Tasodifiy tajribada nosimmetrik tanga ikki barobar ko'paytiriladi. Ehtimollar nazariyasi muammolari. Kombinatsiyalangan ro'yxatga olish usuli

Vazifani shakllantirish: Tasodifiy tajribada simmetrik tanga ikki marta tashlanadi. Boshlar (dumlar) bir marta ham tushmasligi ehtimolini toping (u aniq / kamida 1, 2 marta tushadi).

Vazifa 11-sinf uchun asosiy darajadagi matematika bo'yicha USE 10 raqamiga kiritilgan (Ehtimollikning klassik ta'rifi).

Keling, misollar bilan bunday muammolar qanday hal qilinishini ko'rib chiqaylik.

1-topshiriq misoli:

Tasodifiy tajribada simmetrik tanga ikki marta tashlanadi. Boshlarning hech qachon ko'tarilmasligi ehtimolini toping.

OO YOKI RO RR

Hammasi bo'lib 4 ta bunday kombinatsiya mavjud, bizni faqat bitta burgut bo'lmaganlari qiziqtiradi. Faqat bitta bunday kombinatsiya (PP) mavjud.

P = 1/4 = 0,25

Javob: 0,25

2-topshiriq misoli:

Tasodifiy tajribada simmetrik tanga ikki marta tashlanadi. Uning ikki marta to'g'ri kelishi ehtimolini toping.

Agar tanga ikki marta tashlansa, tushishi mumkin bo'lgan barcha kombinatsiyalarni ko'rib chiqing. Qulaylik uchun biz burgutni O harfi bilan, quyruqni esa P harfi bilan belgilaymiz:

OO YOKI RO RR

Hammasi bo'lib 4 ta bunday kombinatsiya mavjud.Bizni faqat boshlar 2 marta paydo bo'lgan kombinatsiyalar qiziqtiradi. Bunday kombinatsiya faqat bitta (OO) mavjud.

P = 1/4 = 0,25

Javob: 0,25

3-topshiriq misoli:

Tasodifiy tajribada simmetrik tanga ikki marta tashlanadi. Uning aynan bir marta yuqoriga chiqishi ehtimolini toping.

Agar tanga ikki marta tashlansa, tushishi mumkin bo'lgan barcha kombinatsiyalarni ko'rib chiqing. Qulaylik uchun biz burgutni O harfi bilan, quyruqni esa P harfi bilan belgilaymiz:

OO YOKI RO RR

Hammasi bo'lib 4 ta shunday kombinatsiya mavjud, bizni faqat 1 marta boshi tushgani qiziqtiradi. Faqat ikkita bunday kombinatsiya mavjud (OP va RO).

Javob: 0,5

4-topshiriq misoli:

Tasodifiy tajribada simmetrik tanga ikki marta tashlanadi. Boshlarning kamida bir marta paydo bo'lish ehtimolini toping.

Agar tanga ikki marta tashlansa, tushishi mumkin bo'lgan barcha kombinatsiyalarni ko'rib chiqing. Qulaylik uchun biz burgutni O harfi bilan, quyruqni esa P harfi bilan belgilaymiz:

OO YOKI RO RR

Hammasi bo'lib 4 ta bunday kombinatsiya mavjud, bizni faqat boshlari kamida bir marta tushadigan kombinatsiyalar qiziqtiradi. Faqat uchta bunday kombinatsiya mavjud (OO, OR va RO).

P = 3/4 = 0,75

Tasodifiy tajribada simmetrik tanga tashlanadi...

Bosh so'z sifatida.
Tanganing ikki tomoni borligini hamma biladi - boshi va dumlari.
Numizmatlar tanganing uch tomoni - old tomoni, teskarisi va qirrasi bor deb hisoblashadi.
Va ular orasida va boshqalar orasida nosimmetrik tanga nima ekanligini kam odam biladi. Lekin ular bu haqda bilishadi (yaxshi yoki bilish kerak :), imtihonga tayyorlanayotganlar.

Umuman olganda, ushbu maqolaga e'tibor qaratiladi g'ayrioddiy tanga, bu numizmatikaga hech qanday aloqasi yo'q, lekin ayni paytda maktab o'quvchilari orasida eng mashhur tanga hisoblanadi.

Shunday qilib.
Simmetrik tanga- bu o'lchami, vazni, diametri va boshqalar bo'lmagan xayoliy matematik ideal tanga. Natijada, bunday tanganing ham cheti yo'q, ya'ni haqiqatan ham uning faqat ikki tomoni bor. Nosimmetrik tanganing asosiy xususiyati shundaki, bunday sharoitlarda bosh yoki quyruq tushish ehtimoli aynan bir xil bo'ladi. Va ular fikr tajribalari uchun nosimmetrik tanga bilan kelishdi.
Simmetrik tanga bilan bog'liq eng ommabop masala shunday yangraydi - "Tasodifiy tajribada simmetrik tanga ikki marta (uch marta, to'rt marta va hokazo) tashlanadi. Tomonlardan birining tushishi ehtimolini aniqlash talab qilinadi. ma'lum bir necha marta.

Muammoni simmetrik tanga bilan yechish

Otish natijasida tanga yo bosh yoki dumga tushishi aniq. Qancha marta - qancha otish kerakligiga bog'liq. Boshlar yoki quyruqlarni olish ehtimoli shartni qondiradigan natijalar sonini mumkin bo'lgan natijalarning umumiy soniga bo'lish yo'li bilan hisoblanadi.

Bir otish

Bu erda hamma narsa oddiy. Yoki boshlar yoki dumlar chiqadi. Bular. Bizda ikkita mumkin bo'lgan natija bor, ulardan biri bizni qoniqtiradi - 1/2 = 50%

Ikki otish

Ikki otish uchun tushish mumkin:
ikkita burgut
ikkita quyruq
boshlar, keyin quyruqlar
dumlar, keyin boshlar
Bular. faqat to'rtta variant mumkin. Bir nechta otish bilan bog'liq muammolarni mumkin bo'lgan variantlar jadvalini tuzish orqali hal qilish oson. Oddiylik uchun boshlarni “0”, quyruqlarni esa “1” deb belgilaymiz. Keyin mumkin bo'lgan natijalar jadvali quyidagicha ko'rinadi:
00
01
10
11
Agar, masalan, boshlarning bir marta tushishi ehtimolini topishingiz kerak bo'lsa, faqat jadvaldagi mos variantlar sonini hisoblashingiz kerak - ya'ni. burgut bir marta uchraydigan chiziqlar. Bunday ikkita chiziq mavjud. Demak, nosimmetrik tangani ikki otishda bitta boshni olish ehtimoli 2/4=50% ga teng.
Ikki marta otishda ikki marta kalla olish ehtimoli 1/4=25%

Uchta atirgul

Biz variantlar jadvalini tuzamiz:
000
001
010
011
100
101
110
111
Ikkilik hisoblash bilan tanish bo'lganlar biz nimaga kelganimizni tushunishadi. :) Ha, ular "0" dan "7" gacha bo'lgan ikkilik raqamlardir. Shunday qilib, variantlar bilan adashmaslik osonroq bo'ladi.
Oldingi paragrafdagi muammoni hal qilaylik - biz burgutning bir marta tushishi ehtimolini hisoblaymiz. “0” bir marta uchraydigan uchta qator mavjud. Shunday qilib, simmetrik tangani uchta otishda bitta boshni olish ehtimoli 3/8 = 37,5% ni tashkil qiladi.
Uchta otishda boshning ikki marta tushishi ehtimoli 3/8=37,5%, ya'ni. mutlaqo bir xil.
Uch marta otishda boshning uch marta tushishi ehtimoli 1/8 = 12,5%.

To'rtta otish

Biz variantlar jadvalini tuzamiz:
0000
0001
0010
0011
0100
0101
0110
0111
1000
1001
1010
1011
1100
1101
1110
1111
Boshlarning bir marta paydo bo'lish ehtimoli. "0" bir marta sodir bo'ladigan uchta qator mavjud, xuddi uchta otishda bo'lgani kabi. Biroq, allaqachon o'n oltita variant mavjud. Shunday qilib, nosimmetrik tanganing to'rtta otilishida bitta boshni olish ehtimoli 3/16 = 18,75% ni tashkil qiladi.
Burgutning uchta otishda ikki marta yiqilib tushish ehtimoli 6/8=75%,.
Uch marta otishda bosh uch marta yuqoriga chiqishi ehtimoli 4/8 = 50%.

Shunday qilib, otishlar sonining ko'payishi bilan muammoni hal qilish printsipi umuman o'zgarmaydi - faqat tegishli progressda variantlar soni ortadi.

Ehtimollar nazariyasida bir guruh muammolar mavjud bo'lib, ularni hal qilish uchun ehtimollikning klassik ta'rifini bilish va taklif qilingan vaziyatni tasavvur qilish kifoya. Bu muammolar tanga otish bilan bog'liq muammolar va zar otish bilan bog'liq muammolardir. Ehtimollikning klassik ta'rifini eslang.

A hodisasining ehtimoli (voqea sodir bo'lishining ob'ektiv imkoniyati son jihatidan) ushbu hodisa uchun qulay bo'lgan natijalar sonining barcha teng darajada mos kelmaydigan elementar natijalarning umumiy soniga nisbatiga teng: P(A)=m/n, bu erda:

• m - A hodisasining yuzaga kelishiga yordam beradigan elementar test natijalari soni;
• n - barcha mumkin bo'lgan elementar test natijalarining umumiy soni.

Barcha mumkin bo'lgan variantlarni (kombinatsiyalarni) sanab o'tish va to'g'ridan-to'g'ri hisoblash yo'li bilan ko'rib chiqilayotgan masalalarda mumkin bo'lgan elementar test natijalari va qulay natijalar sonini aniqlash qulay.

Jadvaldan biz mumkin bo'lgan elementar natijalar soni n=4 ekanligini ko'ramiz. Hodisaning qulay natijalari A = (burgut 1 marta tushadi) tajribaning 2 va 3-variantlariga mos keladi, bunday ikkita variant mavjud m=2.
R(A)=m/n=2/4=0,5 hodisaning ehtimolini toping

Vazifa 2 . Tasodifiy tajribada simmetrik tanga ikki marta tashlanadi. Boshlar hech qachon paydo bo'lmasligi ehtimolini toping.

Yechim . Tanga ikki marta tashlanganligi sababli, 1-masaladagi kabi, mumkin bo'lgan elementar natijalar soni n=4 ga teng. Hodisaning qulay natijalari A = (burgut bir marta ham yiqilmaydi) tajribaning 4-variantiga mos keladi (1-topshiriqdagi jadvalga qarang). Bunday variant faqat bitta, shuning uchun m=1.
R(A)=m/n=1/4=0,25 hodisaning ehtimolligini toping

Vazifa 3 . Tasodifiy tajribada simmetrik tanga uch marta tashlanadi. Uning to'liq 2 marta yuqoriga chiqishi ehtimolini toping.

Yechim . Mumkin variantlar uchta tanga otish (bosh va dumlarning barcha mumkin bo'lgan kombinatsiyasi) jadval shaklida taqdim etilgan:

Jadvaldan biz mumkin bo'lgan elementar natijalar soni n=8 ekanligini ko'ramiz. Hodisaning qulay natijalari A = (boshlar 2 marta) eksperimentning 5, 6 va 7-variantlariga mos keladi. Bunday variantlardan uchtasi bor, shuning uchun m=3.
R(A)=m/n=3/8=0,375 hodisaning ehtimolligini toping

Vazifa 4 . Tasodifiy tajribada simmetrik tanga to'rt marta tashlanadi. Uning to'liq 3 marta yuqoriga chiqishi ehtimolini toping.

Yechim . To'rtta tanga otishning mumkin bo'lgan variantlari (bosh va dumlarning barcha mumkin bo'lgan kombinatsiyasi) jadval ko'rinishida keltirilgan:

Jadvaldan biz mumkin bo'lgan elementar natijalar soni n=16 ekanligini ko'ramiz. Hodisaning qulay natijalari A = (burgut 3 marta yiqiladi) eksperimentning 12, 13, 14 va 15-variantlariga mos keladi, ya'ni m=4.
R(A)=m/n=4/16=0,25 hodisaning ehtimolini toping

Zar masalalarida ehtimollikni aniqlash

Vazifa 5 . Zar (to'g'ri o'lim) otilganda 3 dan ortiq ochko tushishi ehtimolini aniqlang.

Yechim . Zarni (muntazam o'lim) otishda uning oltita yuzidan istalgan biri tushishi mumkin, ya'ni. elementar hodisalarning har qanday sodir bo'lishi - 1 dan 6 ballgacha (ballar) yo'qotish. Shunday qilib, mumkin bo'lgan elementar natijalar soni n = 6 ga teng.
A hodisasi = (3 dan ortiq ball tushib ketdi) 4, 5 yoki 6 ball (bal) tushib qolganligini bildiradi. Shunday qilib, qulay natijalar soni m=3.
Hodisa ehtimoli R(A)=m/n=3/6=0,5

Vazifa 6 . Zar otilganda ballar soni 4 dan oshmasligi ehtimolini aniqlang. Natijani mingdan bir qismigacha yaxlitlang.

Yechim . Zarni uloqtirganda, uning oltita yuzidan istalgani tushishi mumkin, ya'ni. elementar hodisalarning har qanday sodir bo'lishi - 1 dan 6 ballgacha (ballar) yo'qotish. Shunday qilib, mumkin bo'lgan elementar natijalar soni n = 6 ga teng.
A hodisasi = (4 balldan ko'p bo'lmagan) 4, 3, 2 yoki 1 ball (nuqta) tushib qolganligini anglatadi. Shunday qilib, qulay natijalar soni m=4.
Hodisa ehtimoli R(A)=m/n=4/6=0,6666…≈0,667

Vazifa 7 . O'lik ikki marta tashlanadi. Ikkala raqamning 4 dan kichik bo'lish ehtimolini toping.

Yechim . Chunki zar(zar) ikki marta tashlangan bo'lsa, unda biz quyidagicha bahslashamiz: agar birinchi o'limga bitta ochko tushsa, ikkinchisiga 1, 2, 3, 4, 5, 6 tushishi mumkin. , (1; 2 ), (1;3), (1;4), (1;5), (1;6) va boshqalar har bir yuz bilan. Biz barcha holatlarni 6 qator va 6 ustunli jadval shaklida taqdim etamiz:

Hodisaning qulay natijalari A = (ikkalasida ham 4 dan kichik raqam tushib qolgan) (ular qalin harflar bilan ajratilgan) hisoblab chiqiladi va biz m=9 ni olamiz.
R(A)=m/n=9/36=0,25 hodisaning ehtimolini toping

Vazifa 8 . O'lik ikki marta tashlanadi. Chizilgan ikkita raqamning eng kattasi 5 bo'lish ehtimolini toping. Javobingizni mingdan bir qismiga yaxlitlang.

Yechim . Ikkita zar otishning barcha mumkin bo'lgan natijalari jadvalda keltirilgan:

Jadvaldan biz mumkin bo'lgan elementar natijalar soni n=6*6=36 ekanligini ko'ramiz.
Hodisaning qulay natijalari A = (chizilgan ikkita raqamning eng kattasi 5) (ular qalin qilib ajratilgan) hisoblab chiqiladi va biz m=8 ni olamiz.
Hodisa ehtimolini toping R(A)=m/n=8/36=0,2222…≈0,222

Vazifa 9 . O'lik ikki marta tashlanadi. 4 dan kichik sonning kamida bir marta aylantirilishi ehtimolini toping.

Yechim . Ikkita zar otishning barcha mumkin bo'lgan natijalari jadvalda keltirilgan:

Jadvaldan biz mumkin bo'lgan elementar natijalar soni n=6*6=36 ekanligini ko'ramiz.
"Hech bo'lmaganda bir marta 4 dan kichik raqam tushib ketdi" iborasi "4 dan kichik raqam bir yoki ikki marta tushib ketdi" degan ma'noni anglatadi, keyin A hodisasining ijobiy natijalari soni = (kamida bir marta 4 dan kam raqam tushib ketdi) ) (ular qalin qilib yozilgan) m=27.
R(A)=m/n=27/36=0,75 hodisaning ehtimolligini toping

Yagona davlat imtihonida 4-son bilan taqdim etilgan ehtimollik nazariyasi bo'yicha topshiriqlarda, qo'shimcha ravishda, tanga otish va zar otish bo'yicha vazifalar mavjud. Bugun biz ularni tahlil qilamiz.

Tanga tashlash muammolari

Vazifa 1. Nosimmetrik tanga ikki marta tashlanadi. Aynan bir marta dumga tushish ehtimolini toping.

Bunday masalalarda barcha mumkin bo'lgan natijalarni yozish, ularni P (dumlar) va O (boshlar) harflari yordamida yozish qulay. Shunday qilib, OR natijasi shuni anglatadiki, birinchi otish boshdan yuqoriga chiqdi, ikkinchisi esa dumlardan yuqoriga chiqdi. Ko'rib chiqilayotgan muammoda 4 ta natija mumkin: PP, RO, OR, OO. Hodisani yoqing "dumlar aynan bir marta chiqadi" 2 ta natija: RO va OR. Kerakli ehtimollik .

Javob: 0,5.

Vazifa 2. Nosimmetrik tanga uch marta tashlanadi, boshlarning ikki marta chiqishi ehtimolini toping.

Hammasi bo'lib 8 ta natijaga erishish mumkin: PRR, RRO, ROR, ROO, ORR, ORO, OOR, MChJ. Tadbirni yoqing "aniq ikki marta bosh" 3 ta natija: ROO, ORO, OOR. Kerakli ehtimollik .

Javob: 0,375.

Vazifa 3. Boshidan oldin futbol o'yini Qaysi jamoa o'yinni to'p bilan boshlashini aniqlash uchun hakam tanga tashlaydi. Emerald jamoasi bilan uchta o'yin o'tkazadi turli jamoalar. Ushbu o'yinlarda "Zumrad" lotni aynan bir marta yutib olish ehtimolini toping.

Bu vazifa avvalgisiga o'xshaydi. Har safar dumlarning yo'qolishi lotni "Zumrad" yutganligini bildirsin (bunday taxmin ehtimolliklarni hisoblashga ta'sir qilmaydi). Keyin 8 ta natija mumkin: PRR, RRO, ROR, ROO, ORR, ORO, OOR, MChJ. Hodisa uchun 3 ta natija bor "dumlar aynan bir marta chiqadi": POO, ORO, OOP. Kerakli ehtimollik .

Javob: 0,375.

Vazifa 4. Nosimmetrik tanga uch marta tashlanadi. ROO natijasi kelishi ehtimolini toping (birinchi marta dumlar, ikkinchi va uchinchi - boshlar chiqadi).

Oldingi vazifalarda bo'lgani kabi, bu erda ham 8 ta natija mavjud: PPP, PPO, POP, POO, OPP, ORO, OOP, OOO. ROO natijasining ehtimoli ga teng.

Javob: 0,125.

Zarlarni o'rash muammolari

Vazifa 5. Zar ikki marta tashlanadi. Tajribaning nechta elementar natijalari "ballar yig'indisi 8" hodisasini qo'llab-quvvatlaydi?

Vazifa 6. Bir vaqtning o'zida ikkita zar tashlanadi. Jami 4 bo'lish ehtimolini toping. Natijani yuzdan bir qismigacha yaxlitlang.

Umuman olganda, agar zarlar (zarlar) tashlangan bo'lsa, unda natijalar teng darajada mumkin. Agar bir xil o'lim ketma-ket bir marta tashlansa, bir xil miqdordagi natijalar olinadi.

Quyidagi natijalar “jami 4” hodisasini ma'qullaydi: 1 - 3, 2 - 2, 3 - 1. Ularning soni 3. Istalgan ehtimollik .

Kasrning taxminiy qiymatini hisoblash uchun burchakka bo'linishdan foydalanish qulay. Shunday qilib, u taxminan 0,083 ... ga teng, yuzdan biriga yaxlitlangan, bizda 0,08 bor.

Javob: 0,08

Vazifa 7. Bir vaqtning o'zida uchta zar tashlanadi. Jami 5 ball olish ehtimolini toping. Natijani yuzdan bir qismigacha yaxlitlang.

Natijani raqamlarning uchligi sifatida ko'rib chiqamiz: birinchi, ikkinchi va uchinchi zarlarga tushgan nuqtalar. Umuman olganda, bir xil darajada mumkin bo'lgan natijalar mavjud. Quyidagi natijalar "jami 5" hodisasiga yordam beradi: 1-1-3, 1-3-1, 3-1-1, 1-2-2, 2-1-2, 2-2-1. Ularning soni 6. Istalgan ehtimollik . Kasrning taxminiy qiymatini hisoblash uchun burchakka bo'linishdan foydalanish qulay. Taxminan biz 0,027 ... olamiz, yuzdan biriga yaxlitlanganda, bizda 0,03 bor. Manba “Imtihonga tayyorgarlik. Matematika. Ehtimollar nazariyasi”. F.F tomonidan tahrirlangan. Lisenko, S.Yu. Kulabuxov