Брошено три монеты предполагая что элементарные события равновероятны найти вероятности событий
Брошено три монеты предполагая что элементарные события равновероятны найти вероятности событий
«Случай — это единственный законный царь вселенной».
a) Событию «выпало два орла» благоприятствует только один из перечисленных элементарных исходов. А поскольку все эти исходы равновероятны, вероятность любого из них (в том числе интересующего нас) равна 1/4.
b) Событию «выпали орел и решка» благоприятствуют два элементарных исхода: «орёл – решка» и «решка – орёл». Вероятность каждого из них равна 1/4 (в силу пункта а). А вероятность того, что реализуется хоть один из них, равна сумме их вероятностей, то есть 1/4 + 1/4 = 1/2.
a) Всего есть шесть элементарных исходов: «выпало число 1», «выпало число 2», «выпало число 3», «выпало число 4», «выпало число 5», «выпало число 6». Вероятность каждого из них равна 1/6. Событию «выпало четное число» благоприятствуют три из них: «выпало число 2», «выпало число 4», «выпало число 6». Вероятность того, что реализуется хоть один из них, равна сумме их вероятностей: 1/6 + 1/6 + 1/6 = 1/2.
b) Событию «выпало число, не превосходящее четырех», благоприятствуют четыре элементарных исхода: «выпало число 1», «выпало число 2», «выпало число 3», «выпало число 4». Вероятность того, что реализуется хоть один из них, равна сумме их вероятностей: 1/6 + 1/6 + 1/6 + 1/6 = 4/6 = 2/3.
Можно несколько изменить пространство элементарных исходов в задаче №1, объединив исходы «орёл – решка» и «решка – орёл» в один (как будто мы бросаем одновременно две монеты и не различаем их между собой). Считая по-прежнему, что все исходы равновероятны (а их теперь только три), получим, что вероятность каждого из них равна 1/3. Тогда каждому из событий, указанных в задаче №1, благоприятствует лишь по одному элементарному исходу, и вероятность каждого из них равна 1/3.
С точки зрения теории вероятностей это не противоречит решению задачи №1: ведь мы теперь рассматриваем другую вероятностную модель (другие элементарные события с другими вероятностями). Однако то, что происходит в реальной жизни, лучше описывает модель из задачи №1. То есть если много раз подряд подбросить две одинаковые монеты, то примерно в половине случаев выпадет один орел и одна решка, примерно в четверти случаев — два орла и в остальных случаях (их тоже примерно четверть) выпадут две решки.
4. Бросают два игральных кубика. Каким будет вероятностное пространство? Какова вероятность одного элементарного исхода? Какова вероятность: а) выпадения дубля (двух одинаковых чисел); b) того, что сумма выпавших чисел не меньше 9; c) того, что сумма выпавших чисел равна 8, а разность равна 4? Решите задачу в терминах вероятностного пространства и событий.
В этой задаче элементарными исходами можно считать пары чисел, выпавших на кубиках. На первом кубике может выпасть любой число от 1 до 6, и в каждом из этих случаев на втором кубике тоже может выпасть любое из этих чисел. Так что всего элементарных исходов будет |Ω| = 6·6 = 36.
b) Для ответа на следующие вопросы удобно построить таблицу. По строкам будем записывать число, выпавшее на первом кубике, а по столбцам — число, выпавшее на втором. На пересечении соответствующего столбца с соответствующей строкой будем записывать сумму выпавших на двух кубиках чисел. Вот какая таблица у нас при этом получится:
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | |
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
| 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
| 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
| 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
| 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 |
| 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 |
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | |
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
| 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
| 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
| 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
| 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 |
| 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 |
c) Ответим на этот вопрос при помощи таблицы, построенной при решении предыдущего пункта. Отметим сначала те клетки, в которых стоит число 8:
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | |
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
| 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
| 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
| 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
| 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 |
| 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 |
Каким бы ни было событие А, одно из двух событий А и ¬A обязательно произойдет (по определению отрицания события). Это значит, что их объединение дает все вероятностное пространство: A∪(¬A) = Ω. Тогда P(A∪(¬A)) = P(Ω) = 1 (см. выше). Про такие события говорят еще, что они образуют полную группу событий (то есть хоть одно из этих событий всегда происходит).
C другой стороны, эти события, очевидно, несовместны, то есть A∩(¬A) = ∅ (опять-таки по определению отрицания события). Но вероятность пустого события по определению считается равной 0. Так что P(A∩(¬A)) = P(∅) = 0.
a) Вопросы №1 и №2 одновременно входят лишь в один билет. То есть событию «нам достались вопросы №1 и №2» благоприятствует лишь один элементарный исход из 300. Так что вероятность этого события равна 1/300.
b) Вопрос №3 входит в 24 билета (так как вместе с ним в билет может входить любой из оставшихся 24 вопросов). Значит, событию «нам достался вопрос №3» благоприятствуют 24 элементарных исхода из 300, и его вероятность равна 24/300 = 4/50 = 2/25, или 8%.
Будем считать, что в колоде 52 карты (то есть присутствуют все карты, кроме джокеров). Элементарное событие состоит в том, что за три попытки вытянут определенный набор карт в определенном порядке. Таких наборов столько же, сколько способов упорядоченным образом выбрать три карты из 52. А таких способов (вспомните комбинаторику!) всего 52·51·50 = 26·2·51·50 = 26·(50 + 1)·100 = (1300 + 26)·100 = 132600 (обратите внимание, что это число легко найти без помощи калькулятора и даже не прибегая к вычислениям в столбик).
a) Всего в колоде есть четыре тройки, четыре семерки и четыре туза. Из них можно составить 4·4·4 = 64 набора карт, в которых сначала идет тройка, потом семерка, а в конце — туз. То есть событию «вытащены тройка, семерка и туз в указанном порядке» благоприятствуют 64 элементарных исхода из 132600. Так что вероятность этого события равна 64/132600 = 8/16575.
b) Из четырех троек, четырех семерок и четырех тузов можно составить 3!·64 = 6·64 = 384 упорядоченных набора из трех карт (где достоинства карт не обязательно идут по возрастанию). Тем самым событию «вытащены тройка, семерка и туз в произвольном порядке» благоприятствуют 384 элементарных исхода из 132600, и вероятность этого события равна 384/132600 = 8/5525 (постарайтесь произвести подсчет без использования калькулятора и не прибегая к вычислениям в столбик).
c) Теперь в нашем распоряжении четыре тройки, четыре семерки и всего одна пиковая дама. Найдем вероятность того, что Герман вытянет эти карты в указанном порядке. Наборов карт, благоприятствующих такому событию, всего 16 (первой может идти любая тройка, второй — любая семерка, а на третьем месте — всегда пиковая дама). Значит, вероятность такого события равна 16/132600 = 2/16575.
a) Вероятностное пространство состоит из всевозможных пар дней рождения двух человек (конечно, этих двоих мы между собой различаем). Таких пар всего 365·365. А пар с одинаковыми днями рождения всего 365 (по числу дней в невисокосном году). Значит, вероятность того, что у двух человек совпадают дни рождения, равна 365/(365·365) = 1/365.
Оставшиеся два пункта этой задачи решаются аналогично. Если вам хватит на это упорства (и свободного времени), попробуйте и здесь провести вычисления без калькулятора (автору решения на это не хватило силы воли).
Это интересно: если рассмотреть группу из 23 человек, то эта вероятность превысит 50%, а в группе из 60 человек она уже превысит 99%.
11. В одной игре ведущий предложил играющему угадать, за какой из трёх закрытых дверей находится автомобиль. Играющий наугад выбрал одну из дверей. После этого ведущий (зная, где на самом деле находится автомобиль) открыл одну из двух других дверей, за которой не было автомобиля. Далее ведущий предложил играющему две возможности: изменить своё решение и выбрать другую закрытую дверь, или же по-прежнему настаивать на первоначально выбранной двери. Как лучше поступить играющему?
Брошено три монеты предполагая что элементарные события равновероятны найти вероятности событий
вроде так.
Пусть брошены две монеты. Найдем вероятность появления двух гербов. Мы имеем 4 равновероятных попарно несовместных исхода, образующих полную группу:
1-я монета 2-я монета
1-й исход герб герб
2-й исход герб надпись
3-й исход надпись герб
4-й исход надпись надпись
Таким образом, P(герб,герб)=1/4.
Пусть теперь нам стало известно, что на первой монете выпал герб. Как изменится после этого вероятность того, что герб появится на обеих монетах? Так как на первой монете выпал герб, то теперь полная группа состоит из двух равновероятных несовместных исходов:
1-я монета 2-я монета
1-й исход герб герб
2-й исход герб надпись
При этом только один из исходов благоприятствует событию (герб, герб). Поэтому при сделанных предположениях Р(герб,герб)=1/2. Обозначим через А появление двух гербов, а через В — появление герба на первой монете. Мы видим, что вероятность события А изменилась, когда стало известно, что событие B произошло.
Новую вероятность события А, в предположении, что произошло событие B, будем обозначать PB(А).
Таким образом, Р(A)=1/4; PB(А)=1/2
Т.е. абсолютно четко написано, что вероятность выпадения двух гербов, когда известно что в первом испытании выпал герб равна 1/2. PB(А)=1/2.
вообщем 1 к 2 будет
Бросание монет. Решение задач на нахождение вероятности
Кстати, сразу упомяну, что в контексте подобных задач не существенно, написать «бросают 3 монеты» или «бросают монету 3 раза», результат (в смысле вычисления вероятности) будет один и тот же (так как результаты бросков независимы друг от друга).
1. Классическое определение вероятности
Пример 1. В случайном эксперименте симметричную монету бросают дважды. Найдите вероятность того, что орел выпадет ровно один раз.
Пример 2. Дважды бросают симметричную монету. Найти вероятность того, что оба раза выпала одна сторона.
Как видим, все довольно просто. Перейдем к чуть более сложной задаче.
Пример 3. В случайном эксперименте симметричную монету бросают трижды. Найдите вероятность того, что орел выпадет ровно два раза.
Взяли разгон и переходим к 4 монетам.
Пример 4. Монету бросают 4 раза. Найти вероятность того, что герб выпадет от 2 до 3 раз.
Думаю, к этому времени вы уже поняли суть метода и сможете сами решить задачи, где бросаются 2-3-4 монеты и орел не выпадает ни разу, или решка ровно один раз и т.п.
2. Комбинаторика + классическая вероятность
Пример 4. Монету бросают 4 раза. Найти вероятность того, что герб выпадет от 2 до 3 раз.
Конечно, этот подход кажется сложнее из-за более формального математического описания решения, но гораздо легче масштабируется.
Например, если рассмотреть подобную задачу:
Пример 5. Монету бросают 8 раз. Найти вероятность того, что герб выпадет ровно 4 раза
Ради полноты изложения приведу еще пример задачи, решаемой подобным образом (но если хотите, можете сразу переходить к более простому способу 3).
Пример 6. Монету подбрасывают 6 раз. Найти вероятность того, что гербы выпадут два раза и только подряд, а в остальные разы будут только решки.
Способ 3. Формула Бернулли
А теперь все задачи решаются проще простого, вот глядите!
Пример 1. В случайном эксперименте симметричную монету бросают дважды. Найдите вероятность того, что орел выпадет ровно один раз.
Пример 4. Монету бросают 4 раза. Найти вероятность того, что герб выпадет от 2 до 3 раз.
Пример 7. В случайном эксперименте симметричную монету бросают трижды. Найдите вероятность того, что орел не выпадет ни разу.
Пример 8. Пусть бросают 8 монет. Найти вероятность того, что орел не менее 7 раз.
Таким образом, используя одну простейшую формулу, можно решать множество задач, причем неважно, 3 монеты бросается, или 30, сложность расчетов примерно одинакова. Но, если число бросков становится очень большим, удобнее использовать приближенные формулы Муавра-Лапласа, о которых можно узнать здесь.
Полезные ссылки
Решебник по вероятности
А здесь вы найдете более 200 задач о бросании монет с полными решениями (вводите часть текста для поиска своей задачи):
Задачи на вероятность
Содержание:
Пример 2.11.
Куб с окрашенными гранями распилен на 27 одинаковых кубиков. Найдем вероятность того, что у выбранного наудачу кубика будет окрашена одна грань (две грани, три грани).
Решение:
Общее число элементарных исходов в данном опыте N = = 27. Обозначим: А — событие, заключающееся в том, что у выбранного кубика окрашена одна грань; В — две грани и С — три грани. Событию А благоприятствует 
элементарных исходов (число граней у исходного куба), событию 
исходов (число ребер у исходного куба), а событию С — 8 исходов (число вершин у исходного куба). Поэтому
По этой ссылке вы найдёте полный курс лекций по теории вероятности:
Пример 2.12.
Из 33 карточек с написанными на них различными буквами русского алфавита наугад извлекаются пять карточек и располагаются слева направо в порядке извлечения. Найдем вероятность появления слова „РАДИО» (событие А).
Решение:
Поскольку карточки обратно не возвращаются и порядок выбора существен, то общее число элементарных исходов равно числу размещений без повторений из 33 элементов по пять элементов:
Событию А благоприятствует только один элементарный исход (
). Значит,
Возможно вам будут полезны данные страницы:
Пример 2.13.
Из колоды в 52 игральные карты выбирают наудачу три карты. Найдем вероятность того, что среди этих карт будут тройка „пик», семерка „пик», туз „пик».
Решение:
Поскольку порядок выбора в данном случае не существен и карты обратно в колоду не возвращаются, то число элементарных исходов равно числу сочетаний без повторений из 52 элементов по три элемента, т.е.
Рассматриваемому событию А благоприятствует единственный исход (
). Поэтому
Пример 2.14.
Группа, состоящая из восьми человек, занимает место за круглым столом. Найдем вероятность того, что два определенных человека окажутся сидящими рядом.
Решение:
Так как упорядочивается все множество из восьми элементов, то мы имеем дело с перестановкой из восьми элементов. Поэтому
Рассматриваемому событию А благоприятствуют такие перестановки, когда два отмеченных лица садятся рядом: всего восемь различных пар мест за столом и за каждую пару мест данные лица могут сесть двумя способами. При этом остальные шесть человек могут разместиться на оставшихся местах произвольно. Значит,
Для сравнения приведем еще одно решение поставленной задачи. Заметим, что поскольку нас интересуют только два определенных лица, то порядок размещения остальных не играет роли. В свою очередь, если первый человек сел на определенное место, то второй может сесть на оставшиеся семь мест. При этом в двух случаях оба лица окажутся рядом и
Пример 2.15.
Из десяти первых букв русского алфавита составлены всевозможные трехбуквенные „слова». Найдем вероятность того, что случайно выбранное „слово» окажется „словом» „ИИИ».
Решение:
Число различных „слов» равно числу размещений с повторениями из 10 элементов по три элемента, т.е.
Поскольку благоприятствующий исход только один, то
Пример 2.16. Опыт состоит в четырехкратном случайном выборе С возвращением одной буквы из букв алфавита „А», „Б», „К», „О» и „М“ и записывании результата выбора слева направо в порядке поступления букв. Найдем вероятность того, что в результате будет записано слово „МАМА».
Число элементарных исходов равно числу размещений с повторениями из пяти элементов по четыре элемента, т.е.
Слову „МАМА» соответствует лишь один исход. Поэтому
Пример 2.17.
В урне имеются четыре шара различного цвета. Наудачу из урны извлекают шар и после определения его цвета возвращают обратно. Найдем вероятность того, что среди восьми выбранных шаров будут только шары одного цвета (событие А)? будет по два шара разного цвета (событие В).
Решение:
с повторениями из четырех элементов по восемь элементов.
Для того чтобы найти число исходов, благоприятствующих событию А, предположим сначала, что вынимают только шары первого цвета. Это можно сделать только одним способом. Аналогично только одним способом можно выбрать шары второго, третьего и четвертого цветов. Поэтому 
и 
Число исходов, благоприятствующих событию В, равно числу тех сочетаний с повторениями из четырех элементов по восемь элементов, в которых каждый элемент повторяется по два раза, т.е.
Пример 2.18.
Первенство по баскетболу оспаривают 18 команд, которые путем жеребьевки распределены на две подгруппы по девять команд в каждой. Пять команд обычно занимают первые места. Найдем вероятность попадания всех лидирующих команд в одну подгруппу (событие А); трех лидирующих команд в одну подгруппу, а двух — в другую (событие В).
Решение:
Пространство элементарных исходов в данном случае состоит из всевозможных способов выбрать из 18 команд, среди которых пять лидирующих, девять команд в первую подгруппу (тогда вторую подгруппу будут составлять оставшиеся девять команд), причем события А и В происходят тогда, когда в первую подгруппу попадет определенное число лидирующих команд и команд аутсайдеров.
Значит, мы имеем дело с гипергеометрической схемой, в которой к = 2, п = 18, тц = 5, т = 9.
Событие А происходит тогда, когда в первую подгруппу попадают или пять лидирующих команд и четыре команды-аутсайдера 
, или девять команд-аутсайдеров 
. Значит,
Аналогично событие В происходит тогда, когда в первую подгруппу попадут или три лидирующие команды и шесть команд-аутсайдеров 
или две лидирующие команды и семь команд-аутсайдеров 
. Таким образом,
Пример 2.19.
На бесконечную шахматную доску со стороной квадрата а наудачу бросают монету радиуса г, г
Решение:
Пусть 
— координаты центра упавшей монеты. В силу бесконечности шахматной доски можно считать, что элементарные исходы данного эксперимента полностью определяются положением центра упавшей монеты относительно вершин квадрата, содержащаго этот центр.
Помещая начало координат в одну из вершин указанного квадрата (рис. 2.2), можно записать множество элементарных исходов в виде
Область А, соответствующая рассматриваемому событию, имеет вид
т.е. является квадратом со стороной 
. В соответствии с формулой геометрической вероятности находим
Пример 2.20.
В любые моменты интервала времени
равновозможны поступления в приемник двух независимых сигналов. Сигналы искажаются, если разность между моментами их поступления меньше т. Определим вероятность того, что сигналы будут искажены.
Решение:
Изобразим случайные моменты 
поступления сигналов в приемник в виде точки на плоскости с координатами 
. Областью возможных значений является квадрат площадью 
(рис. 2.3). Сигналы будут искажены, если 
Эта область лежит между прямыми 
Площадь ее равна
Лекции:
Присылайте задания в любое время дня и ночи в ➔ 
Официальный сайт Брильёновой Натальи Валерьевны преподавателя кафедры информатики и электроники Екатеринбургского государственного института.
Все авторские права на размещённые материалы сохранены за правообладателями этих материалов. Любое коммерческое и/или иное использование кроме предварительного ознакомления материалов сайта natalibrilenova.ru запрещено. Публикация и распространение размещённых материалов не преследует за собой коммерческой и/или любой другой выгоды.