МАЛЫЙ МЕХМАТ МГУ
Кружок 8 класса
2010/2011 учебный год
Занятие 20. Вероятность
«Случай — это единственный законный царь вселенной».
- 1.
-
Монету подбрасывают два раза. Всего имеется 4 возможных исхода (все они равновероятны):
орёл – орёл, орёл – решка, решка – орёл, решка – решка. Какова вероятность выпадения
- а)
- двух орлов;
- b)
- орла и решки?
Ответ. a) 1/4, или 25%; b) 1/2, или 50%.Решение.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.
- 2.
-
- a)
- Какова вероятность выкинуть на игральном кубике чётное число?
- b)
- А число, не превосходящее четырёх?
Ответ. a) 1/2; b) 2/3.Решение.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.
Пространство элементарных исходов Ω (омега) — это набор всех возможных элементарных исходов. Например, для одного бросания монетки Ω = {орёл, решка}. Будем считать все исходы равновероятными.
- 3.
-
Что является элементарным исходом в задачах №1 и №2? Укажите пространства элементарных исходов в этих задачах.
Ответ. Пространства элементарных исходов описаны в решениях этих задач.Примечание.
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.
Вероятность события A (обозначается P(A)) равна отношению числа благоприятных исходов к общему числу исходов:
| P(A) = | число благоприятных для события А исходов | = | |A| |
| общее число исходов | |Ω| |
Это интересно: всё множество Ω является достоверным событием, то есть P(Ω) = 1.
- 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.
Ответ. a) 1/6; b) 5/18; c) 1/18.Решение.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.
a) Рассмотрим событие А = «выпало два одинаковых числа». Ему благоприятствуют шесть элементарных исходов: (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6) (запись (m, n) обозначает элементарное событие «на первом кубике выпало число m, а на втором — число n»). Поэтому |A| = 6, и по приведенной выше формуле P(A) = |A|⁄|Ω| = 6⁄36 = 1⁄6.
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:
Отметим в этой таблице те ячейки, в которых стоит число не меньше 9. Таких окажется 10 штук: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
Каждой из отмеченных ячеек соответствует один элементарный исход. Так что количество исходов, благоприятствующих событию «сумма выпавших чисел не меньше 9», равно 10. А общее число элементарных исходов, как было отмечено выше (и как видно из этой же таблицы), равно 36. Так что вероятность нашего события равна 10/36 = 5/18.1 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:
Отмеченным клеткам соответствуют элементарные исходы (6, 2), (5, 3), (4, 4), (3, 5), (2, 6) (если идти по отмеченной диагонали снизу вверх и справа налево). Из этих исходов только два (первый и последний) благоприятствуют событию «сумма выпавших чисел равна 8, а разность равна 4». Значит, вероятность этого события равна 2/36 = 1/18.1 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 Примечание. Как и в задаче №1 (см. Примечание к задаче №3), в этой задаче можно построить другую вероятностную модель. Для этого надо сделать вид, что кубики между собой не различаются, и каждую пару элементарных исходов вида (m, n) и (n, m) объединить в один исход. Попробуйте ответить на вопросы этой задачи в такой модели. Впрочем, недостаток ее (с точки зрения реальной жизни, а не теории вероятностей!) состоит в том, что она менее правдоподобна. Скажем, если бросать два кубика много раз подряд, пары одинаковых чисел будут появляться примерно в 1/6 случаев, а в этой модели вероятность такого события равна 6/21 = 2/7 (проверьте!). - 5.
-
На полке стоят 40 книг. Среди них есть трёхтомник Пушкина (три книги).
Какова вероятность того, что эти три тома стоят в правильном порядке? Постройте вероятностное пространство.
Ответ. 1/6.Решение. Построим вероятностное пространство следующим образом. Будем игнорировать расположение всех книг, кроме книг Пушкина, и обращать внимание только на то, в каком порядке наши три тома стоят на полке. Всего есть 3! = 3·2·1 = 6 способов упорядочить три книги (вспомните комбинаторику с Занятий 3 и 4!). Элементарное событие как раз и состоит в том, что книги упорядочены одним из этих способов. А правильным считается только один из них, при котором томá стоят по возрастанию номеров слева направо. Поэтому вероятность того, что реализован именно этот способ, равна 1/6.Примечание. Как и в предыдущих задачах, в этой задаче можно рассматривать различные вероятностные модели. Ответить на вопрос задачи проще всего в той модели, которая описана в решении. Другие модели гораздо сложнее, однако являются ли они более правдоподобными, чем эта, неизвестно. А в такой ситуации из имеющихся моделей лучше выбирать самую простую.
Пересечение вероятностных событий: C = A∩B — оба события A и B произошли.
Объединение вероятностных событий: С = A∪B — произошло хотя бы одно из событий A и B.
Отрицание вероятностного события: B = ¬A = Ω\A (разность множеств Ω и А, то есть все элементы множества Ω, не содержащиеся в множестве А) — событие A не произошло.
Несовместные события: A∩B = ∅ (пустое множество) — события A и B не могут произойти одновременно.
Формула сложения вероятностей: P(A∪B) = P(A) + P(B) – P(A∩B).
Если A и B несовместны, формула сложения вероятностей упрощается: P(A∪B) = P(A) + P(B).
События A и B называются независимыми, если P(A∩B) = P(A)·P(B).
- 6.
-
Чему равна вероятность P(¬A), если P(A) = p, 0 ≤ p ≤ 1?
Ответ. P(¬A) = 1 - p.Решение.
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.
Осталось применить формулу сложения вероятностей для событий А и B = ¬A. Имеем P(A∪(¬A)) = P(A) + P(¬A) – P(A∩(¬A)). Подставим сюда известные по условию и из ранее проведенных рассуждений значения P(A∪(¬A)) = 1, P(A) = p, P(A∩(¬A)) = 0. Получим 1 = p + P(¬A) – 0, откуда P(¬A) = 1 - p.
- 7.
-
На экзамене есть 25 вопросов, случайным образом выбираются два из них. Какова вероятность
- a)
- получить вопросы №1 и №2?
- b)
- получить вопрос №3?
- c)
- не получить вопрос №25?
Ответ. a) 1/300; b) 2/25, или 8%; c) 23/25, или 92%.Решение.Сначала построим вероятностное пространство. Элементарный исход состоит в том, что получен билет с вопросами №№ m и n. Количество этих исходов равно общему количеству всех билетов из двух вопросов, каждый из которых взят из списка в 25 вопросов. Будем еще предполагать, что вопросы в билете различны (как обычно и бывает на экзамене). Есть 25 способов выбрать первый вопрос, входящий в билет. Для каждого из этих способов есть по 24 способа выбрать второй вопрос из числа оставшихся. Так что всего билетов 25·24 = 600. Если считать одинаковыми билеты с вопросами №№ m и n и вопросами №№ n и m (то есть билеты с одинаковым набором вопросов, стоящих в разном порядке), то билетов станет вдвое меньше, то есть 300. (Можно, например, считать, что вопрос с меньшим номером по списку всегда стоит в билете первым.)
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%.
c) Событие «нам не достался вопрос №25» является отрицанием события «нам достался вопрос №25». Вероятность этого последнего события равна 2/25 (по аналогии с предыдущим пунктом). А по задаче №6 вероятность отрицания события равна разности единицы и вероятности самого события. Так что вероятность события «нам не достался вопрос №25» равна 1 - 2/25 = 23/25, или 92%.
- 8.
-
Монета бросается до первого появления орла. Какова вероятность получить орла не более, чем за 3 подбрасывания?
Ответ. 7/8, или 87,5%.Решение. Вычислим сначала вероятность отрицания этого события, то есть того, что мы не получили орла за 3 подбрасывания. Вероятность того, что при первом бросании выпал не орел, а решка, равна 1/2. То же самое относится ко второму и третьему подбрасыванию. А еще результаты разных бросаний монеты независимы друг от друга. Поэтому вероятность того, что все три раза выпала решка, равна произведению вероятностей этих событий, то есть 1/2· 1/2· 1/2 = 1/8. Тогда (в силу задачи №6) вероятность интересующего нас события равна 1 - 1/8 = 7/8, или 87,5%.
- 9.
-
Герман тянет три карты из тщательно перемешанной колоды. С какой вероятностью он вытянет тройку,
семёрку и туза (любых мастей):
- а)
- подряд;
- b)
- в произвольном порядке?
- c)
- C какой вероятностью он вытянет тройку, семёрку и пиковую даму?
Ответ. a) 8/16575; b) 8/5525; c) 2/16575.Решение.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.
- 10.
-
Какова вероятность, что найдутся хотя бы два человека, у которых совпадают дни рождения, то есть
месяц и число (предполагается, что ни один из них точно не родился 29 февраля):
- а)
- среди двух человек;
- b)
- среди трёх человек;
- c)
- среди пяти человек;
- d)
- среди 10 человек?
Ответ. a) 1/365; b) 1097/133225; c) 481626601/17748900625; d) 2689423743942044098153/22996713557917153515625.Решение.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.
b) Вероятностное пространство состоит из всевозможных троек дней рождения трех человек. По аналогии с предыдущим пунктом, таких троек будет 3653. Подсчитаем количество троек, в которых нет одинаковых дат рождения. Существует 365 способов выбрать первую дату, для каждого из них есть по 364 способа выбрать вторую дату, не совпадающую с первой, и в каждом из этих случаев есть по 363 способа выбрать третью дату, не совпадающую ни с одной из первых двух. Так что всего таких троек 365·364·363. Значит, вероятность того, что среди трех человек у всех троих будут разные дни рождения, равна (365·364·363)/(3653) = (364·363)/(3652). Вероятность же того, что хотя бы у двух человек из трех дни рождения совпадают, равна
Докажите, не производя вычислений, что эта дробь несократима.1 - 364·363 = 3652-364·363 = 3652-(365 - 1)·(365 - 2) = 3652-(3652 - 1·365 - 365·2 + 2) = 2·365 + 365 + 2 = 1097 . 3652 3652 3652 3652 3652 133225 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?
Ответ. Лучше выбрать другую дверь.Решение. Вероятность того, что автомобиль находится за первоначально указанной дверью, равна 1/3. Так что настаивая на первоначально выбранной двери, играющий может надеяться на удачу лишь с вероятностью 1/3. Автомобиль находится за одной из двух невыбранных дверей с вероятностью 2/3. После того как ведущий откроет одну из этих дверей, вся эта вероятность «достанется» оставшейся невыбранной двери. Поэтому за ней автомобиль находится с большей вероятностью, чем за первоначально выбранной.