Монета брошена 2N раз. Найти вероятность того, что герб выпадет на 2m раз больше, чем надпись.
Библиотека Ирины Эланс, основана как общедоступная библиотека в интернете. Онлайн-библиотеке академических ресурсов от Ирины Эланс доверяют студенты со всей России.
Библиотека Ирины Эланс
Полное или частичное копирование материалов разрешается только с указанием активной ссылки на сайт:
—>Решение задач и примеров —>
22.10.2022
Для Беларуси возможно оплачивать только банковской картой выпущенной в России или через Webmoney Z.
Также для Беларуси можно оплачивать Банковской картой («Карта Весь мир»), QIWI, ЮMoney перейдя в раздел Решения заданий (digiseller) в меню сайта
23.08.2021
ЮMoney+Банковская карта. Принимаются виды оплат: MasterCard, Visa, МИР, ЮMoney-кошелек (Снижена комиссия)
Оплата картой Каспи для Казахстана (по курсу 1руб=5 тг), пишите на почтовый ящик pmaxim2006@mail.ru
23.08.2021
В Digiseller можно найти все решения, что и на fizmathim.ru Перейти в Магазин на Digiseller
Можно воспользоваться формой поиска по первым 3-4 словам. Способы оплаты: Банковская карта (РФ)(Visa/MasterCard/Мир) Казахстан (выбираете «Карта KZ» или «Карта RU/UA/KZ/Asia»), QIWI, ЮMoney, Webmoney, Unionpay, Alipay, Скины Steam
26.04.2019
— Все задачи оформлены в текстовом редакторе Microsoft Word, в PDF формате рассылаются решения отдельно.
— Ссылки действительны в течение 24 часов до первой попытки скачать (90 минут с момента первого скачивания).
05.02.2019
— При добавлении товаров в корзину на сумму выше 250 руб. и оформлении заказа активируется 5 % скидка на оплату.
— Ссылка на скачивание задач, приходит на указанный вами почтовый ящик при оформлении заказа и его оплаты. Дополнительная рассылка оплаченных заказов на E-mail производится в течение нескольких минут/часов, тема писем имеет вид «Заказ xxxxx». —>
124. Монета брошена 2N раз Найти вероятность того что «герб» выпадет на 2m раз больше чем надпись
- —> Единица : шт.
- —> Размер файла (.doc) : 26.5Kb
Чтобы получить решение задачи: 1) Нажмите «справа» на кнопку «Купить задачу»
2) Выбираете один из удобных способов оплаты (ЮMoney+Банковская карта MasterCard, Visa, МИР, ЮMoney-кошелек (Снижена комиссия) Webmoney WMZ-USD; WMB-белорусские рубли). Для Казахстана оплата с карты на карту Каспи.
3) Укажите E-Mail, на него придет ссылка на скачивание оплаченной задачи.
4) Нажмите на «Оформить заказ», затем «Перейти к оплате»
- —>Описание
Решенное задание по теории вероятностей и математической статистике со сборника задач Гмурмана В.Е.
Условие задачи:
124. Монета брошена 2N раз. Найти вероятность того, что «герб» выпадет на 2m раз больше, чем надпись.
Подробное решение. Оформлено в Microsoft Word 2003. (Задание решено с использованием редактора формул)
tv_ms_1
А вероятность что больной страдал именно заболеванием К равно:
Pa(K) = (Pk(a)*P(k))/P(A)= (0.5*0.7)/0.77 = 5/11
Изделие проверяется на стандартность одним из двух товароведов . Вероятность того, что изделие попадет к первому товароведу , равна 0,55, а ко второму – 0,45. Вероятность того, что стандартное изделие будет признано стандартным первым товароведом , равно 0,9, а вторым – 0,98. Стандартное изделие при проверке было признано стандартным. Найти вероятность того , что это изделие проверил второй товаровед.
Решение: Обозначим через А – изделие признана стандартной. 
— вероятность того, что изделие попало к первому товароведу. 
— ко второму. P(
) = 0,55 , P(
) = 0,45.
Условная вероятность того что изделие будет признано стандартным первым товароведом равна 
(A) = 0,9, вторым — 
(A) = 0,98.
Вероятность того, что изделие будет признано стандартным по формуле полной вероятности равна
P(A)= P(
) 
(A) + P(
) 
(A) = 0,55 * 0,9 + 0,45 * 0,98 = 0,936
Искомая вероятность того, что изделие проверил второй товаровед, по формуле Бейеса равна
(
)= P(
) * 
(A) / P(A)= 0,45*0,98 / 0,936 = 0,47.
Событие А может появится при условии появления одного из несовместимых событий В1, В2,…, Вn, образующих полную группу событий. После появления события А были переоценены вероятности гипотез, то есть были найдены условные вероятности РА(Вi) (i=1,2,…,n). Доказать, что сумма РА(Вi) (i=1,2,…,n) равна 1.
По формуле Бейеса:
Что и требовалось доказать.
Событие 
может появиться при условии появления одного из несовместных событий (гипотез) 
, образующих полную группу событий. После появления события 
были переоценены вероятности этих гипотез, т.е. были найдены условные вероятности этих гипотез, причем оказалось, что 
. Чему равна условная вероятность 
гипотезы 
?
Так как события 
образуют полную группу, и 
появится при условии появления лишь одного из них, то верно 
. Так как имеем 
, то: 
Имеются три партии деталей по 20 деталей в каждой. Число стандартных деталей в первой, второй и третьей партиях соответственно равно 20, 15, 10. Из наудачу выбранной партии наудачу извлечена деталь, оказавшаяся стандартной. Деталь возвращают в партию
и вторично из той же партии наудачу извлекают деталь, которая также оказывается стандартной. Найти вероятность того, что детали были извлечены из третьей партии.
Обозначим через А событие – в каждом из двух испытаний была извлечена стандартная деталь. Можно предположить, что B1 – детали извлекались из первой партии; B2 – детали извлекались из второй партии; В3 – детали извлекались из третей партии.
Детали извлекались на удачу, поэтому вероятности предположений одинаковы:
P(B1) = P(B2) = P(B3) =
Вероятность того, что из первой партии будут последовательно извлечены две стандартные детали; поэтому 
Условная вероятность 
т.е вероятность того, что из второй партии будут извлечены две стандартные детали: 
Найдем условную вероятность 
т.е вероятность того, что из третей партии будут последовательно извлечены две стандартные детали: 
Искомая вероятность того, что обе извлеченные детали стандартные взяты из третей партии, по формуле Бейеса равна
Ответ: 
Батарея из трех орудий произвела залп, причем два снаряда попали в цель. Найти вероятность того, что первое орудие дало попадание, если вероятности попадания в цель первым, вторым и третьим орудиями соответственно равны 
, 
, 
.
Обозначим через A событие- два орудия попали в цель. Сделаем два предположения: 
— орудие не попало в цель.
По условию 
, следовательно 
Найдем условную вероятность 
, т.е. вероятность того, что в цель попало 2 снаряда, причем один из них послан первым орудием и, следовательно, второй — либо вторым орудием, либо третьим. Эти два события несовместны, поэтому применима теорема сложения:
.
Найдем условную вероятность 
, т.е. вероятность того, что в цель попало два снаряда, причем первое орудие дало промах. Другими словами найдем вероятность того, что второе и третье орудие попали в цель. Эти два события независимы, поэтому применима теорема умножения:
Искомая вероятность того, что первое орудие дало попадание, по формуле Бейеса равна:
.
Ответ: 
Три стрелка произвели залп, причем две пули поразили мишень. Найти вероятность того, что третий стрелок поразил мишень, если вероятности попадания в мишень первым, вторым и третьим стрелками соответственно равны 0,6, 0,5 и 0,4.
Решение. Обозначим через А событие – две пули поразили мишень. Сделаем два предположения (гипотезы): В1 – третий стрелок поразил мишень; В2 – третий стрелок не попал в мишень.
По условию, Р(В1) = 0,4; следовательно (событие В2 противоположно событию В1),
Найдем условную вероятность РВ1(А), т.е. вероятность того, что мишень поразили две пули, причем одна из них принадлежит третьему стрелку и, следовательно, вторая – либо первому стрелку (при этом второй не попал), либо второму стрелку (при этом первый не попал). Эти два события несовместны, поэтому применима теорема сложения:
РВ1(А) = p1∙q2 + p2∙q1 = 0,6∙0,5 + 0,5∙0,4 = 0,5.
Найдем условную вероятность РВ2(А), т.е. вероятность того, что мишень поразили две пули, причем третий стрелок промахнулся. Другими словами, найдем вероятность того, что первый и второй стрелки поразили мишень. Эти два события независимы, поэтому применима теорема умножения:
РВ2(А) = p1∙p2 = 0,6∙0,5 = 0,3.
Искомая вероятность того, что третий стрелок поразил мишень, по формуле Бейеса равна
РА(В1) = Р(В1)∙РВ1(А)/[ Р(В1)∙РВ1(А) + Р(В2)∙РВ2(А)] = 0,4∙0,5/( 0,4∙0,5 + 0,6∙0,3 ) = 10/19.
Два из трех независимо работающих элементов вычислительного устройства отказали. Найти вероятность того, что отказали первый и второй элементы, если вероятности отказа первого, второго и третьего элементов соответственно равны 0,2; 0,4 и 0,3.
Решение. Обозначим через А событие – отказали два элемента. Можно сделать следующие предположения (гипотезы):
В1 — отказали первый и второй элементы, а третий элемент исправен, причем (поскольку элементы работают независимо, применима теорема умножения)
Р(В1) = p1∙p2∙q3 = 0,2∙0,4∙0,7 = 0,056;
В2 — отказали первый и третий элементы, а второй элемент исправен, причем
Р(В2) = p1∙p3∙q2 = 0,2∙0,3∙0,6 = 0,036;
В3 — отказали второй и третий элементы, а первый — исправен, причем
Р(В3) = p2∙p3∙q1 = 0,4∙0,3∙0,8 = 0,096;
В4 — отказал только один элемент; В5 — отказали все три элемента; В6 — ни один из элементов не отказал.
Вероятности последних трех гипотез не вычислены, так как при этих гипотезах событие А (отказали два элемента) невозможно и значит условные вероятности РВ4(А), РВ5(А) и РВ6(А) равны нулю, следовательно, равны нулю и произведения Р(В4)∙РВ4(А), Р(В5)∙РВ5(А) и Р(В6)∙РВ6(А) при любых значениях вероятностей гипотез В4, В5 и В6.
Поскольку при гипотезах В1, В2 и В3 событие А достоверно, то соответствующие условные вероятности равны единице:
РВ1(А) = РВ2(А) = РВ3(А) = 1.
По формуле полной вероятности, вероятность того, что отказали два элемента, равна
Р(А) = Р(В1)∙РВ1(А) + Р(В2)∙РВ2(А) + Р(В3)∙РВ3(А) + Р(В4)∙РВ4(А) + Р(В5)∙РВ5(А) + Р(В6)∙РВ6(А) = 0,056 + 0,036 + 0,096 = 0,188.
По формуле Бейеса, искомая вероятность того, что отказали первый и второй элементы,
РА(В1) = Р(В1)∙РВ1(А)/ Р(А) = 0,056/0,188 = 0,3.
Две из четырех независимо работающих ламп прибора отказали. Найти вероятность того, что отказали первая и вторая лампы, если вероятности отказа первой, второй, третьей и четвертой ламп соответственно равны 0,1, 0,2, 0,3 и 0,4.
Решение. Обозначим через А событие – отказали две лампы. Можно сделать следующие предположения (гипотезы):
В1 — отказали первая и вторая лампы, а третья и четвертая лампы исправны, причем (поскольку лампы работают независимо, применима теорема умножения)
Р(В1) = p1∙p2∙q3∙q4 = 0,1∙0,2∙0,7∙0,6 = 0,0084;
В2 — отказали первая и третья лампы, а вторая и четвертая исправны, причем
Р(В2) = p1∙q2∙p3 ∙q4 = 0,1∙0,8∙0,3∙0,6 = 0,0144;
В3 — отказали первая и четвертая лампы, а вторая и третья — исправны, причем
Р(В3) = p1∙q2∙q3∙p4 = 0,1∙0,8∙0,7∙0,4 = 0,0224;
В4 — отказали вторая и третья лампы, а первая и четвертая — исправны, причем
Р(В4) = q1∙p2∙p3∙q4 = 0,9∙0,2∙0,3∙0,6 = 0,0324;
В5 — отказали вторая и четвертая лампы, а первая и третья — исправны, причем
Р(В5) = q1∙p2∙q3∙p4 = 0,9∙0,2∙0,7∙0,4 = 0,0504;
В6 — отказали третья и четвертая лампы, а первая и вторая — исправны, причем
Р(В6) = q1∙q2∙p3∙p4 = 0,9∙0,8∙0,3∙0,4 = 0,0864;
В7 – отказала только одна лампа; В8 — отказали три лампы; В9 — отказали все четыре лампы и В10 – все лампы остались исправны.
Вероятности последних четырех гипотез не вычислены, так как при этих гипотезах событие А (отказали две лампы) невозможно и значит условные вероятности РВ7(А), РВ8(А), РВ9(А) и РВ10(А) равны нулю, следовательно, равны нулю и произведения Р(В7)∙РВ7(А), Р(В8)∙РВ8(А), Р(В9)∙РВ9(А) и Р(В10)∙РВ10(А) при любых значениях вероятностей гипотез В7, В8, В9 и В10.
Поскольку при гипотезах В1 – В6 событие А достоверно, то соответствующие условные вероятности равны единице:
РВ1(А) = РВ2(А) = РВ3(А) = РВ4(А) = РВ5(А) = РВ6(А) = 1.
По формуле полной вероятности, вероятность того, что отказали две лампы, равна
Р(А) = Р(В1)∙РВ1(А) + Р(В2)∙РВ2(А) + Р(В3)∙РВ3(А) + Р(В4)∙РВ4(А) + Р(В5)∙РВ5(А) + Р(В6)∙РВ6(А) + Р(В7)∙РВ7(А) + Р(В8)∙РВ8(А) + Р(В9)∙РВ9(А) + Р(В10)∙РВ10(А) = 0,0084 + 0,0144 + 0,0224 + 0,0324 + 0,0504 + 0,0864 = 0,2144.
По формуле Бейеса, искомая вероятность того, что отказали первая и вторая лампы, равна
РА(В1) = Р(В1)∙РВ1(А)/ Р(А) = 0,0084/0,2144
Два равносильных шахматиста играют в шахматы. Что вероятнее: выиграть две партии из четырех или три из шести (ничьи во внимание не принимаются)?
Играют равносильные шахматисты, поэтому вероятность выигрыша p=1/2; следовательно, вероятность проигрыша q также равна 1/2. Так как во всех партиях вероятность выигрыша постоянна и безразлично, в какой последовательности будут выиграны партии, то применима формула Бернулли.
Найдем вероятность того, что две партии из четырех будут выиграны:
Найдем вероятность того, что выиграны три партии из шести:
Так как P4(2)>P6(3), то вероятнее выиграть две партии из четырех, чем три из шести.
Два равносильных противника играют в шахматы. Что вероятнее: а) Выиграть одну партию из двух или две партии из четырех? б)выиграть не менее двух партий из четырех или не менее трех партий из пяти? Ничьи во внимание не принимаються.
Играют равносильные шахматисты, поэтому вероятность выигрыша 
; следовательно, вероятность проигрыша 
. Так как во всех партиях вероятность выигрыша постоянна и безразлично, в какой последовательности будут выигранв партии, то применима формула Бернулли.
А) Найдем вероятность того, что две партии из четырех будут выиграны:
Найдем вероятность того, что одна партия из двух будет выиграна:
Б) Найдем вероятность выиграть не менее двух партий из четырех:
Найдем вероятность выиграть не менее трех партий из пяти:
Монету бросают пять раз. Найти вероятность того, что “герб” выпадет: а)мене двух раз; б)не менее двух раз.
При бросании монеты вероятность выпадения герба и решки, равновероятны, поэтому вероятность выпадения герба равна 
; следовательно вероятность выпадения решки 
; Так как при бросании вероятность постоянна, то применима формула Бернулли.
А) Найдем вероятность того, что герб выпадет менее двух раз:
;
.
.
Б) Найдем вероятность того, что герб выпадет не менее двух раз:
;
Ответ: a) 
; б) 
а) Найти вероятность того, что событие А появится не менее трёх раз в четырёх независимых испытаниях, если вероятность появления события А в одном испытании равна 0,4;
б) Событие В появится в случае, если событие А наступит не менее четырёх раз. Найти вероятность наступления события В, если будет произведено 5 независимых испытаний, в каждом из которых вероятность появления события А равна 0,8.
а)Так как вероятность появления события А во всех испытаниях одинакова и все испытания независимы, то применяем формулу Бернулли. Так как вероятность появления события А в одном испытании равна 0,4, т.е. р = 0,4, то вероятность не появления события А в одном испытании равна
Найдём вероятность того, что событие А появится ровно 3 раза в четырёх независимых испытаниях и найдём вероятность того, что событие А появится ровно 4 раза в четырёх независимых испытаниях и просуммируем их:
б) Так как вероятность появления события А во всех испытаниях одинакова и все испытания независимы, то применяем формулу Бернулли.
Найдём вероятности того, что событие А появится ровно 4 раза и 5 раз в пяти независимых испытаниях и просуммируем:
Ответ: а) 0,1792 б) 0,73728
Задание: Устройство состоит из трех независимо работающих основных элементов. Устройство отказывает, если откажет хотя бы один элемент. Вероятность отказа каждого элемента за время t равна 0,1. Найти вероятность безотказной работы устройства за время t, если: а) работают только основные элементы; б) включен один резервный элемент; в) включены два резервных элемента. Предполагается, что резервные элементы работают в том же режиме, что и основные, вероятность отказа каждого резервного элемента также равна 0,1 и устрой- устройство отказывает, если работает менее трех элементов.
Решение: По условию 
, следовательно вероятность стабильной работы каждого элемента 
. Так как безразлично какой из элементов откажет и вероятности отказа всех элементов равны, применима формула Бернулли.
а) Найдём вероятность того, что будут работать все 3 элемента
:
б) Найдём вероятность того, что устройство будет работать при одном дополнительном элементе на протяжении времени t. 
:
в) Найдём вероятность того, что устройство будет работать при двух дополнительных элементах на протяжении времени t. 
:
В семье пять детей. Найти вероятность того, что среди этих детей: а) два мальчика; б) не более двух мальчиков в) более двух мальчиков г) не менее двух и не более трёх мальчиков.
Вероятность рождения мальчиков принять равной 0.51
Решение: По условию 
=0.51 следовательно вероятность 
= 0.49 и применима формула Бернулли.
а) Найдём вероятность того, что в семье 2 мальчика:
0.62
б) Найдём вероятность того, что в семье не более двух мальчиков:
в) Найдём вероятность того, что в семье более двух мальчиков:
г) найдём вероятность того, что в семье не менее двух и не более трёх мальчиков:
На отрезок АВ длины а наудачу брошено пять точек. Найти вероятность того, что две точки будут находиться от точки А на расстоянии, меньшем x, а три — на расстоянии, большем x. Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка и не зависит от его расположения.
Решение: т.к. p = xa — вероятность того, что точка будет находиться на расстоянии меньшем чем x, следовательно, q = 1 – p=1- xa= a-xa. По формуле Бернулли имеем: Pnk= Cnkpkqn-k. P52= C52xa2a-xa3.
Отрезок разделен на четыре равные части. На отрезок наудачу брошено восемь точек. Найти вероятность того, что на каждую из четырех частей отрезка попадет по две точки. Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка и не зависит от его расположения.
Вероятность того, что точка попадет в нужный отрезок равна р=1/4.
Искомая вероятность равна
Р= С82 С62 С42 С22*(1/4)8
Найти вероятность того, что событие A наступит ровно 70 раз в 243 испытаниях, если вероятность появления этого события в каждом испытании равна 0,25.
Решение: По условию, n=243; k=70; p=0,25; q=0,75. Т.к. n=243 – достаточно большое число, воспользуемся локальной теоремой Лапласа:
Найдем значение x: 
. По таблице найдем 
Тогда искомая вероятность 
Ответ: 
.
Найти вероятность того, что событие А наступит 1400 раз в 2400 испытаниях, если вероятность появления этого события в каждом испытании равна 0,6.
Решение: По условию, n=2400; k=1400; p=0,6; q=0,4. Так как n=2400 – достаточно большое число, воспользуемся локальной теоремой Лапласа:
Найдем значение x: 
.
Так как 
четная функция, то 
= 
.
По таблице найдем 
Тогда искомая вероятность 
Вероятность поражения мишени при одном выстреле равна 0,8. Найти вероятность того, что при 100 выстрелах мишень будет поражена ровно 75 раз.
Так как n велико, воспользуемся локальной теоремой Лапласа:
(k)=
φ(x).
X=
=
=-1,25.
Функция φ(x) четная, поэтому φ(-1,25)= φ(1,25)=0,1826.
.
Вероятность рождения мальчика равна 0,51.
Найти вероятность того, что среди 100 новорожденных
окажется 50 мальчиков.
х_р—пр_ 1400—24000,6 _ 40
лг*/’2—четная, поэтому ф(—1,67)=ф( 1,67).
По таблице приложения 1 найдем ф( 1,67) = 0,0989.
Я24оо A400) = 1/24-0,0989=0,0041.
Монета брошена 2N раз (N велико!). Найти вероятность того, что «герб» выпадет ровно N раз.
Решение. n=2N, k=N, p=0,5, q=0,5. Для нахождения вероятности выпадения «герба» ровно N раз воспользуемся локальной теоремой Лапласа :
(N)=φ(x)* 1/
;
φ(x)=
1/
;
x=(k-pn)/
;
x=0; φ(x)≈0,3989; 
(N)≈0.5641/
Монета брошена 2N раз. Найти вероятность того, что «герб» выпадет на 2m раз больше, чем надпись.
Т.к. исход каждого испытания не зависит от предыдущих исходов и возможных исходов два («герб» или надпись), то вероятность выпадения «герба» в каждом испытании равна 
. Всего проведено n=2N испытаний, а «герб» выпал на 2m раза больше, чем надпись, значит обозначим количество выпадений «герба» за t, получим уравнение: 
. Очевидно, что количество исходов, в которых выпал «герб», равно 
.
По локальной теореме Лапласа вероятность того, что в n независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность появления события равна p, событие наступит ровно k раз, равна:
Вероятность появления события в каждом из 
независимых испытаний постоянна и равна 
. Найти вероятность того, что событие появится: а) не менее 
раз и не более 
раз; б) не менее 
раз; в) не более 
раз.
Воспользуемся интегральной теоремой Лапласа: 
, где 
– функция Лапласа, 
Бросание монет. Решение задач на нахождение вероятности
На этой странице я расскажу об одном популярном классе задач, которые встречаются в любых учебниках и методичках по теории вероятностей — задачах про бросание монет (кстати, они встречаются в части В6 ЕГЭ). Формулировки могут быть разные, например «Симметричную монету бросают дважды. » или «Бросают 3 монеты . «, но принцип решения от этого не меняется, вот увидите.
Кстати, сразу упомяну, что в контексте подобных задач не существенно, написать «бросают 3 монеты» или «бросают монету 3 раза», результат (в смысле вычисления вероятности) будет один и тот же (так как результаты бросков независимы друг от друга).
Для задач о подбрасывании монеты существуют два основных метода решения, один — по формуле классической вероятности (фактически переборный метод, доступный даже школьникам), а также его более сложный вариант с использованием комбинаторики, второй — по формуле Бернулли (на мой взгляд он даже легче первого, нужно только запомнить формулу). Рекомендую по порядку прочитать про оба метода, и потом выбирать при решении подходящий.
1. Классическое определение вероятности
Для начала надо вспомнить саму формулу, по которой будем считать. Итак, вероятность находится как $P=m/n$, где $n$ — число всех равновозможных элементарных исходов нашего случайного эксперимента с подбрасыванием, а $m$ — число тех исходов, которые благоприятствуют событию (то есть тому, что указано в условии задачи). Но как найти эти загадочные исходы? Проще всего пояснить на примерах.
Пример 1. В случайном эксперименте симметричную монету бросают дважды. Найдите вероятность того, что орел выпадет ровно один раз.
Итак, монету бросают дважды. Если обозначить буквой Р выпадение решки (цифры), а буквой О — выпадение орла (герба), то все возможные выпадения можно записать так: РР, ОР, РО и ОО (соответствено, выпали две решки, орел потом решка, решка потом орел и два орла). Подсчитываем число этих комбинаций и получаем $n=4$. Теперь из них надо отобрать только те, что удовлетворяют условию «орел выпадет ровно один раз», это комбинации ОР и РО и их ровно $m=2$. Тогда искомая вероятность равна $P=2/4=1/2=0.5$. Готово!
Пример 2. Дважды бросают симметричную монету. Найти вероятность того, что оба раза выпала одна сторона.
Так как монета снова подбрасывается два раза, множество всех элементарных исходов эксперимента (или комбинаций, как мы их называем здесь для удобства), точно такое же: РР, ОР, РО и ОО, $n=4$. А вот условию «оба раза выпала одна сторона» удовлетворяют другие комбинации: РР и ОО, откуда $m=2$. Нужная вероятность равна $P=2/4=1/2=0.5$.
Как видим, все довольно просто. Перейдем к чуть более сложной задаче.
Пример 3. В случайном эксперименте симметричную монету бросают трижды. Найдите вероятность того, что орел выпадет ровно два раза.
Снова применим формулу классической вероятности. Шаг первый — выписываем все возможные комбинации уже для 3 бросков! Это будут: ООО, ООР, ОРО, ОРР, РОО, РОР, РРО, РРР. Смотри-ка, бросков всего на один больше, а комбинаций возможных уже $n=8$ (кстати, они находятся по формуле $n=2^k$, где $k$ — число бросков монеты).
Теперь из этого списка надо оставить только те комбинации, где О встречается 2 раза, то есть: ООР, ОРО, РОО, их будет $m=3$. Тогда вероятность события $P=m/n=3/8=0.375$.
Взяли разгон и переходим к 4 монетам.
Пример 4. Монету бросают 4 раза. Найти вероятность того, что герб выпадет от 2 до 3 раз.
Приступаем к вычислению. Шаг первый — выписываем все возможные комбинации для 4 бросков монеты. Чтобы проверить себя, сразу подсчитаем, что их должно получиться $n=2^4=16$ штук! Вот они:
OOOO, OOOP, OOPO, OOPP, OPOO, OPOP, OPPO, OPPP,
POOO, POOP, POPO, POPP, PPOO, PPOP, PPPO, PPPP.
Теперь выбираем те, где герб (он же орел, он же буква О) встречается 2 или 3 раза: OOOP, OOPO, OOPP, OPOO, OPOP, OPPO, POOO, POOP, POPO, PPOO, их будет $m=10$. Тогда вероятность равна $P=m/n=10/16=5/8=0.625$.
Думаю, к этому времени вы уже поняли суть метода и сможете сами решить задачи, где бросаются 2-3-4 монеты и орел не выпадает ни разу, или решка ровно один раз и т.п.
2. Комбинаторика + классическая вероятность
Надо заметить, что если действовать исключительно переборным методом (как это делалось выше), с ростом числа монет быстро растет число комбинаций (для 5 монет — 32, для 6 монет — 64 и так далее), так что и вероятность ошибиться при выписывании исходов велика, метод решения теряет свою простоту и привлекательность.
Один из способов решения этой проблемы — остаться в рамках формулы классической вероятности, но использовать комбинаторные методы (см. формулы комбинаторики тут) для подсчета числа исходов. Поясню на примере последней задачи, решив ее другим способом.
Пример 4. Монету бросают 4 раза. Найти вероятность того, что герб выпадет от 2 до 3 раз.
Найдем количество всех равновозможных элементарных исходов эксперимента, заключающегося в бросании 4 монет. Все исходы можно закодировать некоторой последовательностью вида $X_1 X_2 X_3 X_4$, где $X_i=O$ (в $i$-ый раз выпал орел) или $X_i=P$ (в $i$-ый раз выпала решка). Найдем число всех таких последовательностей. Значение $X_1$ (результат первого броска) может быть выбран 2 способами (орел или решка), значение $X_2$ (результат второго броска) может быть выбран 2 способами (орел или решка), и так далее. Итого получим всего $n=2\cdot 2\cdot 2\cdot 2=16$ различных исходов. Или, если использовать формулу комбинаторики для числа размещений с повторениями из 2 объектов по 4 позициям, сразу получим $n=A_4^2=2^4=16$.
Найдем число благоприятствующих исходов с использованием комбинаторики. Сначала найдем число таких последовательностей, где О встречается ровно 2 раза. Выбираем $C_4^2$ способами 2 позиции, где будет стоять О (на остальных тогда ставим решки). Аналогично для последовательностей, где О встречается ровно 3 раза — $C_4^3$ способами выбираем 3 позиции, где будет стоять О (на оставшейся позиции записывается решка). Подсчитывая число сочетаний и складывая, найдем количество благоприятствующих комбинаций: $$ m=C_4^2+C_4^3=\frac<4!><2!2!>+\frac<4!><3!1!>=\frac<3\cdot 4><1\cdot 2>+4=6+4=10. $$ Итого получаем такое же значение вероятности: $P=m/n=10/16=0.625$.
Конечно, этот подход кажется сложнее из-за более формального математического описания решения, но гораздо легче масштабируется.
Например, если рассмотреть подобную задачу:
Пример 5. Монету бросают 8 раз. Найти вероятность того, что герб выпадет ровно 4 раза
Ответ можно получить без выписывания 256 комбинаций (. ), просто по аналогии с примером выше: $$ n=2^8=256;\\ m=C_8^4=\frac<8!><4!4!>=\frac<5\cdot 6\cdot 7 \cdot 8><1\cdot 2 \cdot 3 \cdot 4>=70;\\ P=\frac
Ради полноты изложения приведу еще пример задачи, решаемой подобным образом (но если хотите, можете сразу переходить к более простому способу 3).
Пример 6. Монету подбрасывают 6 раз. Найти вероятность того, что гербы выпадут два раза и только подряд, а в остальные разы будут только решки.
Найдем количество всех равновозможных элементарных исходов эксперимента, заключающегося в бросании 6 монет. Так как каждый бросок дает 2 возможных исхода (О или Р), всего получим $n=2^6=64$ элементарных исхода (комбинации вида ОРОРОР, ОООРРР и т.д.).
Найдем число благоприятствующих исходов. Мысленно объединим два герба, которые должны появиться рядом, в один объект (ОО). Остается выбрать ему место среди остальных 4 решек (так гербов должно выпасть 2, то решек — 6-2=4). Существует $m=C_5^1=5$ способов выбрать позицию в последовательности из 5 объектов. Для наглядности, если выбрана позиция 2, то есть оба герба стоят на втором месте, это комбинация Р(ОО)РРР, если выбрана позиция 4 — РРР(ОО)Р.
Искомая вероятность: $P=m/n=5/64=0.078$.
Способ 3. Формула Бернулли
Рассмотрим общую задачу о подбрасывании монет.
Пусть бросается $n$ монет (или, что тоже самое, монета бросается $n$ раз). Нужно вычислить вероятность того, что герб появится в точности $k$ раз.
Так как броски монет — события независимые (результат броска одной монеты не влияет на последующие броски), вероятность выпадения герба в каждом броске одинакова (и равна $p=1/2=0.5$), то можно для вычисления вероятности применить формулу Бернулли: $$ P=P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^
То есть, мы вывели общую формулу, дающую ответ на вопрос «какова вероятность того, что герб появится в точности $k$ раз из $n$» (запишем в трех эквивалентных видах, выбирайте удобный для себя): $$ P=C_n^k \cdot \left(1/2\right)^n=\frac
А теперь все задачи решаются проще простого, вот глядите!
Пример 1. В случайном эксперименте симметричную монету бросают дважды. Найдите вероятность того, что орел выпадет ровно один раз.
Подставляем $n=2, k=1$ и получаем $P=C_2^1 \cdot \left(1/2\right)^2=2 \cdot \frac<1><4>=\frac<1><2>=0.5.$
Пример 4. Монету бросают 4 раза. Найти вероятность того, что герб выпадет от 2 до 3 раз.
Это уже третий способ решения задачи!
Подставляем $n=4, k=2$ и $k=3$, получаем $$P=C_4^2 \cdot \left(1/2\right)^4+C_4^3 \cdot \left(1/2\right)^4=(6+4) \cdot \frac<1><16>=\frac<10><16>=0.625.$$
Пример 7. В случайном эксперименте симметричную монету бросают трижды. Найдите вероятность того, что орел не выпадет ни разу.
Подставляем $n=3, k=0$ и получаем $P=C_3^0 \cdot \left(1/2\right)^3=1 \cdot \frac<1><8>=\frac<1><8>=0.125.$
Пример 8. Пусть бросают 8 монет. Найти вероятность того, что орел не менее 7 раз.
Подставляем $n=8, k=7$ и $k=8$ и получаем $$P=C_8^8 \cdot \left(1/2\right)^8+ C_8^7 \cdot \left(1/2\right)^8=(1+8) \cdot \frac<1><256>=\frac<9><256>=0.035.$$
Таким образом, используя одну простейшую формулу, можно решать множество задач, причем неважно, 3 монеты бросается, или 30, сложность расчетов примерно одинакова. Но, если число бросков становится очень большим, удобнее использовать приближенные формулы Муавра-Лапласа, о которых можно узнать здесь.
Полезные ссылки
Решебник по вероятности
А здесь вы найдете более 200 задач о бросании монет с полными решениями (вводите часть текста для поиска своей задачи):