Как найти вероятность попадания при одном броске

Контрольные задания

І. Теория вероятностей.

1А. Определение сложных событий.

Задача 1.4. Производится три броска по баскетбольному кольцу. Определить сложное событие, состоящее в попадании в кольцо двух мячей.

Решение

Введем обозначения:

А1 – Попадание при первом броске

А2 – Попадание при втором броске

А3 – Попадание при третьем броске

Тогда соответственно

— Промах при первом броске

— Промах при первом броске

— Промах при первом броске

Событие В заключается в том, что произошли два какие-то события, то есть или события А1 и А2 (а А3 не произошло), или А1 и А3 (а А2 не произошло), или А2 и А3 (а А1 не произошло).

Следовательно, сложное событие B, состоящее в попадании в кольцо двух мячей, можно определить следующим образом:

2А. Способы определения вероятностей.

Задача 2.4. В урне А белых и В черных шаров. Из урны вынули один шар и положили в сторону. Этот шар оказался белым. После этого из урны берут еще один шар. Найти вероятность того, что этот шар тоже будет белым.

Решение

Рассмотрим множество всех шаров в урне X, состоящее из (А+В) элементов.

После того как вынули один шар и он оказался белым в урне осталось (А+В-1) шаров, из которых (А-1) белых

Определим общее число n элементарных исходов и число исходов, благоприятных указанным событиям.

Общее число элементарных исходов равно числу способов, которыми можно извлечь 1 шар из (А+В-1) шаров, то есть равно числу (А+В-1).

Так как это число конечно и все исходы равновероятны, то имеет место классическая схема определения вероятности (, где n – число элементарных исходов в пространстве Ω, k – число элементарных исходов, благоприятных событию С).

Определим вероятность события С, что второй шар тоже будет белым:

Число элементарных исходов, благоприятных событию А, равно (А-1)

То есть, имеем:

Ответ:

3А. Теоремы сложения и умножения вероятностей.

Задача 3.4. В урне 20 белых и 6 черных шаров. Из неё вынимают наугад два шара подряд. Найти вероятность того, что оба шара черные.

Решение

Введем события:

А — оба вынутые шара черные.

А1 – первый раз извлечен чёрный шар,

А2 – второй раз извлечен чёрный шар,

Тогда, событие А произойдет, если произойдут оба события А1 и А2, то есть

По теореме умножения вероятностей

Так как всего 26 шаров и из них 6 чёрных, то

После извлечения одного чёрного шара останется 25 шаров, из которых 5 шаров чёрные, следовательно,

Таким образом,

Ответ:

5А. Закон распределения дискретной случайной величины и ее числовые характеристики.

Задача 5.4. Вероятность попадания в баскетбольное кольцо мяча при одном броске равна 0.8. Составить ряд распределения и определить математическое ожидание , характеризующее результат попадания мяча в кольцо.

Решение

Случайная величина ξ − число попаданий мяча в корзину при одном броске – дискретная случайная величина, так как множество ее значений конечно.

Определим вероятность каждого значения случайной величины. Очевидно,

— вероятность промаха при одном броске.

— вероятность попадания в кольцо при одном броске.

Заметим выполнимость условия нормировки: .

Представим закон распределения в виде таблицы:

Математическое ожидание:

6А. Закон распределения непрерывной случайной величины и ее числовые характеристики.

Задача 6.4. Случайная величина имеет плотность распределения

. Найти функцию распределения F(x).

Решение

Найдем функцию распределения F(X) случайной величины .

Функция F(X), которая определяется равенством ,

Непосредственно из определения следует равенство .

Тогда, при : ,

При : ,

При :.

Получили

Контрольные задания

ІІ. Математическая статистика

13А. Выборочный метод математической статистики

Пример 13.4. По ряду распределения построить статистическую функцию распределения

Статистической функцией распределения случайной вели­чины X называется частота события X < х в данном стати­стическом материале: F*(х) = Р*(Х<х).

По данным таблицы находим функцию распределения:

14А. Статистические оценки параметров распределения.

14.1.Точечные оценки параметров распределения

Примеры 1.– 10. Испытано 12 однотипных микросхем и с точностью до 1.0 часа зарегистрировано время безотказной работы каждой из них. Результаты испытаний сведены в таблицу:

Найти оценку математического ожидания и дисперсии

Решение

1.Для оценки математического ожидания используем формулу

В нашем случае 2. Оценку для дисперсии проведём:

А) когда известно математическое ожидание = 130 [час].

Используем формулу

В нашем случае: б) когда неизвестно математическое ожидание .

В этом случае используем статистическое математическое ожидание и формулу

В нашем случае:

14.2. Интервальная оценка параметров распределения

Определить доверительный интервал.

Примеры 1.– 10. Построить 95-процентный (β=0.95) доверительный интервал для оценки неизвестного математического ожидания Случайной величины , если по результатам N=104 измерений получены оценки

Решение

Используем формулу для доверительного интервала

Значение табличной функции положим

В нашем случае

Тогда

Определить доверительный интервал.

Примеры 1.– 10. Построить 96-процентный (β=0.96) доверительный интервал для оценки неизвестной дисперсии случайной величины по результатам N = 104 измерений.

Решение

Оценку для дисперсии проведём:

А) когда известно математическое ожидание и

Используем формулу Значение табличной функции положим

В нашем случае

Тогда

Б) когда неизвестно математическое ожидание и

Используем формулу

В нашем случае

Тогда

16А. Определение характеристик случайных величин и построение линий регрессии по данным выборки

Примеры 1.10. Дана выборка объёма , заданная в таблицах №№1–10. Номер таблицы определяется последней цифрой зачётной книжки.

Требуется: вычислить выборочные средние, выборочные дисперсии, средние квадратические отклонения, корреляционный момент и коэффициент корреляции. Составить уравнение линии регрессии . Построить график линии регрессии относительно точек таблицы. Найти остаточную дисперсию.

таблица №4

Решение

Линейное уравнение регрессии имеет вид y = bx + a + ε

Здесь ε — случайная ошибка (отклонение, возмущение).

Так как отклонения εi для каждого конкретного наблюдения i – случайны и их значения в выборке неизвестны, то:

1) по наблюдениям xi и yi можно получить только оценки параметров α и β

2) Оценками параметров α и β регрессионной модели являются соответственно величины а и b, которые носят случайный характер, т. к. соответствуют случайной выборке;

Тогда оценочное уравнение регрессии (построенное по выборочным данным) будет иметь вид y = bx + a + ε, где ei – наблюдаемые значения (оценки) ошибок εi, а и b соответственно оценки параметров α и β регрессионной модели, которые следует найти.

Для оценки параметров α и β — используют МНК (метод наименьших квадратов). Метод наименьших квадратов дает наилучшие (состоятельные, эффективные и несмещенные) оценки параметров уравнения регрессии.

Формально критерий МНК можно записать так:

S = ∑(yi — y*i)2 → min

Система нормальных уравнений.

A•n + b∑x = ∑y

A∑x + b∑x2 = ∑y•x

Для наших данных система уравнений имеет вид

5a + -2.5 b = 7.5

-2.5 a + 1.88 b = -4.52

Из первого уравнения выражаем А и подставим во второе уравнение:

Получаем эмпирические коэффициенты регрессии: b = -1.232, a = 0.884

Уравнение регрессии (эмпирическое уравнение регрессии):

Y = -1.232 x + 0.884

Эмпирические коэффициенты регрессии A и B являются лишь оценками теоретических коэффициентов βi, а само уравнение отражает лишь общую тенденцию в поведении рассматриваемых переменных.

Для расчета параметров регрессии построим расчетную таблицу

1. Параметры уравнения регрессии.

Выборочные средние.

Выборочные дисперсии:

Среднеквадратическое отклонение

Коэффициент корреляции

Ковариация. (корреляционный момент)

Рассчитываем показатель тесноты связи. Таким показателем является выборочный линейный коэффициент корреляции, который рассчитывается по формуле:

Линейный коэффициент корреляции принимает значения от –1 до +1.

Связи между признаками могут быть слабыми и сильными (тесными). Их критерии оцениваются по шкале Чеддока:

0.1 < rxy < 0.3: слабая;

0.3 < rxy < 0.5: умеренная;

0.5 < rxy < 0.7: заметная;

0.7 < rxy < 0.9: высокая;

0.9 < rxy < 1: весьма высокая;

В нашем примере связь между признаком Y фактором X весьма высокая и обратная.

1.2. Уравнение регрессии (оценка уравнения регрессии).

Линейное уравнение регрессии имеет вид y = -1.23 x + 0.88

Для оценки качества параметров регрессии построим расчетную таблицу

Остаточная дисперсия

В нашем случае

Построим график линии регрессии относительно точек таблицы.

3.1 Биномиальное распределение

Биномиальным
называют закон распределения дискретной
случайной величины X — числа появлений
события в n независимых испытаниях, в
каждом из которых вероятность наступления
события постоянна. Вероятности
p_i вычисляют
по формуле
Бернулли

Для
биномиального распределения:
математическое
ожидание M(X) = np,
дисперсия
D(X) = npq,
мода
np-q ≤ Mo ≤ np+p,
коэффициент
асимметрии As = (q — p)/√npq,
коэффициент
эксцесса Ex = (1 — 6pq)/npq

В
пределе при n→∞
биномиальное распределение по своим
значениям приближается к нормальному
с параметрами a=np и σ=√npq
В
пределе при n→∞
и при p→0
биномиальное распределение превращается
в распределение Пуассона с параметром λ=np.

Пример
3.1

Построить
ряд распределения числа попаданий мячом
в корзину при трех бросках, если
вероятность попадания при одном броске
равна 0,6. Найти среднее число попаданий
и дисперсию.

Решение
Случайная
величина Х – число попаданий в корзину
при трёх бросках. Соответствующие
вероятности найдём по формуле
Бернулли.

Искомый
закон распределения:

Контроль:
0,064 + 0,288 + 0,432 + 0,216 = 1
Математическое
ожидание:
М(Х) = Σ х_ip_i =
0 · 0,064 + 1 · 0,288 + 2 · 0,432 + 3 · 0,216 = 1,8
Или: М
(Х) = np = 3 · 0,6 = 1,8
Дисперсия:
D(X) = Σ
х²_ip_i –
(М(Х))² =
0² ·
0,064 + 1² ·
0,288 + 2² ·
0,432 + 3² ·
0,216 – 1,8² =
0,72
Или: D (X) = npq = 3 · 0,6 · 0,4 = 0,72
Среднее
квадратическое отклонение:
σ(Х) =
√D(X) ≈ 0,85
Коэффициент асимметрии
As = (q — p)/√npq = (0,4 — 0,6)/√3·0,6·0,4 ≈
-0,2357,
Коэффициент эксцесса Ex = (1 —
6pq)/npq = (1 — 6·0,6·0,4)/(3·0,6·0,4) ≈ -0,61111

Свернуть

3.2 Геометрическое рапределение

Производится
серия испытаний. Случайная величина —
количество испытаний до появления
первого успеха (например, бросание мяча
в корзину до первого попадания). Закон
распределения имеет вид:

Если
количество испытаний не ограничено,
т.е. если случайная величинв может
принимать значения 1, 2, …, ∞, то
математическое ожидание и дисперсию
геометрического распределения можно
найти по формулам M(X) = 1/p, D(X) = q/p²

Пример
3.2

Из
орудия производится стрельба по цели
до первого попадания. Вероятность
попадания в цель p = 0,6 при каждом выстреле.
С.в. X — число возможных выстрелов до
первого попадания. а) Составить ряд
распределения, найти функцию распределения,
построить её график и найти все числовые
характеристики. б) Найти математическое
ожидание и дисперсию для случая, если
стрелок намеревается произвести не
более трёх выстрелов.

Показать
решение

3.3 Гипергеометрическое рапределение

Имеется
N объектов. Из них n объектов обладают
требуемым свойством. Из общего количества
отбирается m объектов. Случайная величина
X — число объектов из m отобранных,
обладающих требуемым свойством. Для
вычисления вероятностей используются
биномиальные коэффициенты (см. число
сочетаний).
Закон распределения имеет вид:

Пример
3.3

Среди
20 книг, стоящих на полке, 8 книг по
математической статистике. Случайная
величина X — число книг по математике из
четырёх случайно взятых с этой полки
книг. Составить ряд распределения, найти
функцию распределения, построить её
график и найти все числовые характеристики.

Решение
Случайная
величина X может принимать значения 0,
1, 2, 3,
4.
P(0)=C⁴₁₂/C⁴₂₀=(12!16!4!)/(4!8!20!)=(9·10·11·12)/(17·18·19·20)≈0,102167
P(1)=(C³₁₂·C¹₈)/C⁴₂₀=(12!·8·16!4!)/(3!9!20!)=(10·11·12·8·4)/(17·18·19·20)≈0,363261
P(2)=(C²₁₂·C²₈)/C⁴₂₀≈0,381424
P(3)=(C¹₁₂·C³₈)/C⁴₂₀≈0,138700
P(4)=C⁴₈/C⁴₂₀≈0,014448

Ряд
распределения:
x_i|    0    |    1    |     2     |     3     |     4
————————————————
p_i|0,1022|0,3633|0,38143|0,13873|0,0145

Функция
распределения — это вероятность того,
что случайная величина примет значение
меньшее, чем конкретное числовое значение
x. Её значения находим суммированием
вероятностей.
При       x
≤ 0   F(X) = 0
При 0 ≤ x ≤ 1   F(X) =
0,102167
При 1 ≤ x ≤ 2   F(X) = 0,102167 +
0,363261 = 0,465428
При 2 ≤ x ≤ 3   F(X) =
0,465428 + 0,381424 = 0,846852
При 3 ≤ x ≤ 4   F(X)
= 0,846852 + 0,138700 = 0,985552
При       x
≥ 4   F(X) = 0,985552 + 0,014448 = 1

M(X)
= 0·0,1022 + 1·0,3633 + 2·0,38143 + 3·0,13873 + 4·0,0145 =
1,6
D(X) = 0²·0,1022
+ 1²·0,3633
+ 2²·0,38143
+ 3²·0,13873
+ 4²·0,0145
— 1,6² ≈
0,808421
σ(Х) ≈ 0,899
Свернуть

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #

Что такое независимые испытания? Практически всё понятно уже из самого названия. Пусть производится несколько испытаний. Если вероятность появления некоего события  в каждом из них не зависит от исходов остальных испытаний, то… заканчиваем фразу самостоятельно! При этом под словосочетанием «независимые испытания» часто подразумевают повторные независимые испытания – когда они осуществляются друг за другом. Простейшие примеры:

– монета подбрасывается 10 раз;
– игральная кость подбрасывается 20 раз.

Совершенно ясно, что вероятность выпадения орла либо решки в любом испытании не зависит от результатов других бросков. Аналогичное утверждение, естественно, справедливо и для кубика.  А вот последовательное извлечение карт из колоды не является серией независимых испытаний – очевидно, это цепочка зависимых событий. Однако если карту каждый раз возвращать обратно, то это тоже будут повторные независимые испытания.

И у нас в гостях очередной Терминатор, который абсолютно равнодушен к своим удачам / неудачам, и поэтому его стрельба представляет собой образец стабильности

Задача 65
Стрелок совершает 4 выстрела по мишени. Вероятность попадания при каждом выстреле постоянна и равна . Найти вероятность того, что:
а) стрелок попадёт только один раз, б) стрелок попадёт 2 раза.

Решение: условие сформулировано в общем виде и вероятность попадания в мишень при каждом выстреле считается известной. Она равна  (если совсем тяжко, присвойте параметру какое-нибудь конкретное значение, например, ).

Коль скоро мы знаем , то легко найти вероятность промаха в каждом выстреле:
, то есть, «ку» – это тоже известная нам величина.

а) Рассмотрим событие «Стрелок попадёт только один раз» и обозначим его вероятность через  (индексы понимаются как «1 попадание из 4»).  Данное событие состоит в 4 несовместных исходах: стрелок попадёт в 1-й или во 2-й, или в 3-й, или в 4-й попытке. По теоремам сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей независимых событий:

Упростим результат с помощью комбинаторной формулы количества сочетаний:
 способами можно выбрать попытку, в которой стрелок попал, и, поскольку в каждом исходе имеет место 1 попадание и 3 промаха, то:
 – вероятность того, что стрелок попадёт только 1 раз из 4.

…как-то так «с лёгкой руки» я начал называть повторные независимые испытания «попытками», что не в каждой задаче может быть корректным в содержательном плане… …ну да ладно.
б) Рассмотрим событие «Стрелок попадёт два  раза» и обозначим его вероятность через  («2 попадания из 4»). Здесь исходов будет уже больше, попадания возможны:

в 1-й и 2-й попытках
или
в 1-й и 3-й попытках,
или
в 1-й и 4-й попытках,
или
во 2-й и 3-й попытках,
или
во 2-й и 4-й попытках,
или
в 3-й и 4-й попытках.

Таким образом, по тем же теоремам сложения и умножения вероятностей:

Можно ли так решать задачу? Безусловно, можно. Но что делать, если серия состоит из 5, 6 или бОльшего количества выстрелов? Тут уже будут получаться десятки слагаемых, запись которых отнимет много времени и места. В этой связи гораздо рациональнее придерживаться более компактной схемы:
 способами (перечислены выше) можно выбрать 2 попытки, в которых произойдут попадания.

И, поскольку в любом исходе ровно 2 попадания и 2 промаха, то:
 – вероятность того, что стрелок попадёт 2 раза из 4.

Ответ:

Итак – вероятность того, что будет 1 попадание из 4, равна , вероятность того, что будет 2 попадания из 4, равна , …не замечаете ли вы закономерности?

Только что на конкретном примере мы повторили путь Якоба Бернулли, который несколько веков назад вывел формулу, названную позже в его честь:

За примером далеко ходить не будем:

Задача 66
Найти вероятность того, что при 10 бросках монеты орёл выпадет 3 раза.

Решение: сначала немного порассуждаем: всего проводится 10 повторных независимых испытаний. Сколькими способами можно выбрать 3 испытания из 10, в которых выпадет орёл? Считаем:
 способами.

Это что же получается, нужно записывать 120 слагаемых, в каждом из которых 10 множителей?! Конечно, нет! – ведь есть формула Бернулли:

, в данном случае:

 – всего испытаний;
 – количество испытаний, в которых должен появиться орёл;
 – вероятность появления орла в каждом испытании;
 – вероятность появления решки в каждом испытании.

Таким образом:
 – вероятность того, что при 10 бросках монеты орёл выпадет ровно 3 раза.

Ответ:

Следует отметить, что повторный характер независимых испытаний не является «жизненно важным» условием для применения формулы Бернулли. Рассмотрим похожую задачу:
Найти вероятность того, что при броске 10 монет орёл выпадет на 3 монетах.

Здесь испытания не повторяются, а скорее, производятся одновременно, но, тем не менее, работает та же самая формула: .

Решение будет отличаться смыслом и некоторыми комментариями, в частности:
 способами можно выбрать 3 монеты, на которых выпадет орёл.
 – вероятность выпадения орла на каждой из 10 монет
и т.д.

Однако на практике подобные задачи встречаются не столь часто, и, видимо, по этой причине  формула Бернулли чуть ли не стереотипно ассоциируется только с повторными испытаниями. Хотя, как только что было показано, повторяемость вовсе не обязательна.
Следующая задача для самостоятельного решения:

Задача 67
Игральную кость бросают 6 раз. Найти вероятность того, что 5 очков:

а) не выпадут (выпадут 0 раз);
б) выпадут 2 раза;
в) выпадут 5 раз.

Результаты округлить до 4 знаков после запятой.

Очевидно, что в рассматриваемых примерах некоторые события более вероятны, а некоторые – менее вероятны. Так, например, при 6 бросках кубика даже безо всяких расчётов интуитивно понятно, что вероятности событий пунктов «а» и «бэ» значительно больше вероятности того, что «пятёрка» выпадет 5 раз. И на уровне интуиции легко сделать вывод, что наивероятнейшее количество появлений «пятёрки» равно единице – ведь всего граней шесть, и при 6 бросках кубика каждая из них должна выпасть в среднем по одному разу. Желающие могут вычислить вероятность  и посмотреть, будет ли она больше «конкурирующих» значений  и .

Теперь сформулируем строгий критерий на этот счёт:

Найдём наивероятнейшее число  появлений «пятёрки» при 6 бросках кубика. Сначала вычислим:
 – целое число, таким образом, это частный случай 1-го пункта и .
Как вариант, можно воспользоваться общей формулой:

 – полученному неравенству удовлетворяет единственное целое значение .
В целях закрепления материала решим пару задач:

Задача 68
Вероятность того, что при броске мяча баскетболист попадёт в корзину, равна 0,3. Найти наивероятнейшее число попаданий при 8 бросках и соответствующую вероятность.

Решение: для оценки наивероятнейшего числа попаданий используем двойное неравенство . В данном случае:

 – всего бросков;
 – вероятность попадания в корзину при каждом броске;
 – вероятность промаха при каждом броске.

Таким образом, наивероятнейшее количество попаданий при 8 бросках находится в следующих пределах:

Поскольку левая граница (1,7) – дробное число (пункт № 1 критерия – см. выше), то существует единственное наивероятнейшее значение, и, очевидно, что это .

Используя формулу Бернулли ,  вычислим вероятность того, что при 8 бросках будет ровно 2 попадания:
 

Ответ:  – наивероятнейшее количество попаданий при 8 бросках,  – соответствующая вероятность.

Аналогичное задание для самостоятельного решения:

Задача 69
Монета подбрасывает 9 раз. Найти вероятность наивероятнейшего числа появлений орла

Решение и ответ в конце книги.

А сейчас немного отвлёчёмся и рассмотрим весьма любопытную ситуацию: предположим, что во всех 9 испытаниях выпал орёл. Что, кстати, не являются каким-то уж сильно невероятным событием:  

Вопрос: какая сторона монеты вероятнее всего выпадет в 10-м испытании?

Как вы думаете?

…ответьте на этот вопрос и перейдите на следующую страницу.

Правильный ответ: вероятности останутся равными! Почему? Причина была сформулирована в начале параграфа: поскольку испытания независимы, то вероятность выпадения орла либо решки в любом испытании не зависит от результатов других испытаний!

Однако игры разума таковы, что у многих людей напрашивается следующий вывод: раз орёл выпал много раз подряд, то теперь выпадение решки гораздо (!) вероятнее. Этот психологический феномен получил название Ошибка игрока. Если подбрасывать монету тысячи, десятки тысяч раз, то соотношение орлов / решек будет примерно равным (о чём мы ещё поговорим). Но в этом процессе неоднократно встретятся эпизоды, когда монету «заклинит» на какой-то одной грани, и КАК ИМЕННО распределятся эти «необычные» серии на длинной дистанции – никто не знает.

К слову, о «необычности». Любая случайная последовательность девяти орлов/решек так же вероятна, как и выпадение 9 орлов! Проверить данный факт легче лёгкого: запишем произвольную последовательность исходов, например:
Орёл/Решка/Решка/Орёл /Решка/ Орёл /Решка/ Орёл /Орёл

По теореме умножения вероятностей независимых событий, вероятность появления этой цепочки:
, что в точности равно вероятности выпадения девяти орлов !

И здесь мы сталкиваемся со второй иллюзией – человек склонен считать «красивые» комбинации чем-то из ряда вон выходящим и чуть ли не фантастическим. Но на самом деле ничего необычного, например, в комбинации О/О/О/Р/Р/Р/О/О/О  – нет, и она может запросто появиться в серии испытаний.

Вероятность получить, скажем, пиковый «Ройял-флеш» в покересоставляет 1:2598960, однако мало кто задумывается, что с той же вероятностью приходит ЛЮБАЯ, в том числе, совершено «мусорная» комбинация из пяти карт! И с этой точки зрения «сверхъестественная» комбинация  10, В, Д, К, Т пик ничем не примечательна – встречалась «в истории» наряду с другими очень много раз. И поэтому «Ройял-флеш» может запросто оказаться у вас или у вашего соперника.

Кстати, к теме нашего разговора относятся и типичные ситуации в играх, в частности, в картах – когда «карта идёт», и наоборот – когда постоянно сдают «один мусор» или «фатально не везёт». Такие «полосы» встречаются у каждого игрока, и никакой мистики в этом нет. Да что там игры, в жизни то же самое – пресловутые «чёрные и белые полосы».

На просторах Интернета часто встречается популярный «секрет выигрыша» в рулетку, известный также под названием «Мартингейл». Краткая суть системы состоит в следующем: «Ставьте на красное. Если выпало чёрное, удваивайте ставку и снова ставьте на красное. Если снова выпало чёрное, то ещё раз удваивайте ставку и снова ставьте на красное и т.д.». Казалось бы – вот оно, золотое дно, ведь красных секторов целых 18 из 37! (+ 18 черных и 1 зеро в европейской рулетке). И уж «красное» должно (!) выпасть если не на 5-й, то на 10-й раз точно, что позволит отыграть всё ранее поставленное с прибылью!

Ничего подобного!

Вероятность выпадения красного сектора в любом испытании постоянна  и никак не зависит от результатов предыдущих испытаний. Постоянна – и проигрышна (т.к. поставленные на «красное» деньги с вероятностью  проигрываются, а в случае успеха удваиваются). Длинная серия «чёрного» обязательно появятся (рано или поздно) и разорит даже Билла Гейтса. Поэтому данный «секрет», как и все остальные системы игры в рулетку – не работает.

«Ошибка игрока» совершается и многими участниками лотерей. Она состоит в том, что люди пытаются предугадать числа на основе статистики предыдущих тиражей. Чистой воды химера и пустая трата времени – если, например, № 8 не выпадал 50 раз подряд, то он с таким же успехом может не выпасть ещё 150 раз (это не ирония). Однако если провести десятки тысяч тиражей, то количество появлений всех номеров будет примерно равным, но В КАКОМ ПОРЯДКЕ И КАКИМИ СЕРИЯМИ будет выпадать та же «восьмёрка» на длинной дистанции – никто предсказать не может.

А теперь ответим на один важный вопрос:

Как правильно играть в азартные игры и лотереи? – в чём главный секрет?

Наверное, многие ожидают услышать от меня что-нибудь вроде: «Лучше вообще не играть», «Открыть собственное казино», «Организовать лотерею» и т.п. Ну почему же не играть? Игра – это одно из развлечений, а за развлечения, как известно, нужно… совершенно верно! Поэтому средства, на которые вы играете, следует считать платой за развлечение, но ни в коем случае трагической потерей. Что касается лотерей, то билет лучше покупать опять же ради развлечения и наобум. Или «по наитию». Правда, лично я никогда не слышал, чтобы кто-то из «счастливчиков» рассказывал о своём предчувствии.

Естественно, перечисленные советы не относятся к хроническим лудоманам и им как раз таки «Лучше вообще не играть». И после столь увлекательного отступления рассмотрим ещё несколько задач по теме:

Задача 70
Среди изделий, произведенных на станке-автомате, в среднем бывает 60% изделий первого сорта. Какова вероятность того, что среди 6 наудачу отобранных изделий будет:

а) от 2 до 4 изделий первого сорта;
б) не менее 5 изделий первого сорта;
в) хотя бы одно изделие более низкого сорта.

Вероятность производства первосортного изделия не зависит от качества других выпущенных изделий, поэтому в задаче речь идёт о независимых испытаниях. Пожалуйста, не подходите формально и не пренебрегайте подобным анализом условия, а то может статься, события-то зависимые или задача вообще о другом.

Решение: вероятность зашифрована под проценты, которые, напоминаю, нужно разделить на сто:  – вероятность того, что выбранное изделие будет 1-го сорта. Тогда:  – вероятность того, что оно не будет первосортным.

а) Событие «Среди 6 наудачу отобранных изделий будет от 2 до 4 изделий первого сорта» состоит в трёх несовместных исходах: среди  изделий будет 2 первосортных или 3 первосортных, или 4 первосортных.

С исходами удобнее разделаться по отдельности. Трижды используем формулу Бернулли :

По теореме сложения вероятностей несовместных событий:
 – вероятность того, что среди 6 наудачу отобранных изделий будет от 2 до 4 изделий первого сорта.

Решение можно было записать и «одной строкой», что мы и сделаем в следующем пункте:

б) Событие «Среди 6 наудачу отобранных изделий будет не менее 5 изделий первого сорта» состоит в двух несовместных исходах: первосортных изделий будет пять или шесть. По формуле Бернулли и теореме сложения вероятностей несовместных событий:

 – искомая вероятность.

в) Вероятность того, что «Среди 6 наудачу отобранных изделий будет хотя бы одно изделие более низкого сорта» удобно найти через вероятность противоположного события («Все изделия будут первосортными»), которая уже известна:

 – вероятность того, что среди шести отобранных изделий окажется хотя бы одно низкосортное.

Ответ: , и подобных задач пруд пруди.

Давайте заодно вспомним такое полезное понятие, как полная группа событий. Что осталось не найденным? Остались не найденными вероятности двух событий. Не хотел я лишний раз заострять внимание на Калькуляторе по теории вероятностей, который приложен к книге, но быстроты ради воспользуюсь:

 – но на чистовике так, конечно, делать не нужно – обязательно расписывайте вычисления подробно!

Проверка:
,
что и требовалось проверить

Небольшое задание для самостоятельного решения:

Задача 71
Производится 8 выстрелов по цели, в каждом из которых вероятность попадания равна 0,1. Для разрушения цели требуется хотя бы два попадания. Найти вероятность того, что цель будет разрушена

Формула Бернулли очень удобна, но с другой стороны, обладает и рядом недостатков. В частности, при достаточно больших значениях  и  её применение затруднено ввиду огромных значений факториалов. В этом случае используют теоремы Лапласа. В другой распространённой на практике ситуации вероятность  достаточно мала, а количество испытаний  весьма велико. Здесь вопрос разрешается с помощью формулы Пуассона, с неё и начнём:

1.10. Формула Пуассона

1.8. Формулы Байеса

| Оглавление |



Полную и свежую версию этой книги в pdf-формате,
а также курсы по другим темам можно найти здесь.

Также вы можете изучить эту тему подробнее – просто, доступно, весело и бесплатно!

С наилучшими пожеланиями, Александр Емелин

План урока:

Частота и вероятность

Элементарные события

Противоположные события

Сложение вероятностей

Умножение вероятностей

Условная вероятность

Вероятность и геометрия

Частота и вероятность

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

85/500 = 0,17

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

Ответ: 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.

Ответ: 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:

0,7 + 0,3 = 1

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

Р(А) + Р(B) = 1

По условию Р(А) = 0,97. Тогда

0,97 + Р(В) = 1

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

Р(B) = 1 – 0,97

Р(В) = 0,03

Ответ: 0,03

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

Ответ: 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

1 – 0,6 = 0,4

Ответ: 0,4

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

Ответ: 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

Ответ: 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:

Р = 35/210 = 1/6

Ответ: 1/6

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.

Решение.

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

10х = 1

х = 0,1

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

1,5х = 1,5•0,1 = 0,15

Вероятность успеха «Барселоны» составляет

6х = 6•0,1 = 0,6

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):

(1/6)•(1/6) = 1/36

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:

0,05•0,02 = 0,001

Ответ: 0,001

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:

Р₁ • Р₂ • Р₃ • Р₄ = (0,8)⁴ = 0,4096

Ответ: 0,4096

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:

0,05•0,04 = 0,002

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

0,95•0,96 = 0,912

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

Ответ: 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:

Р(С|B).

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

Р(А) = Р(В)•Р(С|B)

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:

Р = 6/1326 = 1/221.

Ответ: 1/221

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

Р(А) = Р(В)•Р(С|B)

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

Р(А) = Р(В)•Р(С|B)

0,01326 = 0,05126•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.

Ответ: 0,2587

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.

Ответ: 1/4

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 .

Ответ:1/4.

Была ли эта статья полезной?