероятность того, что наудачу выбранный код содержит различные цифры?

Задача 5.
Между шестью фирмами (А, Б, В, Г, Д, Е), занимающимися продажей компьютерной техники, проводится жеребьевка на предмет очередности предъявления своей продукции на выставке потенциальным потребителям. Какова вероятность того, что очередь будет выстроена по порядку, т. е. А, Б, В, Г, Д, Е?

Контрольная по теории вероятностей 1

Ответы к контрольной работе по теории вероятности помогут студентам первых курсов, изучающих математические дисциплины. Задания охватывают много теоретического материала, а обоснование их решения пригодится каждому студенту.

Задача 1. Куб все грани которого закрашены, распилен на 1000 кубиков одинаковых размеров. Определить вероятность того что кубик вытянутый наугад будет иметь:

• а) одну закрашеную грань;
• б) две закрашеные грани.

Вычисления: Если куб распилить на кубики одинакового размера то все грани будут поделены на 100 квадратов. (Примерно как на рисунке)
Дальше по условию кубик должен иметь одну закрашенную грань — это значит что кубики должны принадлежать внешней поверхности но не лежать на ребрах куба (2 закрашеные поверхности) и не на углах — имеют три закрашеные поверхности.
Следовательно, искомое количество равно произведению 6 граней на количество кубиков в квадрате размером 8*8.
6*8*8=384 – кубики с 1 закрашеной поверхностью.
Вероятность равна количеству благоприятных событий к общему их количеству P=384/1000=0,384.
б) Две закрашеные грани имеют кубики по ребрам без самих вершин куба. На одном ребре будет 8 таких кубиков. Всего в кубе 12 ребер, поэтому две закрашенные грани имеют
8*12=96 кубиков.
А вероятность вытянуть их среди 1000 всех равная
P=96/1000=0,096.
На этом задание решено и переходим к следующему.

Задача 2. На одинаковых карточках написаны буквы А, А, А, Н, Н, С. Какова вероятность того, что случайно разместив карточки в ряд, получим слово АНАНАС?
Вычисления: Нужно рассуждать всегда от того, что известно. Дано 3 буквы А, 2-Н, и 1 — С, всего их 6. Начнем выбирать буквы для слова «ананас». Первой идет буква А, которую мы можем выбрать 3 способами из 6, потому что есть 3 буквы А среди 6 известных. Поэтому вероятность вытянуть первой А равна
P₁=3/6=1/2.
Вторая буква Н, но не следует забывать, что после того как вытащили А остается 5 букв для выбора. Поэтому вероятность вытянуть под 2 номером Н равна
P₂=2/5.
Следующую А вероятность вытянуть среди 4, что осталось
P₃=2/4.
Далее Н можно извлечь из вероятностью
P₄=1/3.
Чем ближе к концу тем больше вероятность, и уже А можем извлечь при
P₅=1/2.
После этого остается одна карточка С, поэтому вероятность ее вытащить равна 100 процентам или
P₆=1.
Вероятность составить слово АНАНАС равна произведению вероятностей
P=3/6*2/5*2/4*1/3*1/2*1=1/60=0,016(6).
На этом и базируются подобные задачи по теории вероятностей.

Задача 3. Из партии изделий товаровед наугад выбирает образцы. Вероятность того что наугад взятое изделие окажется высшего сорта равна 0,8. Найти вероятность того, что среди 3 отобранных изделий будет два изделия высшего сорта?
Вычисления: Данный пример на применение формулы Бернулли.
p=0,8; q=1-0,8=0,2.
Вероятность вычисляем по формуле

Если объяснять не на языке формул, то нужно составить комбинации из трех событий, два из которых благоприятны, а одно нет. Это можно записать суммой произведений

Оба варианта являются равносильными, только первый можем применить во всех задачах, а второй в подобных к рассмотреной.

Задача 4. Из пяти стрелков двое попадают в цель с вероятностью 0,6 и трое с вероятностью 0,4. Что вероятнее: наугад выбранный стрелок попадает в цель или нет?
Вычисления: По формуле полной вероятности определяем вероятность, что стрелок попадет.
P=2/5*0,6+3/5*0,4=0,24+0,24=0,48.
Вероятность меньше P<0,5, следовательно вероятнее что наугад выбранный стрелок не попадет в цель.
Вероятность не попадания составляет

или
P=2/5*(1-0,6)+3/5*(1-0,4)=0,16+0,36=0,52.

Задача 5. C 20 студентов, пришедших на экзамен, 10 подготовлены отлично (знают все вопросы), 7 хорошо (знают по 35 вопросов), а 3 плохо (10 вопросов). В программе 40 вопросов. Наугад вызванный студент ответил на три вопроса билета. Какова вероятность того, что он подготовлен на

• а) отлично;
• б) плохо.

Вычисления: Суть задачи заключается в том что студент ответил на три вопроса билета, то есть на все что были заданы, а вот какова вероятность их вытянуть мы сейчас вычислим.
Найдем вероятность что студент ответил на три вопроса правильно. Это будет отношение количества студентов ко всей группе умноженное на вероятность вытянуть билеты которые они знают среди всех возможных

Теперь найдем вероятность что студент принадлежит группе которая подготовлена «на отлично». Это равносильно доле первого слагаемого предварительной вероятности, к самой вероятности

Вероятность, что студент принадлежит группе которая плохо подготовилась достаточно мала и равна 0,00216.

На этом задание выполнено. Хорошо его разберите и запомните как вычислять, поскольку на контрольных и тестах оно распространено.

Задача 6. Монету бросают 5 раз. Найти вероятность того что герб выпадет менее 3 раз?
Вычисления: Вероятность вытянуть герб или решку равносильна и равна 0,5. Менее 3 раз означает, что герб может выпасть либо 0, либо 1, либо 2 раза. «Или» всегда в вероятности в операциях сказывается добавлением.
Вероятности находим по формуле Бернулли

Поскольку p=q=0,5, то вероятность равна

Вероятность равна 0,5.

Задача 7. При штамповке металлических клемм получается в среднем 90% стандартных. Найти вероятность того что среди 900 клемм стандартными будут не менее 790 и не более 820 клемм.

Вычисления: Вычисления необходимо проводить по интегральной теореме Муавра-Лапласа.
Записываем известные величины
n=900; p=0,9; q=1-0,9=0,1; k1=790; k2=820.
Вероятность находим по формуле

где интегральная функция Лапласа

Значение x₁, x₂ вычисляем по формуле


Далее находим вероятность что среди 900 клемм стандартными будут не менее 790 и не более 820

Если объясните подобные задачи так как здесь написано то за контрольную по вероятности получите оценку «отлично».

Комбинаторика и вероятность

Комбинаторика изучает способы подсчета числа элементов в конечных множествах. Формулы комбинаторики, используют при непосредственном вычислении вероятностей.
Множества элементов, состоящие из одних и тех же различных элементов и отличающиеся друг от друга только их порядком, называются перестановками этих элементов. Число всевозможных перестановок из n элементов обозначают через , и это число равно n! (читается «эн-факториал»):
\(P_n=n\)   (1.

З а м е ч а н и е 1. Для пустого множества принимается соглашение: пустое множество можно упорядочить только одним способом; по определению полагают .

Размещениями называют множества, составленные из n различных элементов по m элементов, которые отличаются либо составом элементов, либо их порядком. Число всех возможных размещений определяется формулой
 .    (1.3.3)

Сочетаниями из n различных элементов по m называются множества, содержащие m элементов из числа n заданных, и которые отличаются хотя бы одним элементом. Число сочетаний из n элементов по m обозначают:   или . Это число выражается формулой

.    (1.3.4)

З а м е ч а н и е 2. По определению полагают .

Для числа сочетаний справедливы равенства:

Последнее равенство иногда формулируется в виде следующей теоремы о конечных множествах:
Число всех подмножеств множества, состоящего их n элементов, равно .
Отметим, что числа перестановок, размещений и сочетаний связаны равенством

З а м е ч а н и е 3. Выше предполагалось, что все n элементов различны. Если же некоторые элементы повторяются, то в этом случае множества с повторениями вычисляют по другим формулам.

Например, если среди n элементов есть элементов одного вида,  элементов другого вида и т .д., то число перестановок с повторениями определяется формулой
  (1.3.7)
где .

Число размещений по m элементов с повторениями из n элементов равно
 , то есть
_{с повт}    (1.3.8)
Число сочетаний с повторениями из n элементов по m элементов равно числу сочетаний без повторений из

При решении задач комбинаторики используют следующие правила.

Правило суммы. Если некоторый объект А может быть выбран из множества объектов m способами, а другой объект В может быть выбран n способами, то выбрать либо А, либо В можно m + n способами.

Правило произведения. Если объект А можно выбрать из множества объектов m способами и после каждого такого выбора объект В можно выбрать n способами, то пара объектов (А, В) в указанном порядке может быть выбрана  способами.

Классическая схема подсчета вероятностей пригодна для решения ряда сугубо практических задач. Рассмотрим, например, некоторое множество элементов объема N. Это могут быть изделия, каждое из которых является годным или бракованным, или семена, каждое из которых может быть всхожим или нет. Подобного рода ситуации описываются урновой схемой: в урне имеется N шаров, из них М голубых, (N — M) красных.

Из урны, содержащей N шаров, в которой находится М голубых шаров, извлекается n шаров. Требуется определить вероятность того, что в выборке объема n будет обнаружено m голубых шаров. Обозначим через А событие «в выборке объема n имеется m голубых шаров», тогда
  (1.3.10)

Пример 1. Сколькими различными способами можно выбрать три лица на три различные должности из десяти кандидатов?

Решение. Воспользуемся формулой (1.3.3). При n = 10, m = 3 получаем
.

Пример 2. Сколькими различными способами могут разместиться на скамейке 5 человек?

Решение. Согласно формуле (1.3.1) при n=5 находим
P₅ =5!=1·2·3·4·5=120.

Пример 3. Сколькими способами можно выбрать три лица на три одинаковые должности из десяти кандидатов?

Решение. В соответствии с формулой (1.3.4) находим

Пример 4.  Сколько различных шестизначных чисел можно записать с помощью цифр 1; 1; 1; 2; 2; 2?

Решение. Здесь нужно найти число перестановок с повторениями, которое определяется формулой (1.3.7). При k =2, n₁ = 3, n₂ = 3, n=6 по этой формуле получаем

Пример 5. Сколько различных перестановок букв можно сделать в словах: замок, ротор, топор, колокол?

Решение. В слове замок все буквы различны, всего их пять. В соответствии с формулой (1.3.1) получаем P₅ = 5! = 1·2·3·4·5 = 120. В слове ротор, состоящем из пяти букв, буквы p и o повторяются дважды. Для подсчета различных перестановок применяем формулу (1.3.7). При n = 5, n₁ = 2, n₂= 2 по этой формуле находим

В слове топор буква о повторяется дважды, поэтому

В слове колокол, состоящем из семи букв, буква к встречается дважды, буква о — трижды, буква л — дважды. В соответствии с формулой (13.7) при n = 7, n₁= 2, n₂= 3, n_з = 2 получаем

Пример 6. На пяти одинаковых карточках написаны буквы И, К, М, Н, С. Карточки перемешиваются и наугад раскладываются в ряд. Какова вероятность того, что получится слово МИНСК?

Решение. Из пяти различных элементов можно составить Р5 перестановок:
. Значит, всего равно возможных исходов будет 120, а благоприятствующих данному событию — только один. Следовательно,

Пример 7.  Из букв слова ротор, составленного с помощью разрезной азбуки, наудачу последовательно извлекаются 3 буквы и складываются в ряд. Какова вероятность того, что получится слово тор?

Решение. Чтобы отличить одинаковые буквы друг от друга, снабдим их номерами: p₁, p₂, 0₁, 0₂. Общее число элементарных исходов равно: . Слово ротор получится в  случаях (то₁р₁, то₁р₂, то₂р₁, то₂р₂). Искомая вероятность равна 

При подсчете числа благоприятных случаев здесь воспользовались правилом произведения: букву m можно выбрать одним способом, букву о — двумя, букву р — двумя способами.

Пример 8. На шести одинаковых по форме и размеру карточках написаны буквы слова талант — по одной букве на каждой карточке.  Карточки тщательно перемешаны. их вынимают наудачу и располагают на столе одна за другой. Какова вероятность снова получить слово талант?

Решение. Занумеруем карточки с буквами:

Слово т а л а н т (513246) не изменится, если буквы а переставить местами, но по расположению карточек получится иная комбинация: т а л а н т (523146). Если в каждой из этих двух комбинаций то же проделать с буквой т, то получим еще 2 различные комбинации карточек со словом талант. Значит, появлению слова талант благоприятствуют 4 элементарных исхода. Общее число равно возможных элементарных исходов равна числу перестановок из 6 элементов: n = 6! = 720. Следовательно, искомая вероятность

.

З а м е ч а н и е. Эту вероятность можно найти и с помощью формулы (1. 3.7), которая при n = 6, n₁ = 1, n₂ = 1, n_з = 2, n₄ = 2 принимает вид:

. Таким образом, Р = 1/180.

Пример 9.  На пяти одинаковых карточках написаны буквы: на двух карточках л, на остальных трех и. Выкладывают наудачу эти карточки в
ряд. Какова вероятность того, что при этом получится слово лилии?

Решение. Найдем число перестановок из этих пяти букв с повторениями.
По формуле (1.3.7) при n = 5, n₁ = 2, n₂ = 3 получаем

Это общее число равновозможных исходов опыта, данному событию А — «появление слова лилии» благоприятствует один. В соответствиис формулой (1.2.1) получаем

Пример 10. В партии из 10 деталей 7 стандартных. Найти вероятность
того, что среди 6 взятых наудачу деталей 4 стандартных.

Решение. Общее число возможныIx элементарных исходов испытания равно числу способов, которыми можно извлечь 6 деталей из 10, то есть числу сочетаний из 10 элементов по 6 элементов ( ).

Определяем число исходов, благоприятствующих событию А — «среди 6 взятых деталей 4 стандартных». Четыре стандартные детали из семи стандартных можно взять  способами, при этом остальные 6 — 4 = 2 детали должны быть нестандартными; взять же 2 нестандартные детали из 10 — 7 = 3 нестандартных деталей можно  способами. Следовательно, число благоприятных исходов равно .

Искомая вероятность равна отношению числа исходов, благоприятствующих событию, к числу всех элементарных исходов:

З а м е ч а н и е. Последняя формула является частным случаем формулы (1.3.10): N= 10, М= 7, n = 6, m = 4.

Пример 11. Среди 25 студентов группы, в которой 10 девушек, разыгрывается 5 билетов. Найти вероятность того, что среди обладателей билетов окажутся 2 девушки.

Решение. Число всех равновозможных случаев распределения 5 билетов среди 25 студентов равно числу сочетаний из 25 элементов по 5, то есть  . Число групп по трое юношей из 15, которые могут получить билеты, равно . Каждая такая тройка может сочетаться с любой парой из десяти девушек, а число таких пар равно .Следовательно, число групп по 5 студентов, образованных из группы в 25 студентов, в каждую из которых будут входить трое юношей и две девушки, равно произведению . Это произведение равно числу благоприятствующих случаев распределения пяти билетов среди студентов группы так, чтобы три билета получили юноши и два билета — девушки. В соответствии с формулой (1.2.1) находим искомую вероятность

З а м е ч а н и е. Последняя формула является частным случаем формулы (1.3.10): N= 25, М= 15,n = 5, m = 3.

Пример 12. В ящике находятся 15 красных, 9 голубых и 6 зеленых шаров. Наудачу вынимают 6 шаров. Какова вероятность того, что вынуты 1 зеленый, 2 голубых и 3 красных шара (событие А)?

Решение. В ящике всего 30 шаров. При данном испьпании число всех равновозможных элементарных исходов будет . Подсчитаем число элементарных исходов, благоприятствующих событию А. Три красных шара из 15 можно выбрать  способами, два голубых шара из 9 можно выбрать  споcобами, один зеленый из 6 —  способами.
Следовательно (в силу принципа произведения в комбинаторике), число исходов, благоприятствующих событию А, будет  . По формуле (1.2.1) находим искомую вероятность

Пример 13. В ящике 15 шаров, из которых 5 голубых и 10 красных. Наугад выбирают 6 шаров. Найти вероятность того, что среди вынутых шаров 2 голубых.

Решение. Общее число элементарных исходов данного опыта равно числу сочетаний из 15 по 6, то есть

Число благоприятных исходов равно произведению

Искомая вероятность определяется формулой (1.3.10):

Пример 14. Игральный кубик подбрасывают 10 раз. Какова вероятность того, что при этом грани 1, 2, 3, 4, 5, 6 выпадут соответственно 2, 3, 1, 1, 1, 2 раза (событие А)?

Решение. Число исходов, благоприятных для события А, подсчитаем по формуле (1. 3.7):

Число всех элементарных исходов в данном опыте n = 6¹⁰, поэтому

Задачи
1. На 5 одинаковых карточках написаны буквы Б, Е, Р, С, Т. Эти карточки наудачу разложены в ряд. Какова вероятность того, что получится слово БРЕСТ?
2. В ящике 4 голубых и 5 красных шаров. Из ящика наугад вынимают 2 шара. Найдите вероятность того, что эти шары разного цвета.
3. В бригаде 4 женщины и 3 мужчины. Среди членов бригады разыгрываются 4 билета в театр. Какова вероятность того, что среди обладателей билетов окажется 2 женщины и 2 мужчины?
4. В ящике 10 шаров, из которых 2 белых, 3 красных и 5 голубых.Наудачу извлечены 3 шара. Найдите вероятность того, что все 3 шара разного цвета.
5. На пяти одинаковых карточках написаны буквы л, м, о, о, т. Какова вероятность того, что извлекая карточки по одной наугад, получим в порядке их выхода слово молот?
6. Из партии, содержащей 10 изделий, среди которых 3 бракованных, наудачу извлекают 3 изделия. Найдите вероятность того, что в полученной выборке одно изделие бракованное.
7. Из десяти билетов выигрышными являются два. Чему равна вероятность того, что среди взятых наудачу пяти билетов один выигрышный?

Ответы
1.1/120. 2. 5/9. 3. 18/35.  4 . 0,25. 5. 1/60. 6. 21/40. 7. 5/9.

Вопросы
1. Что назьrвают перестановками?
2. По какой форме вычисляют число перестановок из n различных элементов?
3. Что называют размещениями?
4. По какой формуле вычисляют число размещений из n различных элементов по m элементов?
5. Что называют сочетаниями?
6. По какой формуле вы исляют число сочетаний из n элементов по m элементов?
7. Каким равенством связаны числа перестановок, размещений и сочетаний?
8. По какой формуле вычисляется число перестановок из n элементов, если некоторые элементы повторяются?
9. Какой формулой определяется число размещений по m элементов с повторениями из n элементов?
10. Какой формулой определяется число сочетаний с повторениями из n элементов по m элементов?

Основные понятия вероятности

Основные понятия

Автор(ы)

Предпосылки

Цели обучения

1. Вычисление вероятности в ситуации, когда есть равновероятные исходы
2. Применение концепций к картам и кубикам
3. Вычислить вероятность того, что два независимых события произойдут
4. Вычислить вероятность возникновения любого из двух независимых событий
5. Решайте задачи с условными вероятностями
6. Вычислите вероятность того, что в комнате с N людьми по крайней мере двое делят день рождения
7. Опишите ошибку игрока

Вероятность отдельного события

Если вы бросите шестигранный кубик, возможно шесть исходы, и каждый из этих исходов равновероятен. Шесть выпадет как тройка, так и для другого четыре грани кубика. Какова тогда вероятность того, что один придет? Поскольку существует шесть возможных исходов, вероятность составляет 1/6. Какова вероятность того, что выпадет единица или шестерка появиться? Два исхода, которые нас интересуют (один или выпадающая шестерка) называются благоприятными результаты. Учитывая, что все исходы равновероятны, можно вычислить вероятность выпадения единицы или шестерки по формуле:

В этом случае есть два благоприятных исхода и шесть возможных результаты. Таким образом, вероятность выпадения единицы или шестерки равна 1/3. Пусть вас не вводит в заблуждение использование нами термина «благоприятный». кстати. Вы должны понимать его в смысле «благоприятный происходящему событию, о котором идет речь». Это событие может не быть благоприятным для вашего благополучия. Вы можете сделать ставку на тройку, Например.

Приведенная выше формула применима ко многим азартным играм. Например, какова вероятность того, что карта, вытащенная наугад, из колоды игральных карт будет туз? Так как колода имеет четыре туза, есть четыре благоприятных исхода; так как колода имеет 52 карты, 52 возможных исхода. Следовательно, вероятность 4/52 = 1/13. Как насчет вероятности того, что карта будет клуб? Так как треф 13, вероятность 13/52 = 1/4.

Допустим, у вас есть мешок с 20 вишнями: 14 сладких и 6 кислых. Если вы выберете вишню наугад, какова вероятность что будет сладко? Есть 20 возможных вишен, которые могли бы быть выбранным, поэтому количество возможных исходов равно 20. Из них 20 возможных исходов, 14 благоприятных (сладких), поэтому вероятность что вишня будет сладкой 14/20 = 7/10. Есть один потенциал Однако усложнение этого примера. Следует предположить, что вероятность сорвать любую из вишен такая же, как вероятность выбора любого другого. Это было бы неправдой, если бы (представим) черешня меньше кислой те. (Вишни охотнее попадались под руку, когда вы пробовали из мешка.) Поэтому будем иметь в виду, что когда мы оцениваем вероятности с точки зрения отношения благоприятных во всех возможных случаях мы в значительной степени полагаемся на предположение о равном вероятность всех исходов.

Вот более сложный пример. Вы бросаете 2 кубика. Какова вероятность того, что сумма двух игральных костей будет равна 6? Чтобы решить эту задачу, перечислите все возможные исходы. Есть 36 из них, так как каждый кубик может выпасть одним из шести способов. 36 возможности показаны ниже.

Вы можете видеть, что 5 из 36 вариантов составляют 6. Следовательно, вероятность 5/36.

Если вы знаете вероятность события, легко вычислить вероятность того, что событие не происходить. Если P(A) — вероятность события A, то 1 — P(A) — это вероятность события A. вероятность того, что событие не произойдет. Для последнего примера вероятность того, что сумма равна 6, равна 5/36. Следовательно, вероятность что сумма не 6, это 1 — 5/36 = 31/36.

Вероятность двух (или более) независимых событий

События A и B независимы событий, если вероятность наступления события В равна не зависит от того, произойдет ли событие А. Возьмем простой пример. Правильная монета подбрасывается два раза. Вероятность того, что голова выпадает при втором броске, равно 1/2 независимо от того, или не выпала голова при первом броске. Два события (1) первый бросок — голова и (2) второй бросок — голова. Так эти события независимы. Рассмотрим два события (1) «Это завтра в Хьюстоне будет дождь» и (2) «Завтра в Галвестоне будет дождь» (город недалеко от Хьюстон). Эти события не являются независимыми, потому что они более вероятно, что в Галвестоне будет идти дождь в те дни, когда в Хьюстоне идет дождь чем в дни это не так.

Вероятность А и В

Когда два события независимы, вероятность того и другого является произведением вероятностей отдельные события. Более формально, если события A и B независимы, тогда вероятность того, что произойдут события А и В, равна:

P(A и B) = P(A) x P(B)

, где P(A и B) — вероятность событий. Произойдут оба события A и B, P(A) — вероятность того, что произойдет событие A, и P(B) — вероятность наступления события B.

Если дважды подбросить монету, какова вероятность что он выпадет орлом оба раза? Событие А состоит в том, что монета выпадает орёл при первом подбрасывании, и событие B заключается в том, что монета выпадает орел при втором подбрасывании. Поскольку и P(A), и P(B) равны 1/2, вероятность того, что произойдут оба события, равна

1/2 х 1/2 = 1/4.

Возьмем другой пример. Если подбросить монетку и бросьте шестигранный кубик, какова вероятность того, что монета выпадает орёл и на кости выпадает 1? Поскольку два события независимы, вероятность есть просто вероятность решка (что составляет 1/2), умноженная на вероятность выпадения кубика до 1 (что составляет 1/6). Следовательно, вероятность обоих событий происходит 1/2 х 1/6 = 1/12.

Последний пример: вы берете карту из колоды карты, положите ее обратно, а затем возьмите еще одну карту. Какова вероятность что первая карта червовая, а вторая черная? С в колоде 52 карты, из них 13 червей, вероятность что первая карта черва 13/52 = 1/4. Поскольку есть 26 черных карт в колоде, вероятность того, что вторая карта черный 26/52 = 1/2. Вероятность того, что произойдут оба события следовательно, 1/4 х 1/2 = 1/8.

См. раздел об условных вероятностях на на этой странице, чтобы узнать, как вычислить P(A и Б) когда А и В не являются независимыми.

Вероятность A или B

Если события A и B независимы, вероятность что происходит событие A или событие B:

Р(А или В) = Р(А) + Р(В) — Р(А и В)

В этом обсуждении, когда мы говорим «происходит А или Б» мы включаем три возможности:

1. А происходит, а В не происходит
2. B происходит, а A не происходит
3. Встречаются и A, и B

Это использование слова «или» технически называется инклюзивным или потому, что он включает случай, когда встречаются и А, и В. Если мы включили только первых двух случаях, тогда мы будем использовать эксклюзивный или же.

(Необязательно) Мы можем вывести закон для P(A-или-B) из нашего закона о Р(А-и-В). Событие «А-или-Б» может произойти любым из следующих способов:

1. А-и-Б бывает
2. Бывает А-и не Б
3. не-А-и-Б бывает.

Простое событие A может произойти, если либо A-и-B происходит или происходит А-и не-Б. Точно так же простое событие Б происходит, если происходит либо А-и-Б, либо не происходит-А-и-Б. Следовательно, P(A) + P(B) равно P(A-и-B) + P(A-и-не-B) + P(A-и-B) + P(не-A-и-B), тогда как P(A-или-B) есть P(A-и-B) + P(A-и-не-B) + Р(не-А-и-В). Мы можем сделать эти две суммы равными, вычитая одно вхождение P(A-и-B) от первого. Следовательно, P(A-или-B) = Р(А) + Р(В) — Р(А-и-В).

Теперь несколько примеров. Если подбросить монету два раза, какова вероятность того, что вы получите голову на первом флип или голова на втором флипе (или оба)? Позволить событию А быть орёл при первом подбрасывании, а Событие B — орёл при втором подбрасывании, тогда P(A) = 1/2, P(B) = 1/2 и P(A и B) = 1/4. Следовательно,

P(A или B) = 1/2 + 1/2 — 1/4 = 3/4.

Если вы бросите шестигранный кубик, а затем подбросите монету, какова вероятность того, что выпадет либо 6 на кубике или голова при подбрасывании монеты (или и то, и другое)? Используя формулу,

P(6 или голова) = P(6) + P(голова) — P(6 и голова)
             = (1/6) + (1/2) — (1/6)(1/2)
             = 7/12

Альтернативный подход к вычислению этого значения заключается в том, чтобы начать с вычисления вероятности того, что 6 или голова. Затем вычтите это значение из 1, чтобы вычислить вероятность получить 6 или голову. Хотя это сложная метод имеет то преимущество, что он применим к задачам с более двух событий. Вот расчет в данном случае. Вероятность того, что не выпадет ни 6, ни решка, можно пересчитать. как вероятность

(не получается 6) И (не получается голова).

Это следует потому, что если вы не получили 6 и вы не получили голову, значит, вы не получили 6 или голову. вероятность не получить шестерку равна 1 — 1/6 = 5/6. Вероятность не получить голову 1 — 1/2 = 1/2. Вероятность не получить шестерку и не получить решку 5/6 х 1/2 = 5/12. Этот следовательно, вероятность не получить 6 или решку. следовательно, вероятность получить шестерку или решку равна (еще раз) 1 — 5/12 = 7/12.

Если бросить игральную кость три раза, какова вероятность что один или несколько ваших бросков принесут 1? То есть, какова вероятность того, что при первом броске выпадет 1 ИЛИ 1 при втором броске ИЛИ 1 при третьем броске? Самый простой способ чтобы подойти к этой проблеме, нужно вычислить вероятность

НЕ получить 1 при первом броске
И не получить 1 при втором броске
И не получить 1 при третьем броске.

Ответ будет равен 1 минус эта вероятность. вероятность не получить 1 ни при одном из трех бросков равна 5/6. х 5/6 х 5/6 = 125/216. Поэтому вероятность получения 1 хотя бы в одном из бросков равно 1 — 125/216 = 91/216.

Условные вероятности

Часто требуется вычислить вероятность события при условии, что произошло другое событие. Например, какова вероятность того, что две карты, взятые наугад из колода игральных карт обе будут тузами? Может показаться, что можно использовать формулу вероятности двух независимых событий и просто умножить 4/52 x 4/52 = 1/169. Это было бы неправильно, однако, потому что эти два события не являются независимыми. Если первая вытянутая карта — туз, то вероятность того, что вторая карта также туз был бы ниже, потому что было бы только в колоде осталось три туза.

Если первой выбранной картой окажется туз, вероятность то, что вторая выбранная карта также является тузом, называется условной вероятность вытянуть туза. В этом случае «условие» что первая карта туз. Символически мы пишем это как:

P(туз при втором розыгрыше | туз при первом розыгрыше)

Вертикальная черта «|» читается как «дано», поэтому приведенное выше выражение является сокращением от: «Вероятность того, что туз вытягивается при втором розыгрыше, если был вытянут туз при первом розыгрыше». Какова эта вероятность? туз вытягивается при первом розыгрыше, из них 3 туза Осталась 51 карта. Это означает, что вероятность того, что один из этих тузов будет разыграно 3/51 = 1/17.

Если события A и B не являются независимыми, то P(A и B) = P(A) x P(B|A).

Применяя это к задаче о двух тузах, Вероятность вытащить из колоды двух тузов равна 4/52 х 3/51 = 1/221.

Еще один пример: если вы берете две карты из колоды, какова вероятность того, что вы получите бубновый туз а черная карта? Выполнить это условие можно двумя способами: (1) Сначала вы можете получить бубновый туз, а затем черную карту. или (2) вы можете сначала получить черную карту, а затем бубновый туз. Рассчитаем случай А. Вероятность того, что первая карта Бубновый туз равен 1/52. Вероятность того, что вторая карта черный, учитывая, что первая карта бубновый туз 26/51 потому что 26 из оставшихся 51 карты черные. Вероятность поэтому 1/52 х 26/51 = 1/102. Теперь о случае 2: ​​вероятность что первая карта черная, это 26/52 = 1/2. Вероятность того, что вторая карта — бубновый туз, учитывая, что первая карта черный 1/51. Таким образом, вероятность случая 2 равна 1/2 x 1/51 = 1/102, то же, что и вероятность случая 1. Напомним, что вероятность A или B равна P(A) + P(B) — P(A и B). В этом проблема, P (A и B) = 0, так как карта не может быть бубновым тузом и быть черной картой. Следовательно, вероятность Случая 1 или Случая 2 равно 1/102 + 1/102 = 2/102 = 1/51. Итак, 1/51 — это вероятность того, что вы получите бубновый туз и черную карту при розыгрыше две карты из колоды.

Проблема дня рождения

Если в комнате 25 человек, что вероятность того, что хотя бы у двоих из них день рождения совпадает. Если ваша первая мысль состоит в том, что 25/365 = 0,068, вы будете удивлен, узнав, что это намного выше, чем это. Эта проблема требует применение разделов о P(A и B) и условных вероятность.

Лучше всего решить эту проблему, спросив, что вероятность того, что никакие два человека не имеют одинаковых дней рождения. Один раз мы знаем эту вероятность, мы можем просто вычесть ее от 1 до найти вероятность того, что у двух людей день рождения совпадает.

Если мы выберем наугад двух человек, что вероятность того, что у них разные дни рождения? Из 365 дней на которых у второго человека мог быть день рождения, 364 из них отличаются от дня рождения первого человека. Следовательно вероятность 364/365. Определим P2 как вероятность того, что второй нарисованный человек не имеет общего дня рождения с человеком нарисовано ранее. Таким образом, P2 равен 364/365. Теперь определим P3 как вероятность того, что третий вытащенный человек не разделяет день рождения с кем-либо, нарисованным ранее, учитывая, что нет совпадений предыдущих дней рождения. Поэтому P3 является условным вероятность. Если нет предыдущих совпадений дней рождения, то два из 365 дней были «израсходованы», осталось 363 дня. несовпадающие дни. Поэтому P3 = 363/365. Аналогично, P4 = 362/365, P5 = 361/365 и так далее до P25 = 341/365.

Для того, чтобы не было спичек, второй человек не должен совпадать ни с одним предыдущим человеком и третье лицо не должно совпадать ни с каким предыдущим лицом, и четвертое лицо не должно совпадать ни с одним предыдущим лицом и т. д. Поскольку P(A и B) = P(A)P(B), все, что нам нужно сделать, это умножить P2, P3, P4 …P25 вместе. Результат 0,431. Следовательно, вероятность хотя бы одного совпадения — 0,569.

Ошибка игрока

Правильная монета подбрасывается пять раз и выпадает головы каждый раз. Какова вероятность того, что он появится Орел на шестом флипе? Правильный ответ, конечно, 1/2. Но многие люди считают, что хвост чаще встречается после броска пяти голов. Их неисправность рассуждение может звучать примерно так: «В долгосрочной перспективе число орлов и решек будут одинаковыми, поэтому решки имеют некоторые наверстывать упущенное». Обнажаются изъяны в этой логике в моделировании в этой главе.

Пожалуйста, ответьте на вопросы:

обратная связь

Как найти вероятность исхода

Все математические ресурсы SAT

16 диагностических тестов 660 практических тестов Вопрос дня Карточки Learn by Concept

← Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 … 14 15 Следующая →

SAT Math Help » Анализ данных » Вероятность » Результаты » Как найти вероятность исхода

В пакете мармеладок 20 арбузных мармеладок, 45 кисло-яблочных мармеладок, 30 апельсиновых мармеладок и 5 мармеладок из сахарной ваты. Если вы протянете руку и возьмете одно драже, какова вероятность того, что оно будет со вкусом арбуза?

Возможные ответы:

1/20

1/3

1/5

4/19

1/4

Правильный ответ:

1/5

442. Объяснение:

Сложите общее количество мармеладок: 20 + 45 + 30 + 5 = 100. 

Разделите количество арбузных драже на общее количество: 20/100 и уменьшите дробь до 1/5.

Сообщить об ошибке

В квадрат вписан круг. Если случайным образом выбрать точку внутри квадрата, какова вероятность того, что эта точка окажется и внутри круга?

Возможные ответы:

π/6

3/4

5/6

π/4

Правильный ответ: 3/4 π/6 0

 P(B|A) = P(A и B) / P(A)