V naključnem poskusu se simetrični kovanec podvoji. Težave v teoriji verjetnosti. Metoda kombiniranega štetja

Oblikovanje naloge: V naključnem poskusu dvakrat vržemo simetričen kovanec. Poiščite verjetnost, da glave (repi) ne bodo izpadle niti enkrat (izpadle bodo točno / vsaj 1, 2-krat).

Naloga je vključena v USE pri matematiki osnovne ravni za 11. razred pod številko 10 (Klasična definicija verjetnosti).

Poglejmo, kako se takšne težave rešujejo s primeri.

Primer 1. naloge:

V naključnem poskusu dvakrat vržemo simetričen kovanec. Poiščite verjetnost, da glave nikoli ne pridejo gor.

OO ALI RO RR

Skupaj je takih kombinacij 4. Zanimajo nas le tiste, v katerih ni niti enega orla. Takšna kombinacija je samo ena (PP).

P = 1/4 = 0,25

Odgovor: 0,25

Primer 2. naloge:

V naključnem poskusu dvakrat vržemo simetričen kovanec. Poiščite verjetnost, da pride na glavo natanko dvakrat.

Upoštevajte vse možne kombinacije, ki lahko izpadejo, če kovanec vržete dvakrat. Za udobje bomo orla označili s črko O, repe pa s črko P:

OO ALI RO RR

Skupaj je takšnih kombinacij 4. Zanimajo nas samo tiste kombinacije, v katerih se glave pojavijo točno 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 pojavi natanko enkrat.

Upoštevajte vse možne kombinacije, ki lahko izpadejo, če kovanec vržete dvakrat. Za udobje bomo orla označili s črko O, repe pa s črko P:

OO ALI RO RR

Skupaj je takšnih kombinacij 4. Zanimajo nas le tiste, pri katerih so glave padle točno 1-krat. Obstajata le dve takšni kombinaciji (OP in RO).

Odgovor: 0,5

Primer 4. naloge:

V naključnem poskusu dvakrat vržemo simetričen kovanec. Poiščite verjetnost, da se bodo glave pojavile vsaj enkrat.

Upoštevajte vse možne kombinacije, ki lahko izpadejo, če kovanec vržete dvakrat. Za udobje bomo orla označili s črko O, repe pa s črko P:

OO ALI RO RR

Skupaj je takšnih kombinacij 4. Zanimajo nas le tiste kombinacije, pri katerih vsaj enkrat izpadejo glave. Obstajajo le tri takšne kombinacije (OO, OR in RO).

P = 3/4 = 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.
In med temi in med drugimi le malo ljudi ve, kaj je simetrični kovanec. Vedo pa za to (no ali bi morali vedeti :), tisti, ki se pripravljajo na izpit.

Na splošno se bo ta članek osredotočil na nenavaden kovanec, 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 tudi tak kovanec nima roba, to pomeni, da ima v resnici samo dve strani. Glavna lastnost simetričnega kovanca je, da je pod takšnimi pogoji verjetnost padca glav ali repov popolnoma enaka. In prišli so do simetričnega kovanca za miselne poskuse.
Najbolj priljubljen problem s simetričnim kovancem zveni takole - "V naključnem poskusu se simetrični kovanec vrže dvakrat (trikrat, štirikrat itd.). Treba je določiti verjetnost, da bo ena od strani izpadla določeno število krat.

Reševanje problema s simetričnim kovancem

Jasno je, da bo zaradi meta kovanec padel z glavo ali z repom. Kolikokrat - odvisno od tega, koliko metov narediti. 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. Prišle bodo glave ali repi. Tisti. imamo dva možna rezultata, od katerih nas eden zadovolji - 1/2=50%

Dvomet

Za dva meta lahko pade:
dva orla
dva repa
glave, nato repi
repi, nato glave
Tisti. možne so le štiri možnosti. Težave z več kot enim metom najlažje rešimo tako, da naredimo tabelo možnih možnosti. Za poenostavitev označimo glave kot "0" in repe kot "1". Nato bo tabela možnih rezultatov videti takole:
00
01
10
11
Če morate na primer ugotoviti verjetnost, da bodo glave enkrat padle, morate samo prešteti število ustreznih možnosti v tabeli - tj. tiste vrstice, kjer se orel pojavi enkrat. Obstajata dve taki vrstici. Torej je verjetnost, da dobite eno glavo v dveh metih simetričnega kovanca, 2/4=50 %
Verjetnost, da dobite glavo dvakrat v dveh metih, je 1/4=25 %

Tri vrtnice

Izdelamo tabelo možnosti:
000
001
010
011
100
101
110
111
Tisti, ki poznajo binarni račun, razumejo, do česa smo prišli. :) Ja, so binarna števila od "0" do "7". Na ta način se lažje ne zmedete z možnostmi.
Rešimo nalogo iz prejšnjega odstavka – izračunamo verjetnost, da bo orel enkrat izpadel. V treh vrsticah se "0" pojavi enkrat. Torej je verjetnost, da dobite eno glavo v treh metih simetričnega kovanca, 3/8=37,5 %
Verjetnost, da bodo glave v treh metih padle dvakrat, je 3/8=37,5 %, tj. popolnoma enako.
Verjetnost, da bo glava v treh metih izpadla trikrat, je 1/8 = 12,5%.

Štirje meti

Izdelamo tabelo možnosti:
0000
0001
0010
0011
0100
0101
0110
0111
1000
1001
1010
1011
1100
1101
1110
1111
Verjetnost, da se enkrat pojavi glava. Obstajajo le tri vrstice, kjer se "0" pojavi enkrat, tako kot v primeru treh metov. Vendar obstaja že šestnajst možnosti. Torej je verjetnost, da dobite eno glavo v štirih metih simetričnega kovanca, 3/16=18,75 %
Verjetnost, da bo orel izpadel dvakrat v treh metih, je 6/8=75 %.
Verjetnost, da se bodo glave pojavile trikrat v treh metih, je 4/8=50%.

Torej s povečanjem števila metov se princip reševanja problema sploh ne spremeni - le v ustreznem napredovanju se poveča število možnosti.

V teoriji verjetnosti obstaja skupina problemov, za rešitev katerih je dovolj poznati klasično definicijo verjetnosti in vizualizirati predlagano situacijo. Te težave so večinoma težave z metom kovancev in 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, kje:

• m je število elementarnih izidov testa, ki dajejo prednost pojavu dogodka A;
• n je skupno število vseh možnih elementarnih rezultatov testa.

Število možnih elementarnih testnih izidov in število ugodnih izidov v obravnavanih problemih je priročno določiti s štetjem vseh možnih možnosti (kombinacij) in neposrednim izračunom.

Iz tabele vidimo, da je število možnih elementarnih izidov n=4. Ugodni izidi dogodka A = (orel izpade 1-krat) ustrezajo možnosti št. 2 in št. 3 eksperimenta, taki možnosti sta dve m=2.
Poiščite verjetnost dogodka Р(А)=m/n=2/4=0,5

Naloga 2 . V naključnem poskusu dvakrat vržemo simetričen kovanec. Poiščite verjetnost, da se glave nikoli ne bodo pojavile.

rešitev . Ker se kovanec vrže dvakrat, je tako kot v problemu 1 število možnih elementarnih izidov n=4. Ugodni izidi dogodka A = (orel ne bo izpadel niti enkrat) ustrezajo varianti št. 4 poskusa (glej tabelo v nalogi 1). Obstaja samo ena taka možnost, torej m=1.
Poiščite verjetnost dogodka Р(А)=m/n=1/4=0,25

Naloga 3 . V naključnem poskusu trikrat vržemo simetričen kovanec. Poiščite verjetnost, da se pojavi natanko 2-krat.

rešitev . Možne možnosti trije meti kovancev (vse možne kombinacije glav in repov) so predstavljeni v obliki tabele:

Iz tabele vidimo, da je število možnih elementarnih izidov n=8. Ugodni izidi dogodka A = (glave 2-krat) ustrezajo možnostim št. 5, 6 in 7 poskusa. Obstajajo tri takšne možnosti, torej m=3.
Poiščite verjetnost dogodka Р(А)=m/n=3/8=0,375

Naloga 4 . V naključnem poskusu štirikrat vržemo simetričen kovanec. Poiščite verjetnost, da se pojavi natanko 3-krat.

rešitev . Možne variante štirih metov kovancev (vse možne kombinacije glav in repov) so predstavljene v obliki tabele:

Iz tabele vidimo, da je število možnih elementarnih izidov n=16. Ugodni izidi dogodka A = (orel izpade 3-krat) ustrezajo možnostim št. 12, 13, 14 in 15 eksperimenta, kar pomeni m=4.
Poiščite verjetnost dogodka Р(А)=m/n=4/16=0,25

Določanje verjetnosti pri nalogah s kockami

Naloga 5 . Določite verjetnost, da bodo ob metu kocke (pravilna kocka) padle več kot 3 točke.

rešitev . Pri metu kocke (navadna kocka) lahko izpade katera koli od njenih šestih ploskev, tj. da pride do katerega od osnovnih dogodkov - izguba od 1 do 6 točk (točk). Torej je število možnih elementarnih izidov n=6.
Dogodek A = (izpadle so več kot 3 točke) pomeni, da je izpadlo 4, 5 ali 6 točk (točk). Torej je število ugodnih izidov m=3.
Verjetnost dogodka Р(А)=m/n=3/6=0,5

Naloga 6 . Določite verjetnost, da število točk ob metu kocke ne preseže 4. Rezultat zaokrožite na najbližjo tisočinko.

rešitev . Pri metu kocke lahko izpade katera koli od njenih šestih ploskev, tj. da pride do katerega od osnovnih dogodkov - izguba od 1 do 6 točk (točk). Torej je število možnih elementarnih izidov n=6.
Dogodek A = (izpadle niso več kot 4 točke) pomeni, da so izpadle 4, 3, 2 ali 1 točka (točka). Torej je število ugodnih izidov m=4.
Verjetnost dogodka Р(А)=m/n=4/6=0,6666…≈0,667

Naloga 7 . Kocka se vrže dvakrat. Poiščite verjetnost, da sta obe števili manjši od 4.

rešitev . Ker kocke(kocka) vržemo dvakrat, potem bomo trdili takole: če je na prvi kocki padla ena točka, potem lahko na drugi izpade 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:

Ugodni izidi dogodka A = (obakrat je izpadlo število, manjše od 4) (označeni so s krepkim tiskom) bodo izračunani in dobili bomo m=9.
Poiščite verjetnost dogodka Р(А)=m/n=9/36=0,25

Naloga 8 . Kocka se vrže dvakrat. Poiščite verjetnost, da je največje od dveh izžrebanih števil 5. Odgovor zaokrožite na najbližjo tisočinko.

rešitev . Vsi možni izidi dveh metov kocke so predstavljeni v tabeli:

Iz tabele vidimo, da je število možnih elementarnih rezultatov n=6*6=36.
Izračunamo ugodne izide dogodka A = (največje od dveh izžrebanih števil je 5) (označeni so s krepkim tiskom) in dobimo m=8.
Poiščite verjetnost dogodka Р(А)=m/n=8/36=0,2222…≈0,222

Naloga 9 . Kocka se vrže dvakrat. Poiščite verjetnost, da bo število, manjše od 4, vrženo vsaj enkrat.

rešitev . Vsi možni izidi dveh metov kocke so predstavljeni v tabeli:

Iz tabele vidimo, da je število možnih elementarnih rezultatov n=6*6=36.
Besedna zveza “vsaj enkrat je izpadlo število, manjše od 4” pomeni “število, manjše od 4, je izpadlo enkrat ali dvakrat”, potem je število ugodnih izidov dogodka A = (vsaj enkrat je izpadlo število, manjše od 4 ) (so v krepkem tisku) m=27.
Poiščite verjetnost dogodka Р(А)=m/n=27/36=0,75

V nalogah o teoriji verjetnosti, ki so predstavljene v Enotnem državnem izpitu pod številko 4, poleg tega obstajajo naloge za metanje kovanca in metanje kocke. Danes jih bomo analizirali.

Težave z metom kovancev

Naloga 1. Simetrični kovanec se vrže dvakrat. Poiščite verjetnost, da pride do repov natanko enkrat.

Pri takšnih težavah je priročno zapisati vse možne rezultate in jih napisati s črkama P (repi) in O (glave). Tako izid OR pomeni, da je prvi met prišel z glavami, drugi pa z repom. Pri obravnavanem problemu so možni 4 izidi: PP, RO, ALI, OO. Dajte prednost dogodku "repi se pojavijo natanko enkrat" 2 izida: RO in ALI. Zahtevana verjetnost je .

Odgovor: 0,5.

Naloga 2. Simetričen kovanec se vrže trikrat. Poiščite verjetnost, da se bodo glave pojavile natanko dvakrat.

Skupaj je možnih 8 izidov: PRR, RRO, ROR, ROO, ORR, ORO, OOR, LLC. Favorizirajte dogodek "glave natanko dvakrat" 3 izidi: ROO, ORO, OOR. Zahtevana verjetnost je .

Odgovor: 0,375.

Naloga 3. Pred začetkom nogometna tekma Sodnik vrže kovanec, da določi, katera ekipa bo začela igro z žogo. Ekipa Emerald igra treh tekmah s različne ekipe. Poiščite verjetnost, da bo v teh igrah "Emerald" dobil žreb natanko enkrat.

Ta naloga je podobna prejšnji. Naj vsakokratna izguba repov pomeni zmago v lotu s strani "Emerald" (takšna predpostavka ne vpliva na izračun verjetnosti). Nato je možnih 8 rezultatov: PRR, RRO, ROR, ROO, ORR, ORO, OOR, LLC. Obstajajo 3 izidi, ki dajejo prednost dogodku "repi se pojavijo natanko enkrat": POO, ORO, OOP. Zahtevana verjetnost je .

Odgovor: 0,375.

Naloga 4. Simetrični kovanec se vrže trikrat. Poiščite verjetnost, da bo izid ROO prišel (prvič pride do repov, drugič in tretjič - glave).

Tako kot v prejšnjih nalogah je tudi tukaj 8 izidov: PPP, PPO, POP, POO, OPP, ORO, OOP, OOO. Verjetnost izida ROO je enaka .

Odgovor: 0,125.

Težave z meti kock

Naloga 5. Kocka se vrže dvakrat. Koliko elementarnih rezultatov izkušenj daje prednost dogodku "vsota točk je 8"?

Naloga 6. Istočasno se vržeta dve kocki. Poiščite verjetnost, da bo vsota 4. Rezultat zaokrožite na najbližjo stotinko.

Na splošno, če se kocke (kocke) vržejo, so izidi enako možni. Enako število izidov dobimo, če isto kocko vržemo enkrat zapored.

Naslednji izidi dajejo prednost dogodku “skupno 4”: 1 - 3, 2 - 2, 3 - 1. Njihovo število je 3. Želena verjetnost je .

Za izračun približne vrednosti ulomka je priročno uporabiti deljenje z vogalom. Tako je približno enako 0,083 ..., zaokroženo na stotinke, imamo 0,08.

Odgovor: 0,08

Naloga 7. Istočasno se vržejo tri kocke. Poiščite verjetnost, da dobite skupno 5 točk. Rezultat zaokrožite na najbližjo stotinko.

Izid bomo obravnavali kot trojko števil: točke, ki so padle na prvi, drugi in tretji kocki. Skupno so možni izidi enaki. Naslednji izidi dajejo prednost dogodku "skupno 5": 1-1-3, 1-3-1, 3-1-1, 1-2-2, 2-1-2, 2-2-1. Njihovo število je 6. Želena verjetnost je . Za izračun približne vrednosti ulomka je priročno uporabiti deljenje z vogalom. Približno dobimo 0,027 ..., zaokroženo na stotinke imamo 0,03. Vir “Priprave na izpit. matematika. Teorija verjetnosti”. Uredil F.F. Lysenko, S.Yu. Kulabuhov