Най-важното от урока
Условна вероятност: \(P(A|B)\) - вероятност за A, ако B е факт.
Умножение: За независими събития \(P(A \cap B) = P(A)P(B)\) (хвърляне на зар). За зависими \(P(A \cap B) = P(A)P(B|A)\) (теглене на карти).
С връщане (Бернули): \(P_n(k) = C_n^k p^k q^{n-k}\) (5 хвърляния на монета, търсим 3 ези).
Без връщане (Хипергеометрична): \(P = \frac{C_M^k C_{N-M}^{n-k}}{C_N^n}\) (теглене на 3 топки от кутия, търсим 2 бели).
Геометрична вероятност: \(P = \frac{\text{благоприятна дължина/лице}}{\text{цяла дължина/лице}}\) (задача за срещата).
Умножение: За независими събития \(P(A \cap B) = P(A)P(B)\) (хвърляне на зар). За зависими \(P(A \cap B) = P(A)P(B|A)\) (теглене на карти).
С връщане (Бернули): \(P_n(k) = C_n^k p^k q^{n-k}\) (5 хвърляния на монета, търсим 3 ези).
Без връщане (Хипергеометрична): \(P = \frac{C_M^k C_{N-M}^{n-k}}{C_N^n}\) (теглене на 3 топки от кутия, търсим 2 бели).
Геометрична вероятност: \(P = \frac{\text{благоприятна дължина/лице}}{\text{цяла дължина/лице}}\) (задача за срещата).
Вероятността събитие A да се случи, при условие, че събитие B вече се е случило. Бележи се с \(P(A|B)\).
\[ P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}, \text{ при } P(B) > 0 \]
\(P(A \cap B)\) е вероятността двете събития да се случат едновременно.
При теглене на карти без връщане, вероятността втората изтеглена карта да е купа, при условие че първата е била купа, е \(P(\text{втора купа} | \text{първа купа}) = \frac{12}{51}\), защото след изтеглянето на първата купа в тестето са останали 12 купи от общо 51 карти.
В кутия има 5 бели и 3 черни топки. Каква е условната вероятност да изтеглим втора бяла топка, ако първата изтеглена е била бяла и не е върната в кутията?
След изтеглянето на една бяла топка остават 4 бели и 3 черни, общо 7 топки.
Вероятността е \(P = \frac{4}{7}\).
Вероятността е \(P = \frac{4}{7}\).
Използва се за намиране на вероятността две събития A и B да настъпят едновременно.
\[ P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A) \]
Вероятността за A и B е равна на вероятността за A, умножена по условната вероятност за B, ако A вече е настъпило.
Ако събитията A и B са независими (изходът от едното не влияе на другото), формулата се опростява до:
\[ P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \]
Вероятността да изтеглим две купи последователно от тесте с 52 карти без връщане (зависими събития) е \(P = \frac{13}{52} \cdot \frac{12}{51} = \frac{1}{17}\).
Вероятността да изтеглим две купи с връщане (независими събития) е \(P = \frac{13}{52} \cdot \frac{13}{52} = \frac{1}{16}\).
Вероятността да изтеглим две купи с връщане (независими събития) е \(P = \frac{13}{52} \cdot \frac{13}{52} = \frac{1}{16}\).
Каква е вероятността при две хвърляния на зар да се паднат две шестици?
Хвърлянията са независими събития. Вероятността за шестица е \(\frac{1}{6}\).
\(P(\text{6 и 6}) = P(6) \cdot P(6) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{36}\).
\(P(\text{6 и 6}) = P(6) \cdot P(6) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{36}\).
Използва се за намиране на вероятността при \(n\) независими опита едно събитие ("успех") да настъпи точно \(k\) пъти. Това отговаря на експерименти "с връщане".
\[ P_n(k) = C_n^k p^k q^{n-k} \]
\(p\) е вероятността за "успех", \(q = 1-p\) е вероятността за "неуспех", \(C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}\) е броят комбинации.
Правилна монета се хвърля 5 пъти (\(n=5\)). Вероятността да се падне "ези" (\(p=0.5\)) точно 4 пъти (\(k=4\)) е:
\[ P_5(4) = C_5^4 \left(\frac{1}{2}\right)^4 \left(\frac{1}{2}\right)^{1} = 5 \cdot \frac{1}{16} \cdot \frac{1}{2} = \frac{5}{32} \]
Стрелец уцелва мишената с вероятност \(p=0.8\). Каква е вероятността при 3 изстрела да уцели точно 2 пъти?
Тук \(n=3, k=2, p=0.8, q=0.2\).
\(P_3(2) = C_3^2 (0.8)^2 (0.2)^1 = 3 \cdot 0.64 \cdot 0.2 = 0.384\).
\(P_3(2) = C_3^2 (0.8)^2 (0.2)^1 = 3 \cdot 0.64 \cdot 0.2 = 0.384\).
Използва се, когато теглим \(n\) обекта без връщане от съвкупност \(N\), която съдържа \(M\) обекта от желания вид. Търсим вероятността да изтеглим точно \(k\) обекта от този вид.
\[ P = \frac{C_M^k C_{N-M}^{n-k}}{C_N^n} \]
Вероятността е отношението на благоприятните комбинации към всички възможни комбинации.
От кутия с 5 бели и 4 черни топки (\(N=9, M=5\)) се теглят 3 топки (\(n=3\)) без връщане. Вероятността точно 2 да са бели (\(k=2\)) е:
\[ P = \frac{C_5^2 C_4^1}{C_9^3} = \frac{10 \cdot 4}{84} = \frac{10}{21} \]
От група с 10 мъже и 8 жени трябва да се избере комисия от 4 души. Каква е вероятността в комисията да има точно 3 жени?
\(N=18, M=8\) (жени), \(n=4, k=3\).
\(P = \frac{C_8^3 C_{10}^1}{C_{18}^4} = \frac{56 \cdot 10}{3060} \approx 0.183\).
\(P = \frac{C_8^3 C_{10}^1}{C_{18}^4} = \frac{56 \cdot 10}{3060} \approx 0.183\).
Прилага се, когато пространството от елементарни събития е безкрайно (например точки в интервал или фигура). Вероятността е отношение на мерки (дължини, лица, обеми).
\[ P = \frac{\text{мярка на благоприятната област}}{\text{мярка на цялата област}} \]
Върху права: По случаен начин се избира точка от отсечка \(AD\) с дължина 40 cm. В нея има отсечка \(BC\) с дължина 16 cm. Вероятността точката да е от \(BC\) е:
\(P = \frac{|BC|}{|AD|} = \frac{16}{40} = \frac{2}{5}\).Върху равнина: В квадрат със страна 60 единици е защрихована област с лице 1575. Вероятността случайно избрана точка от квадрата да попадне в защрихованата област е:
\(P = \frac{S_{\text{оцветена}}}{S_{\text{квадрат}}} = \frac{1575}{3600} = \frac{7}{16}\).
В кръг с радиус \(R=10\) cm има концентричен кръг с радиус \(r=6\) cm. Каква е вероятността случайно избрана точка от големия кръг да попадне в малкия?
\(S_{\text{голям}} = \pi R^2 = 100\pi\).
\(S_{\text{малък}} = \pi r^2 = 36\pi\).
\(P = \frac{S_{\text{малък}}}{S_{\text{голям}}} = \frac{36\pi}{100\pi} = \frac{9}{25} = 0.36\).
\(S_{\text{малък}} = \pi r^2 = 36\pi\).
\(P = \frac{S_{\text{малък}}}{S_{\text{голям}}} = \frac{36\pi}{100\pi} = \frac{9}{25} = 0.36\).
Задачи за упражнение
Лесна: Хвърляме стандартен зар. Каква е вероятността да се падне число, което е четно или по-голямо от 4?
Всички възможни изходи са {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
Благоприятните изходи са тези, които са четни {2, 4, 6} или по-големи от 4 {5, 6}. Обединението им е {2, 4, 5, 6} - общо 4 изхода.
Вероятността е \(P = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}\).
Благоприятните изходи са тези, които са четни {2, 4, 6} или по-големи от 4 {5, 6}. Обединението им е {2, 4, 5, 6} - общо 4 изхода.
Вероятността е \(P = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}\).
Средна: В лотария има 50 билета, от които 10 са печеливши. Купувате 3 билета. Каква е вероятността поне един от тях да е печеливш?
По-лесно е да намерим вероятността на противоположното събитие - нито един билет да не е печеливш, и да я извадим от 1.
Броят на непечелившите билети е 40. Теглим 3 билета без връщане.
Вероятността и трите да са непечеливши е (по хипергеометрична формула): \[ P(\text{0 печеливши}) = \frac{C_{40}^3 C_{10}^0}{C_{50}^3} = \frac{\frac{40 \cdot 39 \cdot 38}{3 \cdot 2 \cdot 1}}{\frac{50 \cdot 49 \cdot 48}{3 \cdot 2 \cdot 1}} = \frac{9880}{19600} \approx 0.504 \] Вероятността за поне един печеливш е: \[ P(\text{поне 1}) = 1 - P(\text{0 печеливши}) = 1 - 0.504 = 0.496 \]
Броят на непечелившите билети е 40. Теглим 3 билета без връщане.
Вероятността и трите да са непечеливши е (по хипергеометрична формула): \[ P(\text{0 печеливши}) = \frac{C_{40}^3 C_{10}^0}{C_{50}^3} = \frac{\frac{40 \cdot 39 \cdot 38}{3 \cdot 2 \cdot 1}}{\frac{50 \cdot 49 \cdot 48}{3 \cdot 2 \cdot 1}} = \frac{9880}{19600} \approx 0.504 \] Вероятността за поне един печеливш е: \[ P(\text{поне 1}) = 1 - P(\text{0 печеливши}) = 1 - 0.504 = 0.496 \]
Трудна: Двама души се уговарят да се срещнат между 14:00 и 15:00. Всеки от тях пристига в случаен момент и чака другия 10 минути, след което си тръгва. Каква е вероятността да се срещнат?
Това е "задача за срещата". Разглеждаме времената на пристигане \(x\) и \(y\) като координати в квадрат със страна 60 минути (\(0 \le x \le 60\), \(0 \le y \le 60\)).
Областта на всички възможности има лице \(S_{\text{всички}} = 60 \cdot 60 = 3600\).
За да се състои срещата, трябва \(|x-y| \le 10\).
Областта, в която среща няма, се състои от два правоъгълни триъгълника с катети \(60-10=50\). Лицето на тази неблагоприятна област е \(S_{\text{няма среща}} = 2 \cdot \frac{50 \cdot 50}{2} = 2500\).
Лицето на благоприятната област е \(S_{\text{среща}} = S_{\text{всички}} - S_{\text{няма среща}} = 3600 - 2500 = 1100\).
Вероятността е \(P = \frac{1100}{3600} = \frac{11}{36}\).
Областта на всички възможности има лице \(S_{\text{всички}} = 60 \cdot 60 = 3600\).
За да се състои срещата, трябва \(|x-y| \le 10\).
Областта, в която среща няма, се състои от два правоъгълни триъгълника с катети \(60-10=50\). Лицето на тази неблагоприятна област е \(S_{\text{няма среща}} = 2 \cdot \frac{50 \cdot 50}{2} = 2500\).
Лицето на благоприятната област е \(S_{\text{среща}} = S_{\text{всички}} - S_{\text{няма среща}} = 3600 - 2500 = 1100\).
Вероятността е \(P = \frac{1100}{3600} = \frac{11}{36}\).
