Задачи на вероятность примеры с решением: Математическое Бюро. Страница 404

теория и примеры решения задач

Формула полной вероятности позволяет найти вероятность события A, которое может наступить только с каждым из n исключающих друг друга событий , образующих полную систему, если известны их вероятности , а условные вероятности события A относительно каждого из событий системы равны .

События также называются гипотезами, они являются исключающими друг друга. Поэтому в литературе можно также встретить их обозначение не буквой B, а буквой H (hypothesis).

Для решения задач с такими условиями необходимо рассмотреть 3, 4, 5 или в общем случае n возможностей наступления события A — с каждым событий .

По теоремам сложения и умножения вероятностей получаем сумму произведений вероятности каждого из событий системы на условную вероятность

события A относительно каждого из событий системы. То есть, вероятность события A может быть вычислена по формуле

или в общем виде

,

которая и называется формулой полной вероятности.

Пример 1. Имеются три одинаковых на вид урны: в первой 2 белых шара и 3 чёрных, во второй — 4 белых и один чёрный, в третьей — три белых шара. Некто подходит наугад к одной из урн и вынимает из неё один шар. Пользуясь формулой полной вероятности, найти вероятность того, что этот шар будет белым.

Решение. Событие A — появление белого шара. Выдвигаем три гипотезы:

— выбрана первая урна;

— выбрана вторая урна;

— выбрана третья урна.

Вероятности этих гипотез (событий):

.

Условные вероятности события A относительно каждой из гипотез:

, , .

Применяем формулу полной вероятности, в результате — требуемая вероятность:

.

Пример 2. На первом заводе из каждых 100 лампочек производится в среднем 90 стандартных, на втором — 95, на третьем — 85, а продукция этих заводов составляет соответственно 50%, 30% и 20% всех электролампочек, поставляемых в магазины некоторого района. Найти вероятность приобретения стандартной электролампочки.

Решение. Обозначим вероятность приобретения стандартной электролампочки через A, а события, заключающиеся в том, что приобретённая лампочка изготовлена соответственно на первом, втором и третьем заводах, через . По условию известны вероятности этих событий: , , и условные вероятности события

A относительно каждого из них: , , . Это вероятности приобретения стандартной лампочки при условии её изготовления соответственно на первом, втором, третьем заводах.

Событие A наступит, если произойдут или событие K — лампочка изготовлена на первом заводе и стандартна, или событие L — лампочка изготовлена на втором заводе и стандартна, или событие M — лампочка изготовлена на третьем заводе и стандартна. Других возможностей наступления события A нет. Следовательно, событие A является суммой событий K, L и M, которые являются несовместимыми. Применяя теорему сложения вероятностей, представим вероятность события A в виде

а по теореме умножения вероятностей получим

то есть, частный случай формулы полной вероятности.

Подставив в левую часть формулы значения вероятностей, получаем вероятность события A:

Пример 3. Производится посадка самолёта на аэродром. Если позволяет погода, лётчик сажает самолёт, пользуясь, помимо приборов, ещё и визуальным наблюдением. В этом случае вероятность благополучной посадки равна . Если аэродром затянут низкой облачностью, то лётчик сажает самолёт, ориентируясь только по приборам. В этом случае вероятность благополучной посадки равна ; . Приборы, обеспечивающие слепую посадку, имеют надёжность (вероятность безотказной работы) P. При наличии низкой облачности и отказавших приборах слепой посадки вероятность благополучной посадки равна ; . Статистика показывает, что в

k% случаев посадки аэродром затянут низкой облачностью. Найти полную вероятность события A — благополучной посадки самолёта.

Решение. Гипотезы:

— низкой облачности нет;

— низкая облачность есть.

Вероятности этих гипотез (событий):

;

.

Условная вероятность .

Условную вероятность снова найдём по формуле полной вероятности с гипотезами

— приборы слепой посадки действуют;

— приборы слепой посадки отказали.

Вероятности этих гипотез:

;

.

По формуле полной вероятности

.

Отсюда

.

Пример 5. По объекту производится три одиночных (независимых) выстрела. Вероятность попадания при первом выстреле равна 0,4, при втором 0,5, при третьем 0,7. Для вывода объекта из строя заведомо достаточно трёх попаданий. При двух попаданиях он выходит из строя с вероятностью 0,6, при одном — с вероятностью 0,2. Найти вероятность того, что в результате трёх выстрелов объект будет выведен из строя.

Решение. Обозначаем вероятность вывода объекта из строя через A.

Гипотезы:

— в объект попал один снаряд;

— в объект попали два снаряда;

— в объект попали три снаряда.

Находим вероятность гипотез. Событие представим в виде суммы трёх несовместных вариантов:

= {первый выстрел попал, второй и третий не попали}+ {второй выстрел попал, первый и третий не попали}+{третий выстрел попал, второй и первый не попали}.

Применяем правила сложения и умножения вероятностей:

Аналогично

.

Условные вероятности события A при этих гипотезах равны

;

;

.

По формуле полной вероятности находим:

Теория вероятности формулы и примеры решения задач

События, которые происходят реально или в нашем воображении, можно разделить на 3 группы. Это достоверные события, которые обязательно произойдут, невозможные события и случайные события. Теория вероятностей изучает случайные события, т.е. события, которые могут произойти или не произойти. В данной статье будет представлена в кратком виде теория вероятности формулы и примеры решения задач по теории вероятности, которые будут в 4 задании ЕГЭ по математике (профильный уровень).

Зачем нужна теория вероятности

Исторически потребность исследования этих проблем возникла в XVII веке в связи с развитием и профессионализацией азартных игр и появлением казино. Это было реальное явление, которое требовало своего изучения и исследования.

Игра в карты, кости, рулетку создавала ситуации, когда могло произойти любое из конечного числа равновозможных событий. Возникла необходимость дать числовые оценки возможности наступления того или иного события.

В XX веке выяснилось, что эта, казалось бы, легкомысленная наука играет важную роль в познании фундаментальных процессов, протекающих в микромире. Была создана современная теория вероятностей.

Основные понятия теории вероятности

Объектом изучения теории вероятностей являются события и их вероятности. Если событие является сложным, то его можно разбить на простые составляющие, вероятности которых найти несложно.

Суммой событий А и В называется событие С, заключающееся в том, что произошло либо событие А, либо событие В, либо события А и В одновременно.

Произведением событий А и В называется событие С, заключающееся в том, что произошло и событие А и событие В.

События А и В называется несовместными, если они не могут произойти одновременно.

Событие А называется невозможным, если оно не может произойти. Такое событие обозначается символом .

Событие А называется достоверным, если оно обязательно произойдет. Такое событие обозначается символом .

Пусть каждому событию А поставлено в соответствие число P{А). Это число P(А) называется вероятностью события А, если при таком соответствии выполнены следующие условия.

1. Вероятность принимает значения на отрезке от 0 до 1, т.е. .
2. Вероятность невозможного события равна 0, т.е. .
3. Вероятность достоверного события равна 1, т.e. .
4. Если события A и В несовместные, то вероятность их суммы равна сумме их вероятностей, т.е. .

Важным частным случаем является ситуация, когда имеется равновероятных элементарных исходов, и произвольные  из этих исходов образуют события А. В этом случае вероятность можно ввести по формуле . Вероятность, введенная таким образом, называется классической вероятностью. Можно доказать, что в этом случае свойства 1-4 выполнены.

Задачи по теории вероятностей, которые встречаются на ЕГЭ по математике, в основном связаны с классической вероятностью. Такие задачи могут быть очень простыми. Особенно простыми являются задачи по теории вероятностей в демонстрационных вариантах. Легко вычислить число благоприятных исходов , прямо в условии написано число всех исходов .

Ответ получаем по формуле .

Пример задачи из ЕГЭ по математике по определению вероятности

На столе лежат 20 пирожков — 5 с капустой, 7 с яблоками и 8 с рисом. Марина хочет взять пирожок. Какова вероятность, что она возьмет пирожок с рисом?

Решение.

Всего равновероятных элементарных исходов 20, то есть Марина может взять любой из 20 пирожков. Но нам нужно оценить вероятность того, что Марина возьмет пирожок с рисом, то есть , где А — это выбор пирожка с рисом. Значит у нас количество благоприятных исходов (выборов пирожков с рисом) всего 8. Тогда вероятность будет определяться по формуле:

   

Ответ: 0,4

Независимые, противоположные и произвольные события

Однако в открытом банке заданий стали встречаться и более сложные задания. Поэтому обратим внимание читателя и на другие вопросы, изучаемые в теории вероятностей.

События А и В называется независимыми, если вероятность каждого из них не зависит от того, произошло ли другое событие.

Событие B состоит в том, что событие А не произошло, т.е. событие B является противоположным к событию А. Вероятность противоположного события равна единице минус вероятность прямого события,т.е. .

Теоремы сложения и умножения вероятностей, формулы

Для произвольных событий А и В вероятность суммы этих событий равна сумме их вероятностей без вероятности их совместного события, т.е. .

Для независимых событий А и В вероятность произведения этих событий равна произведению их вероятностей, т.е. в этом случае .

Последние 2 утверждения называются теоремами сложения и умножения вероятностей.

Не всегда подсчет числа исходов является столь простым. В ряде случаев необходимо использовать формулы комбинаторики. При этом наиболее важным является подсчет числа событий, удовлетворяющих определенным условиям. Иногда такого рода подсчеты могут становиться самостоятельными заданиями.

Сколькими способами можно усадить 6 учеников на 6 свободных мест? Первый ученик займет любое из 6 мест. Каждому из этих вариантов соответствует 5 способов занять место второму ученику. Для третьего ученика остается 4 свободных места, для четвертого — 3, для пятого — 2, шестой займет единственное оставшееся место. Чтобы найти число всех вариантов, надо найти произведение , которое обозначается символом 6! и читается «шесть факториал».

В общем случае ответ на этот вопрос дает формула для числа перестановок из п элементов  В нашем случае .

Рассмотрим теперь другой случай с нашими учениками. Сколькими способами можно усадить 2 учеников на 6 свободных мест? Первый ученик займет любое из 6 мест. Каждому из этих вариантов соответствует 5 способов занять место второму ученику. Чтобы найти число всех вариантов, надо найти произведение .

В общем случае ответ на этот вопрос дает формула для числа размещений из n элементов по k элементам

   

В нашем случае .

И последний случай из этой серии. Сколькими способами можно выбрать трех учеников из 6? Первого ученика можно выбрать 6 способами, второго — 5 способами, третьего — четырьмя. Но среди этих вариантов 6 раз встречается одна и та же тройка учеников. Чтобы найти число всех вариантов, надо вычислить величину: . В общем случае ответ на этот вопрос дает формула для числа сочетаний из элементов по элементам:

   

В нашем случае .

Примеры решения задач из ЕГЭ по математике на определение вероятности

Задача 1. Из сборника под ред. Ященко.

На тарелке 30 пирожков: 3 с мясом, 18 с капустой и 9 с вишней. Саша наугад выбирает один пирожок. Найдите вероятность того, что он окажется с вишней.

Решение:

.

Ответ: 0,3.

Задача 2. Из сборника под ред. Ященко.

В каждой партии из 1000 лампочек в среднем 20 бракованных. Найдите вероятность того, что наугад взятая лампочка из партии будет исправной.

Решение: Количество исправных лампочек 1000-20=980. Тогда вероятность того, что взятая наугад лампочка из партии будет исправной:

Ответ: 0,98.

Задача 3.

Вероятность того, что на тестировании по математике учащийся У. верно решит больше 9 задач, равна 0,67. Вероятность того, что У. верно решит больше 8 задач, равна 0,73. Найдите вероятность того, что У. верно решит ровно 9 задач.

Решение:

Если мы вообразим числовую прямую и на ней отметим точки 8 и 9, то мы увидим, что условие «У. верно решит ровно 9 задач» входит в условие «У. верно решит больше 8 задач», но не относится к условию «У. верно решит больше 9 задач».

Однако, условие «У. верно решит больше 9 задач» содержится в условии «У. верно решит больше 8 задач». Таким образом, если мы обозначим события: «У. верно решит ровно 9 задач» — через А, «У. верно решит больше 8 задач» — через B, «У. верно решит больше 9 задач» через С. То решение будет выглядеть следующим образом:

.

Ответ: 0,06.

Задача 4.

На экзамене по геометрии школьник отвечает на один вопрос из списка экзаменационных вопросов. Вероятность того, что это вопрос по теме «Тригонометрия», равна 0,2. Вероятность того, что это вопрос по теме «Внешние углы», равна 0,15. Вопросов, которые одновременно относятся к этим двум темам, нет. Найдите вероятность того, что на экзамене школьнику достанется вопрос по одной из этих двух тем.

Решение.

Давайте подумаем какие у нас даны события. Нам даны два несовместных события. То есть либо вопрос будет относиться к теме «Тригонометрия», либо к теме «Внешние углы». По теореме вероятности вероятность несовместных событий равна сумме вероятностей каждого события, мы должны найти сумму вероятностей этих событий, то есть:

Ответ: 0,35.

Задача 5.

Помещение освещается фонарём с тремя лампами. Вероятность перегорания одной лампы в течение года равна 0,29. Найдите вероятность того, что в течение года хотя бы одна лампа не перегорит.

Решение:

Рассмотрим возможные события. У нас есть три лампочки, каждая из которых может перегореть или не перегореть независимо от любой другой лампочки. Это независимые события.

Тогда укажем варианты таких событий. Примем обозначения: — лампочка горит, — лампочка перегорела. И сразу рядом подсчитаем вероятность события. Например, вероятность события, в котором произошли три независимых события «лампочка перегорела», «лампочка горит», «лампочка горит»: , где вероятность события «лампочка горит» подсчитывается как вероятность события, противоположного событию «лампочка не горит», а именно: .

 

 

 

 

 

Заметим, что благоприятных нам несовместных событий всего 7. Вероятность таких событий равна сумме вероятностей каждого из событий: .

Ответ: 0,975608.

Еще одну задачку вы можете посмотреть на рисунке:

Таким образом, мы с вами поняли, что такое теория вероятности формулы и примеры решения задач по которой вам могут встретиться в варианте ЕГЭ.

Формулы полной вероятности и Байеса. Примеры

Для случайных событий при вычислении их вероятности используются формулы полной вероятности и Байеса. Они не столь сложны в понимании и вычислении, и приведенный ниже теоретический и практический материал поможет Вам быстро его изучить.

Пусть в условиях эксперимента событие появляется совместно с одним из группы несовместных событий (гипотез) , образующих полную группу , известны или можно установить априорные вероятности каждой из гипотез и условные вероятности события при условии, что осуществилась та или иная гипотеза, тогда вероятность события определяется по формуле полной вероятности:

где – вероятность гипотезы ; – условная вероятность события при выполнении гипотезы . Приведенная формула называется формулой полной вероятности.

—————————————

Задача 1. В магазине три холодильника в которых заканчивается мороженое. В первом 4 белых и 6 шоколадных, во втором — 2 белых и 8 шоколадных, в третьем — 3 белых и 7 шоколадных. Наугад выбирают холодильник и вынимают из него мороженое. Определить вероятность того, что оно белое.

Решение. Обозначим события следующим образом: – выбрано — й холодильник, – выбрано белое мороженое

Тогда имеем:

Вероятности, что из каждого холодильника можно извлечь белое мороженое будут равны

Используя формулу полной вероятности находим:

Таким образом вероятность вытащить белое мороженое равна 0,3 или 30%.

—————————————

Задача 2. В офисе есть четыре ноутбука изготовленных компанией , 6 компанией , 8 компанией и два, которые производит . Гарантии, что ноутбуки этих компаний будут работать в течение гарантийного срока без ремонта составляют 70%, 80%, 85%, и 55% для каждой из них. Нужно найти вероятность, что выбранный ноутбук будет работать без ремонта в течение гарантийного срока.

Решение. Обозначим события следующим образом: – выбрано ноутбук компании, – ноутбук проработает без ремонта.

Вероятности выбора ноутбука каждой из компаний считаем равносильными их количеству, на основе этого вероятности примут значения:

Вероятности, что они будут работать без ремонта равны

Здесь мы просто переводим проценты в вероятность.
Применяем формулу полной вероятности:

Вероятность безремонтной работы ноутбука равна 0,775.

———————————

ФОРМУЛА БАЙЕСА

Пусть события образуют полную группу несовместных событий () и пусть событие происходит обязательно с одним из них . Предположим событие произошло, тогда вероятность того, что оно произошла именно с определяется формулой:

Рассмотрим практическую сторону применения формулы Байеса

——————————-

Задача 3. Заданны условия первой задачи. Нужно установить вероятность того, что мороженое извлекли из второго холодильника.

Решение. Выпишем результаты первой задачи, необходимые для вычислений

и подставим в формулу Байеса

Как можно видеть, вычисления по формуле несложные, главное понять, что и как определяется.

——————————-

Задача 4. Для задачи 2 нужно установить вероятность того, что исправный ноутбук принадлежит к компаниям , .

Решение. Выпишем предварительно найдены вероятности

и проведем вычисления по формуле Байеса

——————————-

Задача 5. На склад поступают телефоны трех заводов, причем доля телефонов первого завода составляет 25%, второго — 60%, третьего — 15%. Известно также, что средний процент телефонов без брака для первой фабрики составляет 2%, второй — 4%, третьей — 1%. Найти вероятность того, что:
а) наугад взят телефон окажется с браком;
б) телефон изготовлен на первом заводе, если он бракованный;
в) на каком заводе скорее был изготовлен телефон, если он сделан качественно ?

Решение.

а) Введем для ясности обозначения:

– наугад выбранный телефон оказался бракованным;

Предположение: – телефон изготовлен на первой, – второй и –третий фабрике соответственно. Собития попарно несовместимы и образуют полную группу. Вероятность каждого предположения определяем делением процентной доли продукции ко всей (100%)

Подобным образом определяем условные вероятности события

Применим формулу полной вероятности для определения возможности выбора бракованного телефона

б) для отыскания вероятности применим формулу Байеса

в) чтобы определить, на каком заводе скорее был изготовлен рабочий телефон необходимо сравнить между собой вероятности предположений:

где событие (вытащили телефон без брака) противоположна . Для противоположных событий используют формулу

По подобной формуле определяем условные вероятности события , если только справедливы предположения

По формуле Байеса находим вероятности

Наибольшую вероятность имеет второе предположение, поэтому телефон скорее всего был изготовлен на втором заводе.

——————————-

Задач на нахождение полной вероятности и применения формулы Байеса в литературе и интернете множество. Стоит ввести в гугле нужный запрос и вам тут же будет предложено множество материалов к выбору. Поэтому освоить данный материал не трудно, стоит лишь внимательно (без паники) разобраться с приведенными примерами и подобными. Все остальные решаются по аналогичной схеме.

 

Урок 37. геометрическая вероятность — Алгебра и начала математического анализа — 11 класс

Алгебра и начала математического анализа, 11 класс

Урок №37. Геометрическая вероятность.

Перечень вопросов, рассматриваемых в теме:

• Геометрическая вероятность
• Задачи на геометрическую вероятность

Глоссарий по теме

Испытанием называется осуществление определенных действий.

Под событием понимают любой факт, который может произойти в результате испытания.

Любой результат испытания называется исходом.

Достоверным называют событие, которое в результате испытания обязательно произойдёт.

Невозможным называют событие, которое заведомо не произойдёт в результате испытания.

Геометрической вероятностью некоторого события называется отношение P(A) = g/G, где G – геометрическая мера, выражающая общее число всех равновозможных исходов данного испытания, а g – мера, выражающая количество благоприятствующих событию A исходов

Основная литература:

Колягин Ю.М., Ткачёва М.В., Фёдорова Н.Е., Шабунин М.И. Под ред. А.Б. Жижченко. Алгебра и начала математического анализа. 11 класс: учеб. для общеобразоват. учреждений: базовый и профил. Уровни. – 2-е изд. – М.: Просвещение, 2010. – 336 с.: ил. – ISBN 978-5-09-022250

Виленкин Н. Я., Ивашев-Мусатов О. С., Шварцбурд С. И. Алгебра и математический анализ для 11 класса: Учеб. пособие для учащихся шк. и классов с углубл. изуч. математики. — 4-е изд. — М.: Просвещение, 1995. — 288 с.: ил. — ISBN 5-09-0066565-9. сс.253-259.

Открытые электронные ресурсы:

Решу ЕГЭ образовательный портал для подготовки к экзаменам https://ege.sdamgia.ru/.

Открытый банк заданий ЕГЭ ФИПИ, Элементы комбинаторики, статистики и теории вероятностей, базовый уровень. Элементы комбинаторики, статистики и теории вероятностей. Базовый уровень. http://ege.fipi.ru/.

Теоретический материал для самостоятельного изучения

Вероятность наступления некоторого события A в испытании равна P(A) = g/G, где G – геометрическая мера, выражающая общее число всех равновозможных исходов данного испытания, а g – мера, выражающая количество благоприятствующих событию A исходов.

Пусть на плоскости задана некоторая область D, площадь которой равна S(D), и в ней содержится область d, площадь которой равна s(d). В области D наудачу ставится точка. Тогда вероятность события А – «точка попадает в область d» равна числу P(A) = s(d)/S(D).

Рисунок 1 — иллюстрация геометрической вероятностей

Пусть отрезок l составляет часть отрезка L. На отрезок L наудачу поставлена точка. Вероятность попадания точки на отрезок l равна P(A) = |l|/|L|.

Пусть пространственная фигура d составляет часть фигуры D. В фигуру D наудачу ставится точка. Вероятность попадания точки в фигуру d равна P(A) = V(d)/V(D).

Пример использования геометрического определения вероятности при решении задачи.

Два друга договорились встретиться в определенном месте между 12 и 13 часами. Пришедший первым ждет другого в течении 20 минут, после чего уходит. Чему равна вероятность встречи друзей, если приход каждого из них может произойти

наудачу в течении указанного часа и моменты прихода независимы?

Решение:

х — момент прихода первого друга

y — момент прихода второго друга

0≤х≤60, 0≤у≤60

⎮х-у⎮≤20.

Сделаем рисунок

Рисунок 2 — Иллюстрация к задаче

S=60²–2·1/2·40²=2000

P(A) = 2000/60² = 5/9.

Ответ: вероятность встречи 5/9.

Примеры и разбор решения заданий тренировочного модуля

Пример 1. Метровый шнур случайным образом разрезают ножницами. Найти вероятность того, что длина обрезка составит не менее 80 см.

Решение:

Общему числу исходов соответствует длина шнура 1 м. Чтобы длина обрезка составила не менее 0,8 м, можно отрезать не более 0,2 м. Такие отрезы можно выполнить с любой стороны шнура, их суммарная длина равна 0,2+0,2=0,4 м. По геометрическому определению:

P(A)=l/L=0,4/1=0,4

Ответ: 0,4

Пример 2. В шар брошена случайная точка.

2а) С какой вероятностью она попадёт в центр шара?

Решение:

Объём одной точки (центра шара) равен нулю, значит и искомая вероятность равна 0

Ответ: 0

2б) С какой вероятностью она попадёт на какой-нибудь диаметр шара?

Решение:

Любая точка шара всегда попадает на какой-нибудь диаметр. Поэтому вероятность равна единице.

Ответ: 1.

2в) С какой вероятностью она попадёт в одно, определённое, полушарие?

Решение:

При решении этой задачи используем отношение объемов фигур. Пусть весь объём шара равен V. Все точки шара — трёхмерная фигура Ω. Искомая вероятность равна отношению объёма полушария V(A) к объёму шара V:

Ответ: 0,5

Пример 3. В круг радиуса см вписан равнобедренный прямоугольный треугольник. В круг наудачу ставится точка. Найдите вероятность того, что она не попадёт в данный треугольник. При необходимости в расчетах используйте значение π с точностью до целых.

Решение:

Площадь круга равна

Гипотенуза прямоугольного треугольника, вписанного в круг, равна диаметру круга (прямой угол опирается на диаметр), то есть .

Поскольку треугольник равнобедренный, его катеты равны между собой, и по теореме Пифагора каждый катет равен . Площадь такого треугольника будет равна (можно найти площадь треугольника, не вычисляя длины катета: рассмотрим квадрат со стороной, равной гипотенузе нашего треугольника, площадь такого квадрата в четыре раза больше площади треугольника

Вероятность попадания точки в треугольник равна отношению площадей треугольника и круга:

Ответ: 1/3

Задачи ОГЭ и ЕГЭ, решаемые по правилам сложения и умножения вероятностей

В открытом банке заданий ОГЭ и ЕГЭ в разделе «Элементы комбинаторики, статистики и теории вероятностей» есть задачи, для решения которых необходимо знать не только классическое определение вероятности, но и правила сложения и умножения вероятностей. Вспомним эти правила и разберем примеры решения задач. Суммой конечного числа событий называется событие, состоящее в наступлении хотя бы одного из них (подсказка: по смыслу в тексте задачи такие события можно связать союзом «ИЛИ»). Сумма двух событий обозначается А+В. правило сложения вероятностей несовместных событий А и В (несовместные события не могут произойти одновременно в одном испытании): Р(А+В) = Р(А)+Р(В), где Р(А) – вероятность события А, Р(В) – вероятность события В. Произведением конечного числа событий называется событие, состоящее в том, что каждое из них произойдет (подсказка: по смыслу в тексте задачи такие события можно связать союзом «И»). Произведение двух событий обозначается А*В. правило умножения вероятностей независимых событий А и В (появление одного независимого события не меняет вероятности наступления другого): Р(А*В) = Р(А)*Р(В), где Р(А) – вероятность события А, Р(В) – вероятность события В. Применяем правило сложения вероятностей несовместных событий при решении задач Задача 1. На экзамене по геометрии школьник отвечает на один вопрос из списка экзаменационных вопросов. Вероятность того, что это вопрос по теме «Окружность», равна 0,21. Вероятность того, что это вопрос по теме «Углы», равна 0,33. Вопросов, которые одновременно относятся к этим двум темам, нет. Найдите вероятность того, что на экзамене школьнику достанется вопрос по одной из этих двух тем. Решение. События А={школьнику достанется вопрос по теме «Окружность»} и В={школьнику достанется вопрос по теме «Угол»} являются несовместными, то есть не могут произойти одновременно в одном испытании. Событие D={школьнику достанется вопрос по одной из этих двух тем} означает наступление события А или события В, то есть D=А+В. По формуле вероятности суммы двух несовместных событий находим: Р(D)=Р(А+В)=Р(А)+Р(В)= 0,21+0,33=0,54 Задача 2. На тестировании по географии учащийся Петров решает задачи: — вероятность того, что он верно решит больше 10 задач, равна 0,67; — вероятность того, что он верно решит больше 9 задач, равна 0,75. Найдите вероятность того, что Петров верно решит ровно 10 задач. Решение. Рассмотрим события: А={Петров верно решит 10 задач}, Р(А) -? В={Петров верно решит больше 10 задач}, Р(В)=0,67 А и В являются несовместными событиями, тогда наступление события А или события В означает, что {Петров верно решит больше 9 задач}. Это есть сумма событий А+В ={Петров верно решит больше 9 задач}, Р(А+В)=0,75 По формуле вероятности суммы двух несовместных событий: Р(А+В)=Р(А)+Р(В). Отсюда находим Р(А) = Р(А+В) – Р(В) = 0,75-0,67=0,08 Применяем правило умножения вероятностей независимых событий при решении задач Задача 3. Вероятность того, что батарейка бракованная, равна 0,07. Покупатель в магазине выбирает случайную упаковку, в которой две таких батарейки. Найдите вероятность того, что обе батарейки окажутся исправными. Решение. Событие А={батарейка исправна} противоположно событию А̄={батарейка бракованная}, Р(А̄)=0,07. Тогда Р(А) = 1-0,07=0,93. Вероятность произведения независимых событий А*А={обе батарейки исправны} (первая батарейка исправна и вторая исправна) находим по правилу: Р(А*А)=Р(А)*Р(А)= 0,93*0,93=0,8649 Задача 4. Биатлонист пять раз стреляет по мишеням. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна 0,7. Найдите вероятность того, что биатлонист первые три раза попал в мишени, а последние два промахнулся. Результат округлите до сотых. Решение.Событие А = {Биатлонист попал в мишень} противоположно событию А̄={Биатлонист промахнулся}. Р(А)=0,7, тогда Р(А̄)=1-0,7=0,3. Находим вероятность события В=А*А*А*А̄*А̄, применяя правило умножения вероятностей независимых событий: Р(В)= Р(А)*Р(А)*Р(А)*Р(А̄)*Р(А̄)= 0,7*0,7*0,7*0,3*0,3=0,03087≈0,03. Применяем в одной задаче правила сложения и умножения вероятностей Задача 5. Автоматическая линия изготавливает батарейки. Вероятность того, что готовая батарейка неисправна, равна 0,02. Перед упаковкой каждая батарейка проходит систему контроля. Вероятность того, что система забракует неисправную батарейку, равна 0,99. Вероятность того, что система по ошибке забракует исправную батарейку, равна 0,01. Найдите вероятность того, что случайно выбранная батарейка будет забракована системой контроля. Решение. Событие D={батарейка будет забракована системой контроля} может произойти только в следующих случаях: A = {батарейка неисправна и забракована}, Р(А)=0,02*0,99=0,0198 или В = {батарейка исправна и забракована по ошибке}, Р(В)=(1-0,02)*0,01=0,0098 Поскольку А и В несовместные события, то D=А+В. Тогда: Р(D)=Р(А+В)=Р(А)+Р(В)=0,0198+0,0098=0,0296. Задача 6. Если шахматист А играет белыми фигурами, то он выигрывает у шахматиста Б с вероятностью 0,65. Если А играет черными, то А выигрывает у Б с вероятностью 0,28. Шахматисты играют две партии, причем во второй партии меняют цвет фигур. Найдите вероятность того, что А выиграет хотя бы одну из партий. Решение. По условию задачи события {А играет белыми и выигрывает} и {А играет черными и выигрывает} являются независимыми. В ситуации, когда шахматисты играют две партии и во второй партии меняют цвет фигур (порядок смены цвета не влияет на результат), возможны следующие исходы: 1. шахматист А выигрывает и белыми, и черными; Р1 = 0,65*0,28=0,182 2. шахматист А выигрывает белыми и проигрывает черными; Р2 = 0,65*(1-0,28)=0,468 3. шахматист А проигрывает белыми и выигрывает черными; Р3 = (1-0,65)*0,28=0,098 4. шахматист А проигрывает белыми и проигрывает черными; Р4 = (1-0,65)*(1-0,28)=0,252 Вероятность события {А выиграет хотя бы одну из партий} находим одним из следующих способов: 1 способ — как вероятность суммы несовместных событий 1, 2, 3: Р = Р1+Р2+Р3=0,182+0,468+0,098=0,748. 2 способ – как вероятность события, противоположного четвертому (заметим, что сумма вероятностей Р1+Р2+Р3+Р4=1): Р = 1-Р4 = 1-0,252=0,748. Другие статьи по данной теме: Список использованных источников Алимов А.Ш., Колягин Ю.М., Ткачева М.В. и др. Алгебра и начала математического анализа. 10-11 классы. Базовый и углубленный уровни / Учебник. — 3-е изд. — М.: Просвещение, 2016; Гмурман В.Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей и математической статистике / М. — «Высшая школа», 2004; Лисьев В.П. Теория вероятностей и математическая статистика: Учебное пособие/ Московский государственный университет экономики, статистики и информатики. – М., 2006; Семёнычев В. К. Теория вероятности и математическая статистика: Лекции /Самара, 2007; Теория вероятностей: контрольные работы и метод. указания для студентов / сост. Л.В. Рудная и др. / УрГЭУ — Екатеринбург, 2008; Яковлев И. В. Комбинаторика-олимпиаднику — MathUs.ru.

Теоремы сложения и умножения вероятностей. Примеры решения задач

Теоремы сложения и умножения вероятностей

Основные понятия
События называются несовместными, если появление одного из них исключает появление других событий в одном и том же испытании. В противном случае они называются совместными.
Полной группой называют совокупность событий, объединение которых есть событие достоверное.
Противоположными называют два единственно возможных события, образующих полную группу.
События называются зависимыми, если вероятность появления одного из них зависит от наступления или ненаступления других событий.
События называются независимыми, если вероятность одного из них не зависит от наступления или ненаступления других.
Теорема сложения вероятностей несовместных событий
Р(A+B)=Р(A)+Р(B),
где А, В — несовместные события.

Теорема сложения вероятностей совместных событий
Р(A+B)=Р(A)+Р(B)-P(AB), где А и В — совместные события.

Теорема умножения вероятностей независимых событий
,
где А и В независимые события.
Теорема умножения вероятностей зависимых событий
Р(АВ)=Р(А)Р_A(B),
где Р_A(B) — вероятность наступления события В при условии, что произошло событие А; А и В- зависимые события.

Задача 1.
Стрелок производит два выстрела по мишени. Вероятность попадания при каждом выстреле 0,8. Составить полную группу событий и найти их вероятности. Решение.
Испытание — Производится два выстрела по мишени.
Событие А — оба раза промахнулся.
Событие В — попал один раз.
Событие С — оба раза попал.
.

Контроль: P(A) + P(B) + P(C) = 1.
Задача 2.
Согласно прогнозу метеорологов Р(дождь)=0,4; Р(ветер)=0,7; Р(дождь и ветер)=0,2. Какова вероятность того, что будет дождь или ветер? Решение. По теореме сложения вероятностей и в силу совместности предложенных событий имеем:
Р(дождь или ветер или то и другое)=Р(дождь) +Р(ветер) –Р(дождь и ветер)=0,4+0,7-0,2=0,9.
Задача 3.
На станции отправления имеется 8 заказов на отправку товара: пять – внутри страны, а три – на экспорт. Какова вероятность того, что два выбранных наугад заказа окажутся предназначенными для потребления внутри страны? Решение. Событие А – первый взятый наугад заказ – внутри страны. Событие В – второй тоже предназначен для внутреннего потребления. Нам необходимо найти вероятность  Тогда по теореме об умножении вероятностей зависимых событий имеем

Задача 4.
Из партии изделий товаровед наудачу отбирает изделия высшего сорта. Вероятность того, что выбранная вещь окажется высшего сорта равна, 0,8; первого сорта – 0,7; второго сорта – 0,5. Найти вероятность того, что из трех наудачу отобранных изделий будут:
а) только два высшего сорта;
б) все разные. Решение. Пусть событие  — изделие высшего сорта; событие — изделие первого сорта; событие — изделие второго сорта.
По условию задачи ; ;  События — независимы.
а) Событие А – только два изделия высшего сорта будет выглядеть так тогда

б) Событие В – все три изделия различны — выразим так:, тогда .
Задача 5.
Вероятности  попадания в цель при стрельбе из трех орудий таковы: p1=0,8;  p2=0,7;  p3=0,9. Найти вероятность хотя бы одного попадания (событие А) при одном залпе из всех орудий. Решение. Вероятность попадания в цель каждым из орудий не зависит от результатов стрельбы из других орудий, поэтому рассматриваемые события  (попадание первого орудия),  (попадание второго орудия) и  (попадание третьего орудия) независимы в совокупности.
Вероятности событий, противоположных событиям  (т.е. вероятности промахов), соответственно равны:

Искомая вероятность
Задача 6.
В типографии имеется 4 печатных машины. Для каждой машины вероятность того, что она работает в данный момент, равна 0,9. Найти вероятность того, что в данный момент работает хотя бы одна машина (событие А). Решение. События «машина работает» и «машина не работает» (в данный момент) – противоположные, поэтому сумма их вероятностей равна единице:
Отсюда вероятность того, что машина в данный момент не работает, равна
Искомая вероятность . Задача 7. В читальном зале имеется 6 учебников по теории вероятностей , из которых три в переплете . Библиотекарь наудачу взял два учебника. Найти вероятность того, что оба учебника окажутся в переплете.

Решение. Рассмотрим следующие события:
А1- первый взятый учебник в переплете;
A2- второй взятый учебник в переплете.
Событие, состоящее в том, что оба взятых учебника в переплете . События А1 и А2 являются зависимыми, так как вероятность наступления события А2 зависит от наступления события А1. Для решения указанной задачи воспользуемся теоремой умножения вероятностей зависимых событий: .
Вероятность наступления события А1  p(A1) в соответствии с классическим определением вероятности:
P(A1)=m/n=3/6=0,5.
Вероятность наступления события А2 определяется условной вероятностью наступления события А2 при условии наступления события А1 , т.е. (A2)==0,4.
Тогда искомая вероятность наступления события:
P(A)=0,5*0,4=0,2.

Решение задач по теории вероятности на заказ ✅ От 50 р.

Теория вероятностей, в отличие от классического математического анализа, часто оперирует примерами и задачами из повседневной жизни. Применение ее в таких играх, как покер и рулетка, может существенно увеличить выигрыш, особенно если интуиция – не самая сильная ваша сторона. С другой стороны, законы теории вероятностей базируются на простой логике и могут быть поняты и освоены каждым. Поэтому читателю будет полезно ознакомиться с основными понятиями и принципами решения задач по данной теме.
 

Исходя из определения, вероятность наступления события (будем называть это событие А) есть отношения количества вариантов развития, где А происходит (m), к общему количеству вариантов развития (m).

Очевидно, что m всегда меньше или равно n, поэтому величина P никогда не превышает единицы. С другой стороны, m и n неотрицательны, поэтому вероятность не может быть меньше нуля. Часто величину вероятности выражают в процентах, умножая исходное выражение на 100%.
 

Попробуйте ответить на вопрос:

Какое количество автомобилей с одинаковыми цифрами на номере вы скорее всего встретите среди 300 проехавших мимо?

 

Теория вероятностей тесно связана с комбинаторикой – разделом математики, изучающем в том числе размещения, перестановки, сочетания элементов из множеств. Читателю стоит освоить следующие понятия: размещение, сочетание, размещение и сочетание с повторением из n различных элементов по m в каждом, перестановка из n элементов.
 

Например:

Сколькими способами можно взять три разных карточных короля – сочетание из 4 элементов по 3 в каждом?

Если комбинации из трех карт могут еще отличаться порядком – например, пики–крести–черви и черви-пики-крести, – размещение из 4 элементов по 3 в каждом. Если масти могут совпадать, но порядок не важен – сочетание с повторением, а если все-таки важен – то размещение с повторением. А вот сколькими способами можно упорядочить три карты – перестановка из 3 элементов. С формулами для расчета данных величин читатель может ознакомиться в любом учебном пособии по дисциплине «Теория вероятностей и математическая статистика».
 

Определите, сколькими способами можно наугад достать три белых шара из урны, где 5 белых шаров и 2 черных? Какова при этом вероятность такого исхода?

 

В качестве следующего этапа в освоении теории вероятностей следует изучить связи между вероятностями различных событий. Читателю стоит ознакомиться с такими понятиями, как совместные и несовместные события, благоприятствующие и противоположные события, сумма(объединение) событий, произведение(совмещение) событий, полная группа событий.
 

В качестве примера рассмотрим следующую ситуацию.

Лучник стреляет в мишень, при этом событие А состоит в том, что он поражает ее, событие А1 – стрела попадает в «десятку», а событие В – стрела летит в «молоко».

События А и B являются несовместными, так же как события А1 и В. События А и А1 являются совместными. Событие А1 благоприятствует событию А, но обратное утверждение неверно. Событие B является противоположным по отношению к А и А1. События А и В образуют полную группу событий, а А1 и В или А и А1 – нет.
 

Совмещение и произведение событий очень наглядно иллюстрируется графически. Рассмотрим события в качестве контуров, заключающих в себе все исходы, при которых эти события происходят. При этом площадь под контуром А1 также принадлежит к контуру А. Белым цветом будем обозначать пустое множество, а желтым — результаты суммы (объединения) или умножения (совмещения) различных комбинаций из А, А1 и В. Почему контур А1 внутри А?

Суммой (объединением) А и B будет событие А+В:

Произведением (совмещением) А и B будет событие AB, которое невозможно, так как контуры А и B не пересекаются:

Сумма А + А1:

Произведение АА1:

Сумма А1+В:

Произведение А1В:

Cо всеми вышеизложенными понятиями и с формулами для сложения и умножения вероятностей читатель аналогичным образом может ознакомиться в любом учебном пособии по данному предмету. Изображение вероятностей в качестве геометрических контуров часто помогает при решении задач с множеством заданных условий и сложными связями между ними.

Попробуйте самостоятельно изобразить события А+А1В, А(А1+В), АВ +А1.

 

Если рассматривать цепочку событий, происходящих последовательно, необходимо ввести понятие условной вероятности P_A(B) – вероятности события B, при условии, что А наступило. Читателю следует ознакомиться с формулой полной вероятности и с формулой Бейеса.
 

В качестве примера условной вероятности существует очень интересная задача, называемая парадоксом Монти Холла:

Представьте, что вы – участник шоу, в котором вам предстоит выбирать из трех закрытых дверей одну, за которой находится приз. За двумя другими дверями ничего нет. Ведущий знает, где находится приз, и предлагает вам выбрать дверь. После вашего предположения ведущий не открывает выбранную вами дверь, но из двух оставшихся открывает ту, за которой ничего нет. После этого он предлагает вам либо оставить свой выбор прежним, либо выбрать другую дверь. Станете ли вы менять свой выбор и почему?

 

Для решения задач с большим количеством испытаний классические формулы с использованием сочетаний и размещений неудобны, так как вычисляются с большим трудом (чему равен факториал 10000?). Как правило, подобные задачи легко узнаваемы, и их решение заключается в применении одной формулы, в выборе оной и состоит сложность задания. Читателю стоит освоить понятия и области применения для формул Бернулли, Лапласа и Пуассона.
 

При написании статьи автор использовал учебное пособие «Элементы теории вероятностей и математической статистики», авт. М.Ф.Рушайло, изд. РХТУ им. Д.И.Менделеева, 2005.
 
 

Решение теории вероятностей на заказ

Мы беремся решать задачи по теории вероятностей. Чтобы заказать у нас работу, вам нужно только прикрепить файл и указать срок.
Узнать цену работы можно абсолютно бесплатно.

Вероятность — примеры проблем с решениями

1. Определите и охарактеризуйте вероятность.

Решение:

a) Определение стандартной вероятности

Пусть случайное событие удовлетворяет следующим условиям:

• количество событий конечно
• : все события имеют одинаковый шанс произойти
• : два события не могут происходить одновременно

Вероятность события A равна, n = # всех возможных событий, m = количество случаев, благоприятных для события A

Стенды: 0 ≤ P (A) ≤ 1
Вероятность невозможного события: P (A) = 0
Вероятность уверенного события: P (A) = 1

b) Условная вероятность некоторого события A с учетом наступления некоторого другого события B:

c) Вероятность двух независимых событий :

P (A∩B) = P (A) P (B)

d) Вероятность двух взаимоисключающих событий :

P (AUB) = P (A) + P (B)

e) Выражение биномиальной вероятности :

Пусть событие A произойдет с вероятностью P.Вероятность k наступления события A за n попыток равна:

f) Выражение гипергеометрической вероятности:

Пусть V из N элементов обладает свойством p; вытекающие из этого, N-V элементы не обладают свойством p.
Вероятность того, что k из n случайно выбранных элементов обладают свойством p, равна:

---

2. Есть 18 билетов, помеченных номерами от 1 до 18. Какова вероятность выбора билета, обладающего следующим свойством:

а) четное число
б) число кратное 3
в) простое число
г) число делимое на 6

Решение:

---

3.Определите вероятность следующих результатов при бросании 2 игровых кубиков (красного и синего):

а) сумма равна 8
б) сумма кратная 5
в) четная сумма

Решение:

---

4. Игрок, играющий с 3 игральными кубиками, хочет узнать погоду, чтобы сделать ставку на сумму 11 или 12. Какая из сумм выпадет с большей вероятностью?

Решение:

Игрок должен сделать ставку на 11, так как P (11)> P (12).

---

5,82 170 из 100 000 детей живут 40 лет, а 37 930 из 100 000 детей живут 70 лет.Определите вероятность того, что 40-летний человек проживет 70 лет.

Решение:

(Условная вероятность)

A — проживут 70 лет, P (A) = 0,3793
B — проживут 40 лет, P (B) = 0,8217

Вероятность равна 46%.

---

6. В городе 4 перекрестка со светофором. Каждый светофор открывает или закрывает движение с одинаковой вероятностью 0,5. Определите вероятность:

а) автомобиль пересекает первый перекресток без остановки
б) автомобиль пересекает первые два перекрестка без остановки
в) автомобиль пересекает все перекрестки (4) без остановки

Решение:

---

7.32 игральные карты включают 4 туза и 12 фигур. Определите вероятность того, что случайно выбранная карта окажется тузом или фигурой.

Решение:

Вероятность двух взаимоисключающих событий

A — выбранный туз
B — выбранная цифра

Вероятность выбора туза или фигурки равна 50%.

---

8. Определите вероятность того, что 3 из 5 рожденных детей будут сыновьями, если вероятность того, что ребенок будет мальчиком, равна P (A) = 0,51.

Решение:

Биномиальное вероятностное выражение.
п = 5, к = 3, Р = 0,51

Вероятность 31,8%.

---

9. На столе 16 бутылок колы. 10 из них наполнены Coca Cola, а 6 из них — Pepsi. Определите вероятность того, что 4 случайно выбранных бутылки будут содержать 2 бутылки кока-колы и 2 бутылки пепси.

Решение:

Гипогеометрическое вероятностное выражение.

N = 16 (# все бутылки)
V = 10 (# Кока-Кола)
N-V = 6 (# Пепси)
n = 4 (# случайно выбранных бутылок)
k = 2 (# выбранная Coca Cola)
n — k = 2 (выбрано # Pepsi)

Вероятность равна P (A) = 37%.

---

10. В азартной игре 6 из 49 номеров являются выигрышными. Определите вероятность достижения:

а) соответствие 3 из 6
б) соответствие 4 из 6
c) соответствие 5 из 6
d) соответствие 6 из 6

Решение:

а) Соответствие 3 из 6

б) Соответствие 4 из 6

c) Соответствие 5 из 6

d) Соответствие 6 из 6

Решенных задач Условная вероятность

---

1. {- \ frac {2} {5}} $.{- \ frac {2} {5}}}

долларов США $ = 0,1813 $

---

Задача

Вы подбрасываете честную монету три раза:

1. Какова вероятность выпадения трех решек, $ HHH $?
2. Какова вероятность того, что вы заметите ровно одну голову?
3. Учитывая, что вы наблюдали по крайней мере из одной решки, какова вероятность что вы наблюдаете хотя бы две головы?

---

Задача

Для трех событий $ A $, $ B $ и $ C $ мы знаем, что

• $ A $ и $ C $ независимы,
• $ B $ и $ C $ независимы,
• $ A $ и $ B $ не пересекаются,
• $ P (A \ cup C) = \ frac {2} {3}, P (B \ cup C) = \ frac {3} {4}, P (A \ cup B \ cup C) = \ frac { 11} {12}
долларов США

Найдите $ P (A), P (B) $ и $ P (C) $.

• Решение

  • Мы можем использовать диаграмму Венна на рис. 1.26, чтобы лучше визуализируйте события в этой проблеме. Мы предполагаем, что $ P (A) = a, P (B) = b $ и $ P (C) = c $. Обратите внимание, что предположения о независимости и непересекаемости множеств уже включены в рисунок.

    Рис. 1.26 — Диаграмма Венна для Задачи 3.

    Теперь мы можем написать $$ P (A \ cup C) = a + c-ac = \ frac {2} {3}; $$ $$ P (B \ cup C) = b + c-bc = \ frac {3} {4}; $$ $$ P (A \ cup B \ cup C) = a + b + c-ac-bc = \ frac {11} {12}.$$ Вычитая третье уравнение из суммы первого и второго уравнений, мы немедленно получите $ c = \ frac {1} {2} $, что затем даст $ a = \ frac {1} {3} $ и $ b = \ frac {1} {2} $.

---

Задача

Пусть $ C_1, C_2, \ cdots, C_M $ — это раздел пространства выборки $ S $, а $ A $ и $ B $ — два события. Предположим, мы знаем, что

• $ A $ и $ B $ условно независимы при заданном $ C_i $ для всех $ i \ in \ {1,2, \ cdots, M \} $;
• $ B $ не зависит от всех $ C_i $.

Докажите, что $ A $ и $ B $ независимы.

---

Задача

В моем городе треть дней идет дождь. Учитывая, что будет дождь, будет сильная трафик с вероятностью $ \ frac {1} {2} $, и, учитывая, что нет дождя, будет интенсивный трафик с вероятностью $ \ frac {1} {4} $. Я приезжаю, если идет дождь и плотное движение опоздал на работу с вероятностью $ \ frac {1} {2} $. С другой стороны, вероятность того, что задержка снижается до $ \ frac {1} {8} $, если нет дождя и нет интенсивного движения.В в других ситуациях (дождь и без движения, без дождя и пробок) вероятность опоздания составляет 0,25 доллара США. Вы выбираете случайный день.

1. Какова вероятность того, что дождь не будет, будет интенсивное движение и я не опоздаю?
2. Какова вероятность того, что я опоздаю?
3. Учитывая, что я опоздал на работу, какова вероятность того, что в тот день шел дождь?

• Решение

  • Пусть $ R $ будет дождливым событием, $ T $ будет событием интенсивного движения, и $ L $ в случае опоздания на работу.Как видно из постановки задачи, нам даны условные вероятности в формате цепочки. Таким образом, полезно рисовать древовидная диаграмма. На рисунке 1.27 показана древовидная диаграмма этой проблемы. На этом рисунке каждый лист дерева соответствует одному результату в пространстве выборки. Мы можем вычислить вероятности каждого результата в пространстве выборки, умножив вероятности на ребрах дерева, которые приводят к соответствующему результату.

    Инжир.c \ cap T) $ $ = \ frac {2} {3} \ cdot \ frac {1} {4} \ cdot \ frac {3} {4} $ $ = \ frac {1} {8} $.
    
  • Вероятность того, что я опаздываю, можно найти на дереве. Все, что нам нужно сделать, это сумма вероятности исходов, соответствующие моему опозданию.в, Л) $ $ = \ frac {1} {12} + \ frac {1} {24} + \ frac {1} {24} + \ frac {1} {16} $ $ = \ frac {11} {48} $.
    
  • Мы можем найти $ P (R | L) $, используя $ P (R | L) = \ frac {P (R \ cap L)} {P (L)} $. Мы уже нашли $ P (L) = \ frac {11} {48} $, и мы можем найти $ P (R \ cap L) $ аналогичным образом, сложив вероятности исходов, принадлежащих $ R \ cap L $.в, Л) $ $ = \ frac {1} {12} + \ frac {1} {24} $ $ = \ frac {1} {8} $.
    Таким образом, получаем $ долларов США

    $ P (R | L) $	$ = \ frac {P (R \ cap L)} {P (L)}
    	$ = \ frac {1} {8}.\ frac {48} {11}
    	$ = \ frac {6} {11} $.

    
    

---

Задача

В коробке три монеты: две обычные монеты и одна фальшивая двуглавая монета ($ P (H) = 1 $),

• Вы выбираете случайную монету и подбрасываете ее. Какова вероятность того, что он упадет хедз-ап?
• Вы выбираете монету наугад и бросаете ее, и вам выпадает орел.Какова вероятность того, что это двуглавая монета?

• Решение

  • Это еще одна типичная проблема, для которой полезен закон полной вероятности. Пусть $ C_1 $ будет событием, когда вы выбираете обычную монету, а пусть $ C_2 $ будет событием что вы выбрали двуглавую монету. Обратите внимание, что $ C_1 $ и $ C_2 $ образуют раздел пространство образца. Мы уже знаем что $$ P (H | C_1) = 0,5, $$ $$ P (H | C_2) = 1.$$

    1. Таким образом, мы можем использовать закон полной вероятности для записи долларов США

       $ P (H) $	$ = P (H | C_1) P (C_1) + P (H | C_2) P (C_2) $
       	$ = \ frac {1} {2}. \ frac {2} {3} + 1. \ frac {1} {3}
       	$ = \ frac {2} {3} $.

       
       
    2. Теперь, что касается второй части задачи, нас интересует $ P (C_2 | H) $.Мы используем правило Байеса $ долларов США

       $ P (C_2 | H) $	$ = \ frac {P (H | C_2) P (C_2)} {P (H)}
       	$ = \ frac {1. \ frac {1} {3}} {\ frac {2} {3}}
       	$ = \ frac {1} {2} $.

       
       

---

Задача

Вот еще одна разновидность семьи с двумя детьми. проблема [1] [7].В семье двое детей. Мы спрашиваем отца: «У вас есть хоть одна дочь по имени Лилия?» Он отвечает: «Да!» Какова вероятность того, что оба ребенка девочки? Другими словами, мы хотим найти вероятность того, что оба ребенка — девочки, учитывая, что в семье есть хотя бы одна дочь по имени Лилия. Здесь можно предположить, что если ребенок — девочка, то с вероятностью $ \ alpha \ ll 1 $ ее зовут Лилия. независимо от других детских имен. Если ребенок мальчик, его имя не будет Лилия.2) \ frac {1} {4} + \ alpha \ frac {1} {4} + \ alpha \ frac {1} {4} +0. \ Frac {1} {4}} $. $ = \ frac {2- \ alpha} {4- \ alpha} \ приблизительно \ frac {1} {2} $.

Давайте сравним результат с частью (b) примера 1.18. Удивительно, но мы замечаем, что дополнительная информация об имени ребенка увеличивает условную вероятность $ GG $ от $ \ frac {1} {3} $ примерно до $ \ frac {1} {2} $. Как это объяснить интуитивно? Вот один из способов взглянуть на проблему.В части (b) примера 1.18, мы знаем, что в семье есть хотя бы одна девочка. Таким образом, пространство выборки сокращается до трех равновероятные исходы: $ GG, GB, BG $, таким образом, условная вероятность $ GG $ равна одна треть в этом случае. 2 $), поэтому в этом случае условное вероятность $ GG $ выше.Мы хотели бы упомянуть здесь, что эти проблемы сбивают с толку. и противоречит здравому смыслу для большинства людей. Так что не огорчайтесь, если они вам покажутся запутанными. Мы преследуем несколько целей, включая такие проблемы.

Во-первых, мы хотели бы подчеркнуть, что мы не должны слишком полагаться на нашу интуицию при решении вероятностные проблемы. Интуиция полезна, но, в конце концов, мы должны использовать законы вероятности, чтобы решить проблемы. Во-вторых, после получения противоречивых результатов вас поощряют глубоко задуматься. о них, чтобы объяснить ваше замешательство.Этот мыслительный процесс может быть очень полезным для улучшения нашего понимание вероятности. Наконец, я лично считаю, что эти парадоксально выглядящие проблемы делают вероятность поинтереснее.

---

Проблема
Если вы еще не запутались, давайте рассмотрим еще одну задачу — семья с двумя детьми! Я знаю что В семье двое детей. Я вижу одну из детей в торговом центре и замечаю, что это девочка. Какова вероятность того, что оба ребенка девочки? Снова сравните свой результат со вторым часть Примера 1.18. Примечание: давайте договоримся, что именно означает постановка проблемы. Вот более точное изложение проблема: «В семье двое детей. Выбираем наугад одного из них и выясняем, что это девочка. Какова вероятность того, что оба ребенка девочки? »

• Решение

  • Здесь снова четыре возможности, $ GG = (\ textrm {girl, girl}), GB, BG, BB $ и $ P (GG) = P (GB) = P (BG) = P (BB) = \ frac {1} { 4} $. Теперь пусть $ G_r $ будет событием, когда случайно выбранный ребенок — девочка.Тогда у нас есть $$ P (G_r | GG) = 1, $$ $$ P (G_r | GB) = P (G_r | BG) = \ frac {1} {2}, $$ $$ P (G_r | BB) = 0. $$ Мы можем использовать правило Байеса, чтобы найти $ P (GG | G_r) $:

    $ долларов долларов США

    $ P (GG | G_r) $	$ = \ frac {P (G_r | GG) P (GG)} {P (G_r)}
    	$ = \ гидроразрыва {P (G_r | GG) P (GG)} {P (G_r | GG) P (GG) + P (G_r | GB) P (GB) + P (G_r | BG) P (BG) + P (G_r | BB) P (BB)}
    	$ = \ frac {1.\ frac {1} {4}} {1. \ frac {1} {4} + \ frac {1} {2} \ frac {1} {4} + \ frac {1} {2} \ frac {1} {4} +0. \ frac {1} {4}}
    	$ = \ frac {1} {2} $.

    Итак, ответ снова отличается от второй части примера 1.18. Это удивительно для большинство людей. Эти две постановки задачи выглядят очень похоже, но ответы совершенно разные. Это снова похоже на предыдущую проблему (пожалуйста, прочтите объяснение там).Условный пространство выборки здесь по-прежнему составляет $ GG, GB, BG $, но дело в том, что они не одинаково вероятны как в Примере 1.18. Вероятность того, что случайно выбранный ребенок из семьи с двумя девочками девочка — одна, в то время как эта вероятность для семьи, у которой есть только одна девушка — $ \ frac {1} {2} $. Таким образом, интуитивно условная вероятность исхода $ GG $ в этом случае больше, чем $ GB $ и $ BG $, и, следовательно, эта условная вероятность должна быть больше одной трети.

---

Задача

Хорошо, еще одна проблема семьи с двумя детьми. Просто шучу! Эта проблема не имеет ничего общего с две предыдущие проблемы. Я несколько раз подбрасываю монетку. Монета несправедлива и $ P (H) = p $. Игра заканчивается первый раз, когда наблюдаются две последовательные решки ($ HH $) или два последовательных решки ($ TT $). Я выиграю, если $ HH $ наблюдается и проигрывает, если соблюдается $ TT $. Например, если результатом будет $ HTH \ underline {TT} $, я терять.С другой стороны, если результат $ THTHT \ underline {HH} $, я выигрываю. Найдите вероятность того, что я победить.

• Решение
  • Пусть $ W $ будет событием, в котором я выиграю. Мы можем записать множество $ W $, перечислив все различные последовательности, которые привели к моему выигрышу. Будет чище, если мы разделим $ W $ на две части в зависимости от по результату первого подбрасывания монеты, $$ W = \ {HH, HTHH, HTHTHH, \ cdots \} \ cup \ {THH, THTHH, THTHTHH, \ cdots \}.2} $.
    

---

Решенных задач простой и сложной вероятности

В этой статье вы найдете несколько решенных примеров простой и составной вероятностей. Но прежде чем приступить к решению проблем, сначала вы получите краткое введение в простые и сложные вероятности и их формулы. Итак, приступим.

Что такое вероятность?

Вероятность возникновения события или степень, в которой что-то может произойти, называется вероятностью .

Определение вероятности в математике тоже такое же. Это вероятность того, что событие произойдет. Ниже приведены несколько примеров вероятности:

• Выбор красного шара из группы цветных шаров
• Решка после подбрасывания монеты
• Выбор карты королевы из колоды из 52 карт
• Выбор мороженого с шоколадным вкусом из набора из восьми вкусов

Это лишь некоторые из примеров вероятности из нашей повседневной жизни.Вероятность наступления разных событий различается.

• Если достоверно, что событие произойдет, то его вероятность будет равна 1 .
• Если вероятность события равна 0 , то мы предполагаем, что нет возможности возникновения события.
• Вероятности всех возможных событий лежат в диапазоне от 0 до 1 .

Мы можем обозначить это так:

Здесь:

A — событие, а P (A) — вероятность наступления события A.Пространство выборки — это набор вероятных исходов события. Например, если вы подбрасываете две монеты одновременно, возможные результаты будут следующими:

{(H, H), (H, T), (T, H), (T, T)}

Этот список возможных результатов известен как пространство выборки .

Найти простую вероятность несложно, поскольку нам просто нужно разделить количество способов, которыми может произойти событие, на общее количество исходов.

Лучшие доступные репетиторы по математике

Поехали

Составная вероятность

Мы используем следующую формулу сложной вероятности, если нас просят определить вероятность возникновения более чем одного события:

P (A или B) = P (A) + P (B) — P (A и B)

Здесь:

• A и B — любые два события.
• P (A) означает вероятность наступления события A.
• P (B) означает вероятность возникновения события B.
• P (A и B) — вероятность того, что оба события A и B произойдет одновременно.

Теперь, когда вы знаете, что такое простая и сложная вероятности, давайте перейдем к следующим примерам, которые прояснят всю концепцию.

Пример 1

В классе 30 девочек и 15 мальчиков.20 из 30 девушек любят футбол, а остальные — бадминтон. 10 из 15 мальчиков любят футбол, а остальные — бадминтон. Найдите вероятность того, что случайным образом выбранный студент будет:

• Девочка
• Мальчик, который любит футбол
• Девочка или мальчик

Решение

Эта задача состоит из трех частей. Найдем вероятность каждого события отдельно:

a) Девушка

Количество девочек в классе = 30

Общее количество учеников в классе = 45

Вероятность того, что выбранные случайным образом ученики будут girl =

. Запишем дробь в наиболее упрощенной форме следующим образом:

b) Мальчик, который любит футбол

Количество мальчиков, которые любят футбол = 10

Общее количество студентов в class = 45

Вероятность того, что случайно выбранным учеником будет мальчик, который любит футбол =

Упрощение приведенной выше вероятности даст нам следующую дробь:

c) Мальчик или девочка

Вероятность того, что выбранный ученик будет мальчиком или девочкой, равна 1, потому что, как мы обсуждали ранее, если есть уверенность в том, что событие произойдет, тогда вероятность y равно 1.

Пример 2

Джон бросает кости. Какова вероятность получить 3 или 6?

Решение

Это пример сложной вероятности, потому что нас просят указать вероятность двух событий. Формула для вычисления сложной вероятности приведена ниже:

P (A или B) = P (A) + P (B) — P (A и B)

Согласно этой формуле, сначала нам нужно получить вероятность каждого события в отдельности, например:

Вероятность выпадения 3 на кубике =

Вероятность выпадения 6 на кубике =

Так как бросается только один кубик, следовательно, вероятность выпадения 3 и 6 равна 0.

Подстановка значений вероятности в формулу составной вероятности даст нам вероятность получения 3 или 6:

=

Пример 3

Найдите вероятность выбора красной карты или 2 из колоды карт. 52 карты.

Решение

Чтобы решить вопросы вероятности, связанные с картами, вы должны знать, как распределяются 52 карты в колоде.

В колоде из 52 карт:

• Четыре масти
• Две масти имеют черные карты и две красные
• В каждой масти по 13 карт.Эти 13 карт включают дама, король валет, туз, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 и 10.

Общее количество красных карт в колоде =

Всего количество карт в колоде = 52

Вероятность выбора красной карты из колоды =

Количество карт с двумя в колоде = 4

Общее количество карт в колоде = 52

Вероятность выбор 2 из колоды =

Общее количество карт в колоде = 52

Количество красных карт и 2 из колоды = 2

Вероятность выбора 2 и красных карт =

Теперь, мы подставим все эти значения в формулу составной вероятности, чтобы получить вероятность выбора красной карты или 2 из колоды.

P (A или B) = P (A) + P (B) — P (A и B)

Алгебраическое решение и упрощение приведенного выше выражения даст нам следующий ответ:

Пример 4

В пуле 20 шаров и 40 блоков. 10 из 20 шаров красные, а остальные синие. 15 из 45 блоков зеленые, 10 красные, а остальные синие. Найдите вероятность того, что выбранный случайным образом предмет будет:

• Шар
• Шар красного цвета
• Объект синего цвета

Решение

Эта проблема состоит из трех частей.Найдем вероятность каждого события отдельно:

a) Шар

Количество шаров в пуле = 20

Общее количество предметов в пуле = 60

Вероятность того, что выбранный случайный предмет будет шарик:

Запишем дробь в наиболее упрощенной форме так:

б) Шар красного цвета

Количество шаров красного цвета = 10

Общее количество items = 60

Вероятность того, что случайно выбранный предмет будет шаром красного цвета =

Упрощение приведенной выше вероятности даст нам следующую дробь:

c) Объект синего цвета

Количество синих шаров в пуле = 10

Количество синих блоков в пуле = 20

Общее количество объектов в пуле = 60

Вероятность случайного выбора Выбранный элемент будет синим =

Пример 5

Алиса бросает кости на пол.Какова вероятность того, что число будет кратным 2?

Решение

В кубике шесть чисел {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Три числа, кратные 2, равны 2, 4 и 6.

Количество чисел, кратных 2 на кубике = 3

Общее количество чисел на кубике = 6

Вероятность того, что число будет кратным 2 =

.

Probability Problems

Вы можете решить множество простых вероятностных задач, просто зная два простых правила:

• Сумма вероятностей всех точек выборки в пространстве выборок равна 1.

Следующие примеры задач показывают, как применять эти правила для нахождения (1) вероятности точки выборки и (2) вероятность события.

Вероятность точки выборки

Вероятность точки выборки является мерой вероятности появления точки выборки.

Пример 1
Предположим, мы проводим простой статистический эксперимент. Мы подбрасываем монету один раз. Подбрасывание монеты может иметь один из двух равновероятных исходов — орел или решка.Вместе эти результаты представляют собой образец пространства нашего эксперимента. По отдельности каждый результат представляет собой образец точка в пространстве образца. Какова вероятность каждой точки выборки?

Решение: Сумма вероятностей всех точек выборки должна равняться 1. И вероятность получить голову равна вероятности получить хвост. Следовательно, вероятность каждой точки выборки (орла или решки) должна быть равно 1/2.

Пример 2
Давайте повторим эксперимент из Примера 1 с кубиком вместо монеты.Если мы бросьте честный кубик, какова вероятность каждой точки выборки?

Решение: Для этого эксперимента пространство образцов состоит из шести образцов. точки: {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Каждая точка выборки имеет равную вероятность. И сумма вероятностей всех точек выборки должна равняться 1. Следовательно, вероятность каждой точки выборки должна быть равна 1/6.

Вероятность события

Вероятность события равна мера вероятности того, что событие произойдет.Условно, статистики согласовали следующие правила.

• Вероятность события A обозначается P (A).

Таким образом, если бы событие A было очень маловероятным, то P (A) было бы близко к 0. И если бы событие A было очень вероятно, то P (A) было бы близко к 1.

Пример 1
Предположим, мы вытягиваем карту из колоды игральных карт. Какова вероятность что мы рисуем лопату?

Решение: Примерное пространство этого эксперимента состоит из 52 карточек и вероятность каждой точки выборки составляет 1/52.Так как в пике 13 лопат В колоде вероятность выпадения лопаты составляет

P (Spade) = (13) (1/52) = 1/4

Пример 2
Предположим, монета подбрасывается 3 раза. Какова вероятность получить два хвоста и одна голова?

Решение: Для этого эксперимента пространство образцов состоит из 8 образцов. точки.

S = {TTT, TTH, THT, THH, HTT, HTH, HHT, HHH}

Каждая точка выборки имеет одинаковую вероятность, поэтому вероятность получения любой конкретная точка выборки — 1/8.Событие «два решки и одна голова» состоит из следующего подмножества выборочного пространства.

A = {TTH, THT, HTT}

Вероятность события A — это сумма вероятностей точек выборки в A. Таким образом,

P (A) = 1/8 + 1/8 + 1/8 = 3/8

Вопросы о вероятности — Формула, пример, типы и решенные примеры

Вероятность возникновения события или степень вероятности события называется вероятностью. Есть много событий, которые нельзя предсказать с полной уверенностью, но мы можем только ожидать, что это событие произойдет.Вероятность события колеблется от 0 до 1, где 0 означает, что событие невозможно, а единица представляет событие, требующее уверенности. Если нам нужно рассчитать вероятность возникновения одного события, мы должны знать общее количество возможных результатов. Предположим, вероятность возникновения события E — это число P (E), тогда:

0 ≤ P (E) ≤ 1

Вероятность всех событий в пространстве выборки в сумме составляет 1.

Формула вероятности

Предположим, что происходит событие E, тогда вероятность этого события P (E) равна:

P (E) = Отношение количества благоприятных исходов к общему количеству исходов.

Основная формула показана выше, но есть и другие формулы в различных вопросах вероятности, которые возникают из-за различных ситуаций и событий.

Пример вопроса о вероятности

Предположим, мы подбрасываем две монеты в воздух, тогда может произойти четыре исхода, то есть (H, H), (H, T), (T, H), (T, T). Теперь, если спросить вероятность события E, содержащего две решки, тогда:

P (E) = 1/4, поскольку есть только один случай, когда есть две решки, а всего четыре исхода.

Типы событий

Есть два типа событий:

Невозможное событие: события с вероятностью 0, такие события называются невозможными событиями.

Уверенное событие: когда вероятность того, что событие произойдет, равна 1, то есть событие, которое обязательно произойдет, такие события называются верными событиями.

Вопросы и ответы о вероятности

Вот некоторые вероятностные вопросы с их решениями:

1. Две монеты подбрасываются 700 раз, и результат:

Две орла: 205 раз

Одна голова: 325 раз

Нет голова: 170 раз

Найдите вероятность того, что каждое событие произойдет.

Решение: Предположим, что произошли события отсутствия головы, одной головы и двух голов на E1, E2 и E3 соответственно.

P (E1) = 170/700 = 0,24

P (E2) = 325/700 = 0,47

P (E3) = 205/700 = 0,29

Т.к., сумма вероятностей всех событий случайного эксперимент равен 1, поэтому:

P (E1) + P (E2) + P (E3) = 0,24 + 0,47 + 0,29 = 1

2. Если P (A) = 7/13, P (B) = 9 / 13 и P (A∩B) = 4/13, вычислить P (A | B).

Решение:

Здесь даны P (A), P (B) и P (A∩B), мы знаем, что —

P (A | B) = (A∩B) / P (B) .Следовательно:

(4/13) / (9/13) = 4/9

(изображение будет загружено в ближайшее время)

Решенные примеры

Вот несколько решенных примеров вероятностных вопросов:

1. Два кубики брошены, найдите вероятность того, что сумма количества обоих кубиков будет:

Равно 2

Равно 5

Меньше 12

Решение:

S = {(1,1), ( 1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6)

(2,1), (2,2), (2,3), (2 , 4), (2,5), (2,6)

(3,1), (3,2), (3,3), (3,4), (3,5), (3, 6)

(4,1), (4,2), (4,3), (4,4), (4,5), (4,6)

(5,1), (5, 2), (5,3), (5,4), (5,5), (5,6)

(6,1), (6,2), (6,3), (6,4 ), (6,5), (6,6)}

Общее количество возможных результатов, т.е.е. пространство выборки = 36

1) Пусть A будет событием, в котором сумма равна 2. Поскольку существует только один исход, в котором сумма равна 2, следовательно,

P (A) = отношение n ( A) и n (S) = n (A) / n (S) = 1/36

2) Пусть B будет событием, в котором сумма равна 5. Существует четыре возможных исхода, которые дают сумму, равную 5. , они равны:

B = {(1,4), (2,3), (3,2), (4,1)}

Следовательно, P (B) = n (B) / n (S ) = 4/36 = 1/9

3) Пусть C будет событием, когда сумма меньше 12.Из области выборки мы можем увидеть все возможные исходы для события C, которые дают сумму меньше 12. Например:

(1,1) или (1,6) или (2,6) или (5,6) .

Мы видим, что существует 35 исходов, в которых сумма меньше 12. Следовательно,

P (C) = n (C) / n (S) = 35/36.

2. Расчет вероятности выбора черной карты или шестерки из колоды из 52 карт.

Решение:

Пусть B будет событием выбора черной карты.

Нам нужно найти P (B или 6)

Выбор черной карты P (B) = 26/52 = 1/2

Выбор 6 P (6) = 4/52

Вероятность выбора и черная карта, и 6 = 2/52

Мы знаем, что —

P (B ∪ 6) = P (B) + P (6) — P (B ∩ 6)

Следовательно,

= 26 / 52 + 4/52 — 2/52

= 28/52

= 7/13.

Изучите проблемы вероятности и примеры

В сегодняшнем посте мы собираемся решить проблему вероятности, которая появилась в Мадридском экзамене по стандартизированному элементарному тестированию (CDI) 2008 года:

Давайте начнем с обзора некоторых концепций вероятности.

Образец помещения:

Пространство выборки относится ко всем возможным результатам случайного эксперимента и часто обозначается как E (или как омега, Ω в греческом алфавите).

Например, когда мы подбрасываем монету, какие все возможные результаты мы можем получить? Орел или решка, правда? Всего существует два возможных результата, поэтому размер выборки составляет 2.

E = {орла, решка}

И если мы бросим кубик, у нас будет шесть возможных исходов. Тогда размер выборки будет 6.

E = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.

Событие:

Событие — это любое подмножество пространства выборки.Например, выпадение монеты орлом или выпадение кубика на пятерку — это события.

Давайте посмотрим, каким было бы пространство сэмплов в первой части нашей задачи.

Каковы все возможные результаты? Речь идет о количестве шаров, это числа от 11 до 20.

Наше пространство для выборки 10:

E = {11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20}

И событие, которое мы решаем, — это «выбор простого числа».

Так как же тогда рассчитать вероятность того, что это событие произойдет?

Когда все простые события имеют одинаковую вероятность наступления, вероятность любого события A определяется как отношение количества благоприятных исходов к количеству возможных исходов. Это правило преемственности Лапласа.

В примере с подбрасыванием монеты простых результатов будут: орел или решка. Если это не уловка, вероятность каждого простого исхода одинакова.Это означает, что вероятность выпадения монеты орлом составит ½.

Возвращаясь к нашей задаче: в сумке 10 красных и зеленых шариков, пронумерованных от 11 до 20.

Часть a): Если мы выберем мяч, не заглядывая в мешок, какова вероятность выбрать простое число?

Начнем с подсчета количества благоприятных исходов и количества возможных исходов.

Количество благоприятных исходов = количество простых чисел = 4 числа возможных исходов являются простыми числами (числа 11, 13, 17 и 19 простые числа)

Количество возможных исходов = 10 (все числа от 11 до 20)

Вероятность выбрать простое число из 10 шаров составляет 4/10, что может быть упрощено до 2/5.

Окончательный ответ: P (простое число) = 2/5

Часть б): Сколько существует шаров каждого цвета?

Нам сказали, что вероятность выбрать зеленый шар составляет 3/5.

Количество шаров, которые можно выбрать, по-прежнему равно 10.

Количество благоприятных исходов или количество зеленых шаров (наше событие) — это один из вопросов, который мы хотим решить. Мы знаем, что 3/5 равно 6/10, поэтому, если мы применим правило Лапласа:

Всего в сумке 6 зеленых шаров.Отсюда мы можем сделать вывод, что осталось 4 красных шара.

Окончательный ответ: есть 6 зеленых и 4 красных шара.

Если вы считаете этот пост интересным и хотите продолжить изучение математики, у Smartick есть еще больше задач, которые идеально подходят для практики!

Подробнее:

Развлечение — любимый способ обучения нашего мозга

Дайан Акерман

Smartick — увлекательный способ выучить математику

• 15 веселых минут в день
• Адаптируется к уровню вашего ребенка
• Миллионы учеников с 2009 года

Команда по созданию контента.
Многопрофильная и многонациональная команда, состоящая из математиков, учителей, профессоров и других специалистов в области образования!
Они стремятся создавать максимально качественные математические материалы.

5 вероятностных вопросов для проверки ваших навыков | автор: mlearnere

Поскольку многие из вас подают заявления на должности в области Data Science, ожидается, что им будут задавать различные типы вероятностных вопросов в ходе технического аспекта процесса собеседования. В этом посте я стремлюсь ответить на 5 различных вероятностных вопросов (с возрастающей сложностью), которые, как я считаю, служат хорошим покровом для различных типов вопросов, которые вы можете ожидать в процессе собеседования.

Очевидно, что эта статья не предназначена для практических занятий, а скорее предназначена для того, чтобы помочь вам проверить ваше знакомство с некоторыми типичными типами вероятностных вопросов.

Итак, приступим!

Бросаются две справедливые кости. Какова вероятность того, что их сумма больше 4?

Ответ:

Во-первых, мы должны найти пространство выборки. Если мы бросаем один кубик, все исходы (числа от 1 до 6) имеют равную вероятность 1/6.Однако, поскольку мы бросаем две кости, каждый результат равен 1/36. Это означает, что наше пространство для выборки равно 36.

Теперь есть два способа решить проблему. Сначала мы могли бы найти количество всех сумм, которые больше 4 и разделить на 36, или мы могли бы найти суммы, которые меньше или равны 4, и найти его дополнение. Мы будем делать последнее, так как на его решение уйдет меньше времени.

Во-первых, мы находим количество способов, по которым результат нашего кубика будет иметь сумму 4 или меньше.Это даст:

Также обратите внимание, что, поскольку броски каждого кубика независимы, порядок результатов имеет значение, то есть (1,2) является результатом, отличным от (2,1), и так далее.

Как видно из вышеизложенного, у нас есть 6 возможных исходов, сумма которых равна 4 или меньше. Это дает вероятность 6/36 или 1/6. Поскольку в вопросе запрашиваются суммы, превышающие 4, теперь нам нужно найти дополнение к вероятности, которую мы получили выше. Следовательно, вероятность выпадения двух кубиков, сумма которых больше 4, равна 5/6.

В банке 12 шариков: 4 красных, 5 синих и 3 оранжевых. Если вы вытащите 3 шарика без замены , какова вероятность получить все три цвета в следующем порядке: синий, оранжевый, красный? Какова вероятность получить весь оранжевый цвет?

Ответ:

Сначала мы должны отметить без замены — , это означает, что когда мы тянем шарик, мы НЕ кладем его обратно в банку.Это означает, что пространство выборки уменьшается на 1 с каждым вытягиванием, начиная с 12.

Для первого вопроса мы хотим найти вероятность вытягивания шариков в следующем порядке: синий, оранжевый и красный. Сначала нам нужно найти вероятность вытащить синий, которая составляет 5/12.

Теперь, поскольку мы не кладем шарик обратно в банку, у нас осталось 11 шариков. Вероятность вытащить оранжевый шарик теперь 3/11 вместо 3/12.

Теперь у нас осталось 10 шариков.Это означает, что вероятность вытащить красный шарик составляет 4/10. Чтобы найти вероятность, теперь мы умножаем три события.

Для второго вопроса мы хотим найти вероятность вытащить все оранжевые шарики, также без замены. Мы будем следовать той же процедуре, что и выше, только и пространство образца, и количество оранжевых шариков будут уменьшаться.

Для первого рывка вероятность вытащить первый оранжевый шарик составляет 3/12. Для второго рывка вероятность вытащить второй оранжевый шарик составляет 2/11.Наконец, для последнего рывка вероятность вытащить третий оранжевый шарик составляет 1/10. Мы умножаем эти результаты и получаем ответ.

Samsung, Panasonic и LG производят одноплатные компьютеры (SBC) для любителей. SBC Samsung занимают 40% рынка, SBC Panasonic — 25% рынка, а SBC LG — остальное. 1% всех SBC Samsung и Panasonic неисправны, а 2% всех SBC LG имеют дефекты. Если купленный вами SBC неисправен, какова вероятность того, что это Panasonic SBC?

Ответ:

Прежде чем мы приступим к решению этой проблемы, давайте запишем то, что мы знаем.Мы будем использовать S для обозначения Samsung, P для обозначения Panasonic, L для обозначения LG и D для обозначения неисправного компьютера.

Чтобы определить вероятность LG SBC с учетом неисправности платы, мы должны использовать теорему Байеса. В контексте проблемы это означает, что:

Этот вопрос также известен как «Проблема дня рождения».

В комнате, заполненной 50 людьми, какова вероятность того, что по крайней мере два человека имеют одинаковый день рождения? Предположим, что все дни рождения равновероятны (равномерное распределение), а в году 365 дней.

Ответ:

Как и в случае с вопросом 1, есть два способа решить этот вопрос: один метод быстрее другого.

Чтобы эффективно решить этот вопрос, мы сначала определим вероятность того, что никакие два человека не имеют одного дня рождения, и найдем ее комплимент. Поскольку в вопросе задается как минимум два человека, у один и тот же день рождения, его комплимент подразумевает, что нет двух людей с одинаковым днем ​​рождения, что легче найти.

Определение вероятности того, что все 50 человек имеют разные дни рождения, выглядит следующим образом:

Таким образом, вероятность того, что по крайней мере два человека имеют один и тот же день рождения, является комплиментом выше, что составляет приблизительно 97% .

Вы играете в покер и получаете тройку. Это означает, что из 5 карт в вашей руке три карты одного типа (дама, туз, 10 и т. Д.) Разной масти, а две другие — случайные карты из колоды. Какова вероятность выпадения этой руки?

Ответ:

Прежде всего, нам нужно вспомнить биномиальные коэффициенты, также известные как nCr. Уравнение выглядит следующим образом:

Это уравнение важно, поскольку оно позволяет нам очень легко находить комбинации, относящиеся к нашей покерной руке.Мы будем использовать определенные примеры, поскольку вероятность не будет варьироваться от руки к руке, тройка всегда дает одинаковую вероятность.

Предположим, у нас есть 3 дамы, 2 червы и 5 пик. Существует 13 типов карт — туз, 2, 3,…, король — и по 4 карт каждого типа в зависимости от масти карты.

Если в нашей руке 3 дамы, то это 3 из 4 мастей 1 из 13 типов. Наши другие 2 карты будут принадлежать к другим 12 типам, так как мы должны убедиться, что не вытащим четвертого ферзя, и эти два типа должны быть разными.Это означает, что мы должны выбрать 2 типа из оставшихся 12. Поскольку масти двух других карт независимы, мы найдем вероятность вытащить 1 масть из 4 и возвести ее в квадрат.