Atsitiktinio eksperimento metu simetriška moneta padvigubinama. Tikimybių teorijos uždaviniai. Kombinuotas skaičiavimo metodas

Užduočių formuluotė: Atsitiktinio eksperimento metu simetriška moneta metama du kartus. Raskite tikimybę, kad galvos (uodegos) neiškris net vieną kartą (iškris tiksliai / bent 1, 2 kartus).

Užduotis įtraukta į 11 klasės pagrindinio matematikos lygio NAUDOJIMĄ 10 numeriu (klasikinis tikimybės apibrėžimas).

Pažiūrėkime, kaip tokios problemos sprendžiamos pavyzdžiais.

1 užduoties pavyzdys:

Atsitiktinio eksperimento metu simetriška moneta metama du kartus. Raskite tikimybę, kad galvos niekada neatsiras.

OO ARBA RO RR

Iš viso tokių derinių yra 4. Mus domina tik tie, kuriuose nėra nei vieno erelio. Yra tik vienas toks derinys (PP).

P = 1/4 = 0,25

Atsakymas: 0,25

2 užduoties pavyzdys:

Atsitiktinio eksperimento metu simetriška moneta metama du kartus. Raskite tikimybę, kad jis pasirodys tiksliai du kartus.

Apsvarstykite visus galimus derinius, kurie gali iškristi, jei moneta bus išmesta du kartus. Patogumui erelį pažymėsime raide O, o uodegas – raide P:

OO ARBA RO RR

Iš viso tokių derinių yra 4. Mus domina tik tie deriniai, kuriuose galvos atsiranda lygiai 2 kartus. Yra tik vienas toks derinys (OO).

P = 1/4 = 0,25

Atsakymas: 0,25

3 užduoties pavyzdys:

Atsitiktinio eksperimento metu simetriška moneta metama du kartus. Raskite tikimybę, kad jis pasirodys tiksliai vieną kartą.

Apsvarstykite visus galimus derinius, kurie gali iškristi, jei moneta bus išmesta du kartus. Patogumui erelį pažymėsime raide O, o uodegas – raide P:

OO ARBA RO RR

Iš viso tokių derinių yra 4. Mus domina tik tie, kuriuose galvos iškrito lygiai 1 kartą. Yra tik du tokie deriniai (OP ir RO).

Atsakymas: 0,5

4 užduoties pavyzdys:

Atsitiktinio eksperimento metu simetriška moneta metama du kartus. Raskite tikimybę, kad galvos atsiras bent kartą.

Apsvarstykite visus galimus derinius, kurie gali iškristi, jei moneta bus išmesta du kartus. Patogumui erelį pažymėsime raide O, o uodegas – raide P:

OO ARBA RO RR

Iš viso tokių derinių yra 4. Mus domina tik tie deriniai, kuriuose bent kartą iškrenta galvos. Yra tik trys tokie deriniai (OO, OR ir RO).

P = 3/4 = 0,75

Atsitiktinio eksperimento metu simetriška moneta...

Kaip pratarmė.
Visi žino, kad moneta turi dvi puses – galvą ir uodegą.
Numizmatikai mano, kad moneta turi tris puses – aversą, reversą ir kraštą.
Ir tarp tų, ir tarp kitų mažai žmonių žino, kas yra simetriška moneta. Bet apie tai žino (na, arba turėtų žinoti :), tie, kurie ruošiasi laikyti egzaminą.

Apskritai šiame straipsnyje daugiausia dėmesio bus skiriama neįprasta moneta, kuris neturi nieko bendra su numizmatika, bet tuo pačiu yra populiariausia moneta tarp moksleivių.

Taigi.
Simetrinė moneta- tai įsivaizduojama matematiškai ideali moneta be dydžio, svorio, skersmens ir t.t. Dėl to tokia moneta taip pat neturi briaunos, tai yra iš tikrųjų turi tik dvi puses. Pagrindinė simetriškos monetos savybė yra ta, kad tokiomis sąlygomis tikimybė nukristi galvoms ar uodegoms yra lygiai tokia pati. Ir jie sugalvojo simetrišką monetą minties eksperimentams.
Populiariausia simetriškos monetos problema skamba taip – ​​„Atsitiktinio eksperimento metu simetriška moneta metama du kartus (tris kartus, keturis kartus ir pan.). Reikia nustatyti tikimybę, kad viena iš kraštų iškris. tam tikrą skaičių kartų.

Problemos sprendimas naudojant simetrišką monetą

Aišku, kad dėl metimo moneta nukris arba galvomis, arba uodegomis. Kiek kartų – priklauso nuo to, kiek metimų atlikti. Tikimybė gauti galvų ar uodegų apskaičiuojama sąlygą tenkinančių rezultatų skaičių padalijus iš bendro galimų baigčių skaičiaus.

Vienas metimas

Čia viskas paprasta. Arba galvos, arba uodegos iškils. Tie. turime du galimus rezultatus, iš kurių vienas mus tenkina – 1/2=50%

Du metimai

Už du metimus gali kristi:
du ereliai
dvi uodegos
galvos, tada uodegos
uodegos, tada galvos
Tie. galimi tik keturi variantai. Problemas su daugiau nei vienu metimu lengviausia išspręsti sudarius galimų variantų lentelę. Paprastumo dėlei galvutes pažymėkime „0“, o uodegas – „1“. Tada galimų rezultatų lentelė atrodys taip:
00
01
10
11
Jei, pavyzdžiui, reikia rasti tikimybę, kad vieną kartą nukris galvos, tereikia lentelėje suskaičiuoti tinkamų variantų skaičių – t.y. tos linijos, kur erelis pasitaiko vieną kartą. Yra dvi tokios eilutės. Taigi tikimybė gauti vieną galvą dviem simetriškos monetos metimais yra 2/4=50%
Tikimybė gauti galvą du kartus per du metimus yra 1/4 = 25%

Trys rožės

Sudarome pasirinkimų lentelę:
000
001
010
011
100
101
110
111
Tie, kurie yra susipažinę su dvejetainiais skaičiavimais, supranta, prie ko priėjome. :) Taip, tai dvejetainiai skaičiai nuo "0" iki "7". Taip lengviau nesusipainioti su pasirinkimais.
Išspręskime užduotį iš ankstesnės pastraipos – apskaičiuojame tikimybę, kad erelis vieną kartą iškris. Yra trys eilutės, kuriose "0" pasitaiko vieną kartą. Taigi tikimybė gauti vieną galvą per tris simetriškos monetos metimus yra 3/8=37,5%
Tikimybė, kad trijuose metimuose galva iškris du kartus, yra 3/8=37,5%, t.y. visiškai tas pats.
Tikimybė, kad per tris metimus galva iškris tris kartus, yra 1/8 = 12,5%.

Keturi metimai

Sudarome pasirinkimų lentelę:
0000
0001
0010
0011
0100
0101
0110
0111
1000
1001
1010
1011
1100
1101
1110
1111
Tikimybė, kad galvos iškyla vieną kartą. Yra tik trys eilutės, kuriose „0“ pasitaiko vieną kartą, kaip ir trijų metimų atveju. Tačiau jau yra šešiolika variantų. Taigi tikimybė gauti vieną galvą keturiais simetriškos monetos metimais yra 3/16=18,75%.
Tikimybė, kad erelis iškris du kartus per tris metimus, yra 6/8=75%.
Tikimybė, kad per tris metimus galvos iškils tris kartus, yra 4/8=50%.

Taigi, didėjant metimų skaičiui, problemos sprendimo principas visiškai nesikeičia – tik atitinkama progresija didėja variantų skaičius.

Tikimybių teorijoje yra problemų grupė, kurios sprendimui pakanka žinoti klasikinį tikimybės apibrėžimą ir vizualizuoti siūlomą situaciją. Šios problemos yra dauguma monetų ir kauliukų metimo problemų. Prisiminkite klasikinį tikimybės apibrėžimą.

Įvykio A tikimybė (objektyvi įvykio įvykimo galimybė skaitine išraiška) yra lygi šiam įvykiui palankių baigčių skaičiaus santykiui su visų vienodai galimų nesuderinamų elementarių baigčių skaičiumi: P(A)=m/n, kur:

• m – elementarių testų rezultatų, palankesnių įvykiui A, skaičius;
• n yra bendras visų galimų elementarių testų rezultatų skaičius.

Galimų elementarių testų rezultatų skaičių ir palankių baigčių skaičių nagrinėjamose problemose patogu nustatyti išvardijant visus galimus variantus (kombinacijas) ir tiesiogiai skaičiuojant.

Iš lentelės matome, kad galimų elementarių baigčių skaičius yra n=4. Palankios įvykio baigtys A = (erelis iškrenta 1 kartą) atitinka eksperimento variantą Nr. 2 ir Nr. 3, tokie variantai yra du m=2.
Raskite įvykio tikimybę Р(А)=m/n=2/4=0,5

2 užduotis . Atsitiktinio eksperimento metu simetriška moneta metama du kartus. Raskite tikimybę, kad galvos niekada neatsiras.

Sprendimas . Kadangi moneta metama du kartus, tai, kaip ir 1 uždavinyje, galimų elementarių rezultatų skaičius yra n=4. Palankios įvykio A = baigtys (erelis neiškris net vieną kartą) atitinka eksperimento variantą Nr. 4 (žr. lentelę 1 užduotyje). Yra tik vienas toks variantas, todėl m=1.
Raskite įvykio tikimybę Р(А)=m/n=1/4=0,25

3 užduotis . Atsitiktinio eksperimento metu simetriška moneta metama tris kartus. Raskite tikimybę, kad jis pasirodys tiksliai 2 kartus.

Sprendimas . Galimi variantai trys monetų metimai (visi galimi galvų ir uodegų deriniai) pateikiami lentelės pavidalu:

Iš lentelės matome, kad galimų elementarių baigčių skaičius yra n=8. Palankios įvykio A = baigtys (galvos 2 kartus) atitinka eksperimento variantus Nr. 5, 6 ir 7. Tokie variantai yra trys, todėl m=3.
Raskite įvykio tikimybę Р(А)=m/n=3/8=0,375

4 užduotis . Atsitiktinio eksperimento metu simetriška moneta metama keturis kartus. Raskite tikimybę, kad jis pasirodys tiksliai 3 kartus.

Sprendimas . Galimi keturių monetų metimų variantai (visi galimi galvų ir uodegų deriniai) pateikiami lentelės pavidalu:

Iš lentelės matome, kad galimų elementarių baigčių skaičius yra n=16. Palankios įvykio baigtys A = (erelis iškrenta 3 kartus) atitinka eksperimento variantus Nr. 12, 13, 14 ir 15, o tai reiškia m=4.
Raskite įvykio tikimybę Р(А)=m/n=4/16=0,25

Tikimybės nustatymas kauliukų uždaviniuose

5 užduotis . Nustatykite tikimybę, kad metant kauliuką (teisingą kauliuką) iškris daugiau nei 3 taškai.

Sprendimas . Metant kauliuką (įprastą kauliuką), gali iškristi bet kuris iš šešių jo veidų, t.y. įvykti bet kuriam elementariam įvykiui – praradimas nuo 1 iki 6 taškų (taškų). Taigi galimų elementarių baigčių skaičius yra n=6.
Įvykis A = (iškrito daugiau nei 3 taškai) reiškia, kad iškrito 4, 5 arba 6 taškai (taškai). Taigi palankių rezultatų skaičius m=3.
Įvykio tikimybė Р(А)=m/n=3/6=0,5

6 užduotis . Nustatykite tikimybę, kad metant kauliuką taškų skaičius neviršija 4. Rezultatą suapvalinkite iki tūkstantosios dalies.

Sprendimas . Metant kauliuką, gali iškristi bet kuris iš šešių jo veidų, t.y. įvykti bet kuriam elementariam įvykiui – praradimas nuo 1 iki 6 taškų (taškų). Taigi galimų elementarių baigčių skaičius yra n=6.
Įvykis A = (iškrito ne daugiau kaip 4 taškai) reiškia, kad iškrito 4, 3, 2 arba 1 taškas (taškas). Taigi palankių rezultatų skaičius m=4.
Įvykio tikimybė Р(А)=m/n=4/6=0,6666…≈0,667

7 užduotis . Du kartus metamas kauliukas. Raskite tikimybę, kad abu skaičiai yra mažesni už 4.

Sprendimas . Nes kauliukai(kauliukas) metamas du kartus, tada ginčysime taip: jei ant pirmo kauliuko krito vienas taškas, tai ant antrojo gali iškristi 1, 2, 3, 4, 5, 6. Gauname poras (1; 1) , (1; 2 ), (1;3), (1;4), (1;5), (1;6) ir taip toliau su kiekvienu veidu. Visus atvejus pateikiame 6 eilučių ir 6 stulpelių lentelės pavidalu:

Bus skaičiuojamos palankios įvykio baigtys A = (abu kartus iškrito mažesnis nei 4 skaičius) (jos paryškintos paryškintu šriftu) ir gausime m=9.
Raskite įvykio tikimybę Р(А)=m/n=9/36=0,25

8 užduotis . Du kartus metamas kauliukas. Raskite tikimybę, kad didžiausias iš dviejų nubrėžtų skaičių yra 5. Atsakymą suapvalinkite iki tūkstantosios dalies.

Sprendimas . Visi galimi dviejų kauliuko metimų rezultatai pateikiami lentelėje:

Iš lentelės matome, kad galimų elementarių baigčių skaičius yra n=6*6=36.
Apskaičiuojamos palankios įvykio baigtys A = (didžiausias iš dviejų nubrėžtų skaičių yra 5) (jos paryškintos paryškintu šriftu) ir gauname m=8.
Raskite įvykio tikimybę Р(А)=m/n=8/36=0,2222…≈0,222

9 užduotis . Du kartus metamas kauliukas. Raskite tikimybę, kad skaičius, mažesnis nei 4, bus išmestas bent kartą.

Sprendimas . Visi galimi dviejų kauliuko metimų rezultatai pateikiami lentelėje:

Iš lentelės matome, kad galimų elementarių baigčių skaičius yra n=6*6=36.
Frazė „bent kartą iškrito mažesnis nei 4 skaičius“ reiškia „kartą ar du iškrito mažesnis nei 4 skaičius“, tada palankių įvykio baigčių skaičius A = (bent kartą iškrito mažesnis nei 4 skaičius ) (jie paryškinti) m=27.
Raskite įvykio tikimybę Р(А)=m/n=27/36=0,75

Tikimybių teorijos užduotyse, kurios Vieningame valstybiniame egzamine pateikiamos numeriu Nr. 4, be to, yra monetos metimo ir kauliuko metimo užduotys. Šiandien mes juos analizuosime.

Monetų mėtymo problemos

1 užduotis. Simetrinė moneta metama du kartus. Raskite tikimybę, kad jis pasirodys lygiai vieną kartą.

Tokiuose uždaviniuose patogu užrašyti visus galimus rezultatus, užrašant juos raidėmis P (uodegos) ir O (galvos). Taigi OR rezultatas reiškia, kad pirmasis metimas pakilo galva, o antrasis - uodega. Nagrinėjamoje užduotyje galimi 4 rezultatai: PP, RO, OR, OO. Teikite pirmenybę įvykiui „uodegos iškyla lygiai vieną kartą“ 2 rezultatai: RO ir OR. Reikalinga tikimybė yra.

Atsakymas: 0,5.

2 užduotis. Simetriška moneta metama tris kartus. Raskite tikimybę, kad galvutės iškils lygiai du kartus.

Iš viso galimi 8 rezultatai: PRR, RRO, ROR, ROO, ORR, ORO, OOR, LLC. Palankiai vertinkite renginį „galvos lygiai du kartus“ 3 rezultatai: ROO, ORO, OOR. Reikalinga tikimybė yra.

Atsakymas: 0,375.

3 užduotis. Prieš pradžią futbolo rungtynės Teisėjas meta monetą, kad nustatytų, kuri komanda pradės žaidimą su kamuoliu. Emerald komanda žaidžia trejas rungtynes ​​su skirtingos komandos. Raskite tikimybę, kad šiuose žaidimuose „Smaragdas“ laimės lotą lygiai vieną kartą.

Ši užduotis yra panaši į ankstesnę. Tegul kiekvieną kartą uodegos praradimas reiškia „Smaragdo“ laimėjimą (tokia prielaida neturi įtakos tikimybių skaičiavimui). Tada galimi 8 rezultatai: PRR, RRO, ROR, ROO, ORR, ORO, OOR, OOO. Yra 3 rezultatai, palankūs įvykiui „uodegos iškyla lygiai vieną kartą“: POO, ORO, OOP. Reikalinga tikimybė yra.

Atsakymas: 0,375.

4 užduotis. Simetriška moneta metama tris kartus. Raskite tikimybę, kad ateis ROO rezultatas (pirmą kartą iškyla uodegos, antrą ir trečią – galvos).

Kaip ir ankstesnėse užduotyse, čia yra 8 rezultatai: PPP, PPO, POP, POO, OPP, ORO, OOP, OOO. ROO baigties tikimybė yra lygi .

Atsakymas: 0,125.

Kauliukų metimo problemos

5 užduotis. Kauliukas metamas du kartus. Kiek elementarių patirties rezultatų palankiai vertina įvykį „balų suma yra 8“?

6 užduotis. Vienu metu metami du kauliukai. Raskite tikimybę, kad bendra suma bus 4. Rezultatą suapvalinkite iki artimiausio šimtosios dalies.

Apskritai, jei metami kauliukai (kauliukai), yra vienodai galimi rezultatai. Toks pat rezultatų skaičius gaunamas, jei vieną kartą iš eilės metamas tas pats kauliukas.

Šie rezultatai palankūs įvykiui „4 iš viso“: 1 - 3, 2 - 2, 3 - 1. Jų skaičius yra 3. Norima tikimybė yra .

Norint apskaičiuoti apytikslę trupmenos vertę, patogu naudoti padalijimą iš kampo. Taigi, jis yra maždaug lygus 0,083 ..., suapvalintas iki šimtųjų dalių, mes turime 0,08.

Atsakymas: 0,08

7 užduotis. Vienu metu metami trys kauliukai. Raskite tikimybę iš viso gauti 5 taškus. Rezultatą suapvalinkite iki artimiausio šimtosios dalies.

Rezultatą vertinsime kaip skaičių trigubą: taškus, kurie krito ant pirmo, antro ir trečio kauliukų. Iš viso yra vienodai galimi rezultatai. „Iš viso 5“ įvykiui palankūs šie rezultatai: 1-1-3, 1-3-1, 3-1-1, 1-2-2, 2-1-2, 2-2-1. Jų skaičius yra 6. Norima tikimybė yra . Norint apskaičiuoti apytikslę trupmenos vertę, patogu naudoti padalijimą iš kampo. Apytiksliai gauname 0,027 ..., suapvalinus iki šimtųjų dalių, turime 0,03. Šaltinis „Pasiruošimas egzaminui. Matematika. Tikimybių teorija“. Redagavo F.F. Lysenko, S.Yu. Kulabuchovas