Matematika in mi. Težave z verjetnostjo Težave z metom kovanca
Težave z metom kovancev veljajo za precej težke. In preden jih rešite, je potrebna majhna razlaga. Pomislite, vsak problem v teoriji verjetnosti se na koncu zmanjša na standardno formulo:
kjer je p želena verjetnost, k je število dogodkov, ki nam ustrezajo, n je skupno število možnih dogodkov.
Večino problemov B6 je mogoče rešiti s to formulo dobesedno v eni vrstici - samo preberite pogoj. Toda v primeru metanja kovancev je ta formula neuporabna, saj iz besedila takšnih nalog sploh ni jasno, čemu sta enaki števili k in n. Tu je težava.
Vendar pa obstajata vsaj dve bistveno različni metodi rešitve:
- Metoda naštevanja kombinacij je standardni algoritem. Vse kombinacije glav in repov so izpisane, nato pa so izbrane potrebne;
- Posebna verjetnostna formula je standardna definicija verjetnosti, posebej prepisana tako, da je priročno delati s kovanci.
Za rešitev problema B6 morate poznati obe metodi. Na žalost se v šolah učijo samo prvega. Ne ponavljajmo šolskih napak. Torej, gremo!
Metoda kombiniranega iskanja
Ta metoda se imenuje tudi "predhodna rešitev". Sestavljen je iz treh korakov:
- Zapišemo vse možne kombinacije glave in repa. Na primer: OR, RO, OO, RR. Število takih kombinacij je n;
- Med dobljenimi kombinacijami opazimo tiste, ki jih zahtevajo pogoji problema. Preštejemo označene kombinacije - dobimo število k;
- Ostaja še ugotoviti verjetnost: p = k: n.
Na žalost ta metoda deluje le pri majhnem številu metov. Ker se z vsakim novim metom število kombinacij podvoji. Na primer, za 2 kovanca boste morali napisati samo 4 kombinacije. Za 3 kovance jih je že 8, za 4 pa 16, verjetnost napake pa se približuje 100%. Oglejte si primere in vse vam bo jasno:
Naloga. V naključnem poskusu dvakrat vržemo simetričen kovanec. Poiščite verjetnost, da dobite enako število glav in repov.
Torej, kovanec se vrže dvakrat. Zapišimo vse možne kombinacije (O - glave, P - repi):
Skupaj n = 4 možnosti. Zdaj pa zapišimo možnosti, ki ustrezajo pogojem problema:
Takih možnosti je bilo k = 2. Poiščite verjetnost:
Naloga. Kovanec se vrže štirikrat. Poiščite verjetnost, da nikoli ne boste dobili glave.
Ponovno zapišemo vse možne kombinacije glave in repa:
OOOO OOOP OOPO OOPP OPOO OPOP OPPO OPPP
POOO POOP POPO POPP PPOO PPOP PPPO PPPP
Skupno je bilo n = 16 možnosti. Zdi se, kot da nisem ničesar pozabil. Od teh možnosti smo zadovoljni le s kombinacijo "OOOO", ki sploh ne vsebuje repov. Zato je k = 1. Še vedno je treba najti verjetnost:
Kot lahko vidite, sem moral v zadnji nalogi napisati 16 možnosti. Ste prepričani, da jih lahko napišete brez ene same napake? Osebno nisem prepričan. Poglejmo torej drugo rešitev.
Posebna verjetnostna formula
Torej imajo težave s kovanci svojo verjetnostno formulo. Je tako preprost in pomemben, da sem se odločil, da ga formuliram v obliki izreka. Oglejte si:
Izrek. Naj bo kovanec vržen n-krat. Potem je verjetnost, da se bodo glave pojavile točno k-krat, mogoče najti s formulo:
Kjer je C n k število kombinacij n elementov s k, ki se izračuna po formuli:
Za rešitev problema s kovanci potrebujete dve števili: število metov in število glav. Najpogosteje so te številke podane neposredno v besedilu problema. Poleg tega ni pomembno, kaj točno štejete: repe ali glave. Odgovor bo enak.
Na prvi pogled se izrek zdi preveč okoren. Ko pa boste malo vadili, se ne boste več želeli vrniti na zgoraj opisan standardni algoritem.
Naloga. Kovanec se vrže štirikrat. Poiščite verjetnost, da dobite glave natanko trikrat.
Glede na pogoje naloge je bilo skupaj n = 4 meti: k = 3. Zamenjaj n in k v formulo:
Naloga. Kovanec se vrže trikrat. Poiščite verjetnost, da nikoli ne boste dobili glave.
Ponovno zapišemo števili n in k. Ker je kovanec vržen 3-krat, je n = 3. In ker ne bi smelo biti glav, je k = 0. Števili n in k je treba zamenjati v formulo:
Naj vas spomnim, da 0! = 1 po definiciji. Zato je C 3 0 = 1.
Naloga. V naključnem poskusu se simetričen kovanec vrže štirikrat. Poiščite verjetnost, da se bodo glave pojavile večkrat kot repi.
Da je več glav kot repov, se morajo pojaviti 3-krat (takrat bo 1 rep) ali 4-krat (takrat sploh ne bo repov). Poiščimo verjetnost vsakega od teh dogodkov.
Naj bo p 1 verjetnost, da se bodo glave pojavile 3-krat. Potem je n = 4, k = 3. Imamo:
Zdaj pa poiščimo p 2 - verjetnost, da se bodo glave pojavile vse 4-krat. V tem primeru je n = 4, k = 4. Imamo:
Da bi dobili odgovor, ostane le še, da seštejemo verjetnosti p 1 in p 2 . Ne pozabite: dodajate lahko le verjetnosti za medsebojno izključujoče dogodke. Imamo:
p = p 1 + p 2 = 0,25 + 0,0625 = 0,3125
V teoriji verjetnosti obstaja skupina problemov, za katere je dovolj poznati klasično definicijo verjetnosti in vizualno predstaviti predlagano situacijo. Takšne težave vključujejo večino težav z metom kovancev in težav z metanjem kocke. Spomnimo se klasične definicije verjetnosti.
Verjetnost dogodka A (objektivna možnost nastopa dogodka v številčnem smislu) je enaka razmerju med številom izidov, ki so ugodni za ta dogodek, in skupnim številom vseh enako možnih nekompatibilnih elementarnih izidov: P(A)=m/n, kjer:
- m je število osnovnih izidov preskusa, ki so ugodni za pojav dogodka A;
- n je skupno število vseh možnih elementarnih izidov testa.
Število možnih elementarnih testnih izidov in število ugodnih izidov pri obravnavanih problemih je priročno določiti z naštevanjem vseh možnih možnosti (kombinacij) in neposrednim štetjem.
Iz tabele vidimo, da je število možnih elementarnih izidov n=4. Ugodni izidi dogodka A = (glave se pojavijo 1-krat) ustrezajo možnosti št. 2 in št. 3 eksperimenta, obstajata dve taki možnosti m = 2.
Poiščite verjetnost dogodka P(A)=m/n=2/4=0,5
Problem 2 . V naključnem poskusu dvakrat vržemo simetričen kovanec. Poiščite verjetnost, da sploh ne boste dobili nobene glave.
rešitev
. Ker se kovanec vrže dvakrat, je tako kot v nalogi 1 število možnih elementarnih izidov n=4. Ugodni izidi dogodka A = (glave se ne bodo pojavile niti enkrat) ustrezajo možnosti št. 4 eksperimenta (glej tabelo v nalogi 1). Obstaja samo ena taka možnost, kar pomeni m=1.
Poiščite verjetnost dogodka P(A)=m/n=1/4=0,25
Problem 3 . V naključnem poskusu trikrat vržemo simetričen kovanec. Poiščite verjetnost, da se bodo glave pojavile natanko 2-krat.
rešitev . Možne možnosti za tri mete kovancev (vse možne kombinacije glav in repov) predstavljamo v obliki tabele:
Iz tabele vidimo, da je število možnih elementarnih izidov n=8. Ugodni izidi dogodka A = (glave se pojavijo 2-krat) ustrezajo možnostim št. 5, 6 in 7 poskusa.
Obstajajo tri takšne možnosti, kar pomeni m=3.
Poiščite verjetnost dogodka P(A)=m/n=3/8=0,375 Problem 4
rešitev . V naključnem poskusu štirikrat vržemo simetričen kovanec. Poiščite verjetnost, da dobite glave natanko 3-krat.
| . Možne možnosti štirih metov kovancev (vse možne kombinacije glav in repov) predstavljamo v obliki tabele: | možnost št. | 1. met | 2. met | 3. met | . Možne možnosti štirih metov kovancev (vse možne kombinacije glav in repov) predstavljamo v obliki tabele: | možnost št. | 1. met | 2. met | 3. met |
| 1 | 4. met | 4. met | 4. met | 4. met | 9 | Orel | 4. met | Orel | 4. met |
| 2 | 4. met | Orel | Orel | Orel | 10 | 4. met | Orel | 4. met | Orel |
| 3 | Orel | 4. met | Orel | Orel | 11 | 4. met | Orel | Orel | 4. met |
| 4 | Orel | Orel | 4. met | Orel | 12 | 4. met | 4. met | 4. met | Orel |
| 5 | Orel | Orel | Orel | 4. met | 13 | Orel | 4. met | 4. met | 4. met |
| 6 | 4. met | 4. met | Orel | Orel | 14 | 4. met | Orel | 4. met | 4. met |
| 7 | Orel | 4. met | 4. met | Orel | 15 | 4. met | 4. met | Orel | 4. met |
| 8 | Orel | Orel | 4. met | 4. met | 16 | Orel | Orel | Orel | Orel |
Iz tabele vidimo, da je število možnih elementarnih izidov n=16. Ugodni izidi dogodka A = (glave se bodo pojavile 3-krat) ustrezajo možnostim št. 12, 13, 14 in 15 eksperimenta, kar pomeni m = 4.
Poiščite verjetnost dogodka P(A)=m/n=4/16=0,25
 |
Določanje verjetnosti pri nalogah s kockami
Problem 5 . Določite verjetnost, da boste pri metu kocke (poštena kocka) dobili več kot 3 točke.
rešitev
. Pri metanju kocke (navadne kocke) lahko izpade katera koli od njenih šestih ploskev, tj. pride do katerega koli elementarnega dogodka - izgube od 1 do 6 pik (točk). To pomeni, da je število možnih elementarnih izidov n=6.
Dogodek A = (več kot 3 vržene točke) pomeni, da je vrženih 4, 5 ali 6 točk (točk). To pomeni, da je število ugodnih izidov m=3.
Verjetnost dogodka P(A)=m/n=3/6=0,5
Problem 6 . Določite verjetnost, da pri metu kocke dobite število točk, ki ni večje od 4. Rezultat zaokrožite na najbližjo tisočinko.
rešitev
. Pri metanju kocke lahko izpade katera koli od njenih šestih ploskev, tj. pride do katerega koli elementarnega dogodka - izgube od 1 do 6 pik (točk). To pomeni, da je število možnih elementarnih izidov n=6.
Dogodek A = (največ 4 vrženih točk) pomeni, da so vržene 4, 3, 2 ali 1 točka (točka).
To pomeni, da je število ugodnih izidov m=4.
Verjetnost dogodka Р(А)=m/n=4/6=0,6666…≈0,667 Problem 7
rešitev . Kocka se vrže dvakrat. Poiščite verjetnost, da je vrženo število obakrat manjše od 4.
| 1; 1 | 2; 1 | 3; 1 | 4; 1 | 5; 1 | 6; 1 |
| 1; 2 | 2; 2 | 3; 2 | 4; 2 | 5; 2 | 6; 2 |
| 1; 3 | 2; 3 | 3; 3 | 4; 3 | 5; 3 | 6; 3 |
| 1; 4 | 2; 4 | 3; 4 | 4; 4 | 5; 4 | 6; 4 |
| 1; 5 | 2; 5 | 3; 5 | 4; 5 | 5; 5 | 6; 5 |
| 1; 6 | 2; 6 | 3; 6 | 4; 6 | 5; 6 | 6; 6 |
. Ker se kocka (kocka) vrže dvakrat, bomo razmišljali takole: če prva kocka pokaže eno točko, potem lahko druga kocka dobi 1, 2, 3, 4, 5, 6. Dobimo pare (1;1). ), (1;2), (1;3), (1;4), (1;5), (1;6) in tako naprej z vsakim obrazom. Vse primere predstavljamo v obliki tabele s 6 vrsticami in 6 stolpci:
Izračunamo ugodne izide dogodka A = (obakrat je bilo število manjše od 4) (označeni so krepko) in dobimo m=9.
Poiščite verjetnost dogodka P(A)=m/n=9/36=0,25 Problem 8
rešitev . Kocka se vrže dvakrat. Poiščite verjetnost, da je večje od dveh izžrebanih števil 5. Odgovor zaokrožite na najbližjo tisočico.
| 1; 1 | 2; 1 | 3; 1 | 4; 1 | 5; 1 | 6; 1 |
| 1; 2 | 2; 2 | 3; 2 | 4; 2 | 5; 2 | 6; 2 |
| 1; 3 | 2; 3 | 3; 3 | 4; 3 | 5; 3 | 6; 3 |
| 1; 4 | 2; 4 | 3; 4 | 4; 4 | 5; 4 | 6; 4 |
| 1; 5 | 2; 5 | 3; 5 | 4; 5 | 5; 5 | 6; 5 |
| 1; 6 | 2; 6 | 3; 6 | 4; 6 | 5; 6 | 6; 6 |
. Vse možne izide dveh metov kocke predstavljamo v tabeli:
Iz tabele vidimo, da je število možnih elementarnih izidov n=6*6=36.
Izračunamo ugodne izide dogodka A = (največje od dveh izžrebanih števil je 5) (označeni sta krepko) in dobimo m=8.
Poiščite verjetnost dogodka P(A)=m/n=8/36=0,2222…≈0,222 . Kocka se vrže dvakrat. Poiščite verjetnost, da bo število, manjše od 4, vrženo vsaj enkrat.
rešitev . Vse možne izide dveh metov kocke predstavljamo v tabeli:
| 1; 1 | 2; 1 | 3; 1 | 4; 1 | 5; 1 | 6; 1 |
| 1; 2 | 2; 2 | 3; 2 | 4; 2 | 5; 2 | 6; 2 |
| 1; 3 | 2; 3 | 3; 3 | 4; 3 | 5; 3 | 6; 3 |
| 1; 4 | 2; 4 | 3; 4 | 4; 4 | 5; 4 | 6; 4 |
| 1; 5 | 2; 5 | 3; 5 | 4; 5 | 5; 5 | 6; 5 |
| 1; 6 | 2; 6 | 3; 6 | 4; 6 | 5; 6 | 6; 6 |
Iz tabele vidimo, da je število možnih elementarnih izidov n=6*6=36.
Besedna zveza "vsaj enkrat se je pojavilo število, manjše od 4" pomeni "število, manjše od 4, se je pojavilo enkrat ali dvakrat", potem je število ugodnih izidov dogodka A = (vsaj enkrat se je pojavilo število, manjše od 4 ) (označeni so krepko) m=27.
Poiščite verjetnost dogodka P(A)=m/n=27/36=0,75
V naključnem poskusu se vrže simetričen kovanec ...
Kot predgovor.
Vsi vedo, da ima kovanec dve strani - glavo in rep.
Numizmatiki verjamejo, da ima kovanec tri strani - sprednjo stran, zadnjo stran in rob.
Tako med temi kot med drugimi le malo ljudi ve, kaj je simetrični kovanec. Toda tisti, ki se pripravljajo na enotni državni izpit, vedo za to (no, ali bi morali vedeti :).
Na splošno bo ta članek govoril o nenavadnem kovancu, ki nima nobene zveze z numizmatiko, a je hkrati najbolj priljubljen kovanec med šolarji.
torej.
Simetrični kovanec- to je namišljen matematično idealen kovanec brez velikosti, teže, premera itd. Posledično tak kovanec tudi nima roba, to pomeni, da ima v resnici samo dve strani. Glavna lastnost simetričnega kovanca je, da je pod takšnimi pogoji verjetnost pojava glav ali repov popolnoma enaka. In prišli so do simetričnega kovanca za izvajanje miselnih eksperimentov.
Najbolj priljubljena težava s simetričnim kovancem je: »V naključnem poskusu se simetrični kovanec vrže dvakrat (trikrat, štirikrat itd.).
Reševanje problema s simetričnim kovancem
Jasno je, da bo kovanec pri metu pristal na glavi ali repu. Kolikokrat je odvisno od števila metov. Verjetnost, da dobimo glavo ali rep, se izračuna tako, da se število izidov, ki izpolnjujejo pogoj, deli s skupnim številom možnih izidov.
En met
Tukaj je vse preprosto. To bodo bodisi glave ali repi. Tisti. imamo dva možna rezultata, od katerih nas eden zadovolji - 1/2=50%
Dva meta
V dveh metih lahko dobite:
dva orla
dve glavi
glave in repi
repi, nato glave
Tisti. Možne so le štiri možnosti. Težave z več zvitki najlažje rešimo tako, da sestavimo tabelo možnih možnosti. Za poenostavitev označimo glavo kot "0" in rep kot "1". Nato bo tabela možnih rezultatov videti takole:
00
01
10
11
Če morate na primer ugotoviti verjetnost, da se bodo glave enkrat pojavile, morate preprosto prešteti število ustreznih možnosti v tabeli - tj. tiste vrstice, kjer se orel pojavi enkrat. Obstajata dve taki vrstici. To pomeni, da je verjetnost, da dobite eno glavo v dveh metih simetričnega kovanca, 2/4 = 50 %.
Verjetnost, da se bodo glave pojavile dvakrat v dveh metih, je 1/4=25 %
Tri roske
Ustvarimo tabelo možnosti:
000
001
010
011
100
101
110
111
Tisti, ki poznajo binarni račun, razumejo, do česa smo prišli. :) Ja, to so binarne številke od "0" do "7". Tako se lažje ne zmedete z možnostmi.
Rešimo nalogo iz prejšnjega odstavka – izračunajmo verjetnost, da se bodo glave enkrat pojavile. V treh vrsticah se "0" pojavi enkrat. To pomeni, da je verjetnost, da dobite eno glavo v treh metih simetričnega kovanca, 3/8 = 37,5 %.
Verjetnost, da se bodo glave v treh metih pojavile dvakrat, je 3/8 = 37,5 %, tj. popolnoma enako.
Verjetnost, da se bodo glave v treh metih pojavile trikrat, je 1/8 = 12,5 %.
Štirje meti
Ustvarimo tabelo možnosti:
0000
0001
0010
0011
0100
0101
0110
0111
1000
1001
1010
1011
1100
1101
1110
1111
Verjetnost, da se bodo glave pojavile enkrat. Obstajajo samo tri vrstice, kjer se "0" pojavi enkrat, tako kot v primeru treh metov. Obstaja pa že šestnajst možnosti. To pomeni, da je verjetnost, da dobite eno glavo v štirih metih simetričnega kovanca, 3/16 = 18,75 %.
Verjetnost, da se bodo glave v treh metih pojavile dvakrat, je 6/8 = 75 %.
Verjetnost, da se bodo glave pojavile trikrat v treh metih, je 4/8 = 50%.
Torej, s povečanjem števila metov se načelo reševanja problema sploh ne spremeni - le v ustreznem napredovanju se poveča število možnosti.
V težavah o teoriji verjetnosti, ki so predstavljene v Enotnem državnem izpitu številka 4, poleg tega obstajajo težave pri metanju kovanca in metanju kocke. Danes si jih bomo ogledali.
Težave z metom kovanca
Naloga 1. Simetrični kovanec se vrže dvakrat. Poiščite verjetnost, da se bodo glave pojavile natanko enkrat.
Pri takšnih težavah je priročno zapisati vse možne rezultate in jih napisati s črkama P (repi) in O (glave). Torej izid OP pomeni, da je pri prvem metu prišlo do glav, pri drugem pa do repa. V obravnavanem problemu so možni 4 izidi: RR, RO, OR, OO. Dogodku »repi se bodo pojavili natanko enkrat« dajeta prednost 2 izida: RO in OP. Zahtevana verjetnost je enaka.
Odgovor: 0,5.
Naloga 2. Simetrični kovanec je vržen trikrat. Poiščite verjetnost, da natanko dvakrat pade na glavo.
Skupaj je možnih 8 izidov: RRR, RRO, ROR, ROO, ORR, ORO, OOR, OOO. Dogodku »glave se bodo pojavile natanko dvakrat« dajejo prednost 3 izidi: ROO, ORO, OOR. Zahtevana verjetnost je enaka.
Odgovor: 0,375.
Naloga 3. Pred začetkom nogometne tekme sodnik vrže kovanec, da določi, katera ekipa bo začela z žogo. Ekipa Emerald igra tri tekme z različnimi ekipami. Poiščite verjetnost, da bo v teh igrah "Emerald" dobil žreb natanko enkrat.
Ta naloga je podobna prejšnji. Naj vsakokratno pristajanje glave pomeni zmago na žrebu s "Emeraldom" (ta predpostavka ne vpliva na izračun verjetnosti). Nato je možnih 8 izidov: RRR, RRO, ROR, ROO, ORR, ORO, OOR, OOO. Dogodku »repi se bodo pojavili natanko enkrat« dajejo prednost 3 izidi: ROO, ORO, OOR. Zahtevana verjetnost je enaka.
Odgovor: 0,375.
Poiščite verjetnost dogodka P(A)=m/n=3/8=0,375. Simetrični kovanec se vrže trikrat. Poiščite verjetnost, da se bo zgodil izid ROO (prvič, ko pride na glavo, drugič in tretjič, ko pride na glavo).
Kot v prejšnjih nalogah je tudi tu 8 izidov: RRR, RRO, ROR, ROO, ORR, ORO, OOR, OOO. Verjetnost, da pride do izida ROO, je enaka.
Odgovor: 0,125.
Težave z metanjem kock
Naloga 5. Kocka se vrže dvakrat. Koliko elementarnih rezultatov poskusa daje prednost dogodku "vsota točk je 8"?
Problem 6. Istočasno se vržeta dve kocki. Poiščite verjetnost, da bo skupno 4 točke. Rezultat zaokrožite na stotinke.
Na splošno velja, da so pri metu kocke enaki možni rezultati. Enako število izidov dobimo, če isto kocko vržemo večkrat zapored.
Dogodku »skupno število je 4« dajejo prednost naslednji izidi: 1 – 3, 2 – 2, 3 – 1. Njihovo število je 3. Zahtevana verjetnost je .
Za izračun približne vrednosti ulomka je priročno uporabiti kotno delitev. Tako je približno enako 0,083 ..., zaokroženo na najbližjo stotino, imamo 0,08.
Odgovor: 0,08
Verjetnost dogodka Р(А)=m/n=4/6=0,6666…≈0,667. Istočasno se vržejo tri kocke. Poiščite verjetnost, da bo skupno 5 točk. Rezultat zaokrožite na stotinke.
Izid se šteje za tri številke: točke, vržene na prvi, drugi in tretji kocki. Vsi so enako možni izidi. Naslednji izidi so ugodni za dogodek "skupno 5": 1–1–3, 1–3–1, 3–1–1, 1–2–2, 2–1–2, 2–2–1. Njihovo število je 6. Zahtevana verjetnost je . Za izračun približne vrednosti ulomka je priročno uporabiti kotno delitev. Približno dobimo 0,027 ..., če zaokrožimo na stotinke, imamo 0,03. Vir »Priprava na enotni državni izpit. Matematika. Teorija verjetnosti". Uredil F.F. Lysenko, S.Yu. Kulabuhova
Formulacija problema: V naključnem poskusu dvakrat vržemo simetričen kovanec. Poiščite verjetnost, da se glave (repi) ne bodo pojavile niti enkrat (pojavile se bodo točno/vsaj 1, 2-krat).
Problem je del Enotnega državnega izpita iz osnovne ravni matematike za 11. razred pod številko 10 (Klasična definicija verjetnosti).
Poglejmo, kako se takšne težave rešujejo na primerih.
Primer naloge 1:
V naključnem poskusu dvakrat vržemo simetričen kovanec. Poiščite verjetnost, da se glave ne bodo pojavile niti enkrat.
OO ALI RO RR
Skupaj so takšne kombinacije 4. Zanimajo nas le tiste, ki ne vsebujejo niti enega orla. Takšna kombinacija je samo ena (PP).
P = 1/4 = 0,25
Odgovor: 0,25
Primer naloge 2:
V naključnem poskusu dvakrat vržemo simetričen kovanec. Poiščite verjetnost, da dobite glave natanko dvakrat.
Poglejmo si vse možne kombinacije, ki se lahko pojavijo, če kovanec vržemo dvakrat. Za udobje bomo glave označili s črko O, repe pa s črko P:
OO ALI RO RR
Skupaj so takšne kombinacije 4. Zanimajo nas samo tiste, v katerih se glave pojavijo natanko 2-krat. Takšna kombinacija je samo ena (OO).
P = 1/4 = 0,25
Odgovor: 0,25
Primer naloge 3:
V naključnem poskusu dvakrat vržemo simetričen kovanec. Poiščite verjetnost, da se glave pojavijo točno enkrat.
Poglejmo si vse možne kombinacije, ki se lahko pojavijo, če kovanec vržemo dvakrat. Za udobje bomo glave označili s črko O, repe pa s črko P:
OO ALI RO RR
Skupaj so takšne kombinacije 4. Zanimajo nas le tiste, pri katerih so se glave pojavile točno 1-krat. Obstajata samo dve takšni kombinaciji (OR in RO).
Odgovor: 0,5
Primer naloge 4:
V naključnem poskusu dvakrat vržemo simetričen kovanec. Poiščite verjetnost, da se bodo glave pojavile vsaj enkrat.
Poglejmo si vse možne kombinacije, ki se lahko pojavijo, če kovanec vržemo dvakrat. Za udobje bomo glave označili s črko O, repe pa s črko P:
OO ALI RO RR
Skupaj so takšne kombinacije 4. Zanimajo nas samo tiste, v katerih se glave pojavijo vsaj enkrat. Obstajajo le tri takšne kombinacije (OO, OP in RO).
P = 3/4 = 0,75
