Лекция по теме "Классическая, геометрическая и статистическая вероятность"

Дистанционный курс по математике для студентов 1 курса

Преподаватель: Добрынина Н.В.

Лекция № 4

Тема: Классическая вероятность. Геометрическая вероятность. Статистическая вероятность.

Цели лекции:

• Ввести определения классической, геометрической и статистической вероятности;

• Формировать навыки нахождения классической, геометрической и статистической вероятности.

Если результат опыта сводится к схеме случаев (шансов), то отношение числа благоприятных случаев данному событию к числу всех случаев называется вероятностью события.

Р – вероятность.

А – событие.

Р(А) – вероятность события А.

Такое понятие вероятности будем называть классической вероятностью. Формула классической вероятности имеет вид:

Р(А) = ,

где m – число благоприятных случаев, а n – число всех случаев.

Рассмотрим задачи:

Задача 1. Найти вероятность выпадения решки при 1 подбрасывании 1 математической монеты.

Решение:

Е – 1 подбрасывание 1 математической монеты.

А – появление решки.

Р(А) = ½ = 0,5.

Ответ: 0,5.

Задача 2: найти вероятность появление более 3 очков при одном подбрасывании 1 игральной кости.

Решение:

Е – 1 подбрасывание 1 игральной кости.

А – появление более 3 очков.

Р(А) = 3/6 = 0,5.

Ответ: 0,5.

Задача 3: найти вероятность появление орла и решки при одном подбрасывании 2 математических монет.

Решение:

Е – одно подбрасывание 2 математических монет.

А – выпадение орла и решки.

Р(А) = 2/4= 0,5.

Ответ: 0,5.

Если вероятность события А Р(А)=0, то событие А называют невозможным.

Если вероятность события А Р(А)=1, то событие А называют достоверным.

Значение вероятности всегда принадлежит отрезку от 0 до 1.

Пусть произведено n опытов, в которых событие А появилось ровно m раз. Тогда отношение называется частотой появления события А и обозначается Р*(А) = .

Число, возле которого колеблется частота появления события А при неограниченном увеличении числа опытов и сохранении тех же условий, называется статистической вероятностью события А.

Рассмотрим задачу.

Задача 4: произведено исследование 100 деталей, среди которых обнаружено 5 бракованных. Какова частота появления бракованной детали?

Решение:

Е – исследование 100 деталей.

А – появление бракованной детали.

Р*(А) = 5/100 = 0,05

Ответ: 0,05.

Отличие от классической вероятности состоит в том, что в статистической вероятности расчет производится после опыта, а в классической теоретически перед опытом.

Рассмотрим несколько задач.

1. В урне находится 15 белых, 5 красных и 10 чёрных шаров. Наугад извлекается 1 шар, найти вероятность того, что он будет: а) белым, б) красным, в) чёрным.

Решение:

Е – извлечение 1 шара из урны.

А – шар белый.

В – шар красный.

С – шар черный.

Важнейшей предпосылкой для использования классического определения вероятности является возможность подсчёта общего количества исходов.

Всего в урне: 15 + 5 + 10 = 30 шаров, и, очевидно, справедливы следующие факты: извлечение любого шара одинаково возможно (равно возможность исходов), при этом исходы элементарны и образуют полную группу событий (т.е. в результате испытания обязательно будет извлечён какой-то один из 30-ти шаров).

Таким образом, общее число исходов: 30.

Рассмотрим событие: А – из урны будет извлечён белый шар. Данному событию благоприятствуют 15 элементарных исходов, поэтому по классическому определению:
Р(А) = 15/30 = 0,5 вероятность того, то из урны будет извлечён белый шар.

С другими пунктами аналогично, рассмотрим следующие события:

Событию В благоприятствует 5 элементарных исходов, а событию С – 10 элементарных исходов. Таким образом, соответствующие вероятности:

Р (В) = 5/30 =– из урны будет извлечён красный шар;
Р(С) = 10/30 =  – из урны будет извлечён чёрный шар.

Ответ: 0,5;

1. В магазин поступило 30 холодильников, пять из которых имеют заводской дефект. Случайным образом выбирают один холодильник. Какова вероятность того, что он будет без дефекта?

Решение:

Е – выбор одного холодильника.

А – выбранный холодильник без дефекта.

Количество всех исходов в задаче равно 30. Благоприятные исходы можно найти 30 – 5 = 25. Получим вероятность события А:

Р (А) = 25/30=

Ответ:

1. Набирая номер телефона, абонент забыл две последние цифры, но помнит, что одна из них – ноль, а другая – нечётная. Найти вероятность того, что он наберёт правильный номер.

Решение:

Е – набор номера.

А – номер набран правильно.

Примечание: ноль – это чётное число (делится на 2 без остатка)

Сначала найдём общее количество исходов. По условию, абонент помнит, что одна из цифр – ноль, а другая цифра – нечётная.

01, 03, 05, 07, 09

10, 30, 50, 70, 90

Подсчитываем их – всего: 10 исходов.

Благоприятствующий исход один: верный номер. По классическому определению:
Р(А) = 1/10 = 0,1 – вероятность того, что абонент наберёт правильный номер.

Ответ: 0,1.

1. Абонент забыл пин – код к своей сим-карте, однако помнит, что он содержит три «пятёрки», а одна из цифр – то ли «семёрка», то ли «восьмёрка». Какова вероятность успешной авторизации с первой попытки?

Решение:

Е – набор пин-кода.

А – пин-код набран верно.

Количество всех исходов равно 8.

5557

5558

5575

5585

5755

5855

7555

8555

Благоприятных исход 1 – верный пин-код.

По классическому определению вероятности имеем:

Р(А) = 1/8 = 0,125.

Ответ: 0,125.

1. Найти вероятность того, что при бросании двух игральных костей в сумме выпадет:

а) пять очков;

б) не более четырёх очков;

в) от 3-х до 9 очков включительно.

Решение:

Е – подбрасывание 2 игральных костей.

А – сумма очков равна 5.

В – сумма очков не более 4.

С – сумма очков от 3 до 9.

Найдём общее количество исходов: 6 способами может выпасть грань 1-го кубика и 6 способами может выпасть грань 2-го кубика; по правилу умножения комбинаций, всего: 6*6 = 36 возможных комбинаций.

Иными словами, каждая грань 1-го кубика может составить упорядоченную пару с каждой гранью 2-го кубика. Например:

 – на первом кубике выпало 3 очка, на втором – 5 очков, сумма очков: 3 + 5 = 8;

 – на первом кубике выпало 6 очков, на втором – 1 очко, сумма очков: 6 + 1 = 7;

– на обеих костях выпало 2 очка, сумма: 2 + 2 = 4.

Очевидно, что наименьшую сумму даёт пара 1+1 , а наибольшую – две «шестёрки».

а) Рассмотрим событие: А – при бросании двух игральных костей выпадет 5 очков. Запишем и подсчитаем количество исходов, которые благоприятствуют данному событию:

1+4, 4+1, 3+2, 2+3

Итого: 4 благоприятствующих исхода. По классическому определению:

Р(А) = 4/36= – искомая вероятность.

б) Рассмотрим событие: В – выпадет не более 4-х очков. То есть, либо 2, либо 3, либо 4 очка.

1+1, 1+2, 2+1, 2+2, 1+3, 3+1

Итого: 6 благоприятствующих комбинаций. Таким образом, Р(В) = 6/36 =  – вероятность того, что выпадет не более 4-х очков.

в) Рассмотрим событие: С – выпадет от 3-х до 9 очков включительно. Можно исключить выпадение 2, 10, 11, 12 очков.

1+1, 4+6, 6+4, 5+5, 6+5, 5+6, 6+6. Итого: 7 неблагоприятных исходов. Т.е. благоприятных исходов 36 – 7 = 29. По классическому определению: Р(С) = 29/36 =  – вероятность того, что выпадет от трёх или до 9-ти очков.

Ответ: 

1. Найти вероятность того, что при броске двух игральных костей произведение очков:

а) будет равно семи;

б) окажется не менее 20-ти;

в) будет чётным.

Решение:

Е – подбрасывание двух игральных костей.

А – произведение очков равно 7.

В – произведение очков не менее 20.

С – произведение очков четно.

Р(А) = 0

Р(В) = 7/35 = 0,5

Р(С) = 26/30 =

Ответ: 0; 0,5;

1. В лифт 20-этажного дома на первом этаже зашли 3 человека. И поехали. Найти вероятность того, что:

а) они выйдут на разных этажах;

б) двое выйдут на одном этаже;

в) все выйдут на одном этаже.

Решение:

Е – выход пассажиров из лифта.

А – все выйдут на разных остановках.

В – двое выйдут на одном этаже.

С – все выйдут на 1 этаже.

Вычислим общее количество исходов: 19 способами может выйти из лифта 1-й пассажир и 19 способами – 2-й пассажир и 19 способами – третий пассажир. По правилу умножения комбинаций: 19*19*19= 6859 возможных исходов. То есть, каждый этаж выхода 1-го человека может комбинироваться с каждым этажом выхода 2-го человека и с каждым этажом выхода 3-го человека.

а) Рассмотрим событие: А – пассажиры выйдут на разных этажах. Вычислим количество благоприятствующих исходов:
17*18*19 = 5814 способами могут выйти 3 пассажира на разных этажах. По классическому определению:

Р(А) = 5814/6859= 0,8476….

в) Рассмотрим событие: С – пассажиры выйдут на одном этаже. Данному событию благоприятствуют 19 исходов и по классическому определению, соответствующая вероятность: Р(С) = 19/6859=0,0028..

б) Рассмотрим событие: В – два человека выйдут на одном этаже (и, соответственно, третий – на другом). Благоприятных исходов 6859 – 19 = 6840. В результате, искомая вероятность: Р(В) = 6840/6859 = 0,1496…

Ответ: 0,8476; 0, 1496; 0,0028.

Когда получаются большие дроби, то хорошим тоном будет указать их приближенные десятичные значения. Обычно округляют до 2-3-4-х знаков после запятой. Иногда по причине погрешности округлений может получиться 0,9999 либо 1,0001, в этом случае одно из приближенных значений следуют «подогнать» так, чтобы в сумме нарисовалась «чистая» единица.

Заметим, что число исходов может быть бесконечным, тогда случайное событие удобнее рассматривать как произвольную точку и говорить о появлении этой точки в некоторой области.

Если возможность случайного появления точки в некоторой области не зависит от положения этой области в пространстве, а зависит лишь от размеров этой области (длина, площадь, объем), то вероятность появления точки определяется как отношение размера этой области к размеру всей области , в которой может появиться данная точка.

Р(А) = - геометрическое определение вероятности.

Рассмотрим примеры.

Задача 12. Абонент ждет телефонного вызова с 2 до 3 часов, то какова вероятность того, что этот вызов пройдет с 2ч 30мин до 2ч 40мин.?

Решение:

Е – ожидание вызова.

D – вызов произошел в течение 10мин после половины третьего.

Событие D произойдет, если точка (вызов) окажется на отрезке СВ.

Следовательно, Р(D) = СВ /ОА= 10/60 =

Ответ: 

Задача 13. На бесконечную шахматную доску со стороной квадрата А наудачу бросается монета радиуса r меньше а/2. Найти вероятности следующих событий: А = «монета попадет целиком внутрь одного квадрата», В = «монета пересечет не более одной стороны квадрата».

Решение. 

Пусть (Х, у) — координаты центра упавшей монеты (рис. 3.3). В силу бесконечности шахматной доски можно считать, что элементарные исходы данного эксперимента полностью определяются положением центра упавшей монеты относительно вершин квадрата, содержащего этот центр.

Помещая начало координат в одну из вершин указанного квадрата можно записать множество элементарных исходов в виде . Множество, соответству­ющее событию А:  х, y, т. е. является квадратом со стороной a – 2r.

Следовательно, S = (a-2r)²; S-a²; P(A)=(a-2r)²/a² .

Ответ: (a-2r)²/a² .

Список литературы и Интернет-ресурсов:

1. Новоселов О.В. Комбинаторика и вероятность: учебн. пособие для слушателей подготовит. курсов / О. В. Новоселов, Л.П. Скиба. СибГАУ, Красноярск, 2009. – 78 с.

2. Филимонова Л.В., Быкова Е.А. Математика и информатика. Учебное пособие (для студентов гуманитарных факультетов ВУЗов). – 2-е изд. Дополненное и переработанное – Елец, ЕГУ им. И.А. Бунина, 2001, 110 с.

3. https://ege-study.ru/ru/ege/materialy/matematika/teoriya-veroyatnostej-na-ege-po-matematike/

4. https://www.matburo.ru/tv_book.php