Теория вероятностей

Классическая вероятность, действия над событиями, серия испытаний и выбор из набора. Ответ дробью и десятичным числом сразу.

Благоприятных исходов m сколько подходят под условие Всего исходов n сколько их вообще

Как это считается

Вероятность — доля благоприятных исходов среди всех равновозможных. Отсюда и границы: меньше нуля она не бывает, больше единицы тоже.

P (A) = \frac{m}{n}, 0 ⩽ P (A) ⩽ 1

Ответ больше единицы — точно ошибка, и это лучшая проверка себя. Причина почти всегда одна: сложили события, которые могут произойти вместе, и не вычли вероятность того, что произошли оба.

Вторая ловушка — умножение. Независимые события перемножаются как есть, зависимые — с условной вероятностью: два туза подряд из колоды дают 4/52 · 3/51, а не квадрат первой дроби.

Третья — слово «хотя бы». Складывать все подходящие случаи не нужно: противоположное событие всегда одно, «ни разу».

Формулы рядом

Правый столбец важнее левого: формулы помнят все, а условия их применимости забывают.

ЧТО	ФОРМУЛА	КОГДА РАБОТАЕТ
Классическая вероятность	$P = \frac{m}{n}$	исходы равновозможны
Противоположное событие	$P (\overset{ˉ}{A}) = 1 - P (A)$	всегда
Сложение несовместных	$P (A \cup B) = P (A) + P (B)$	вместе произойти не могут
Сложение совместных	$P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A \cap B)$	могут произойти оба
Умножение независимых	$P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)$	первое не влияет на второе
Умножение зависимых	$P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B ∣ A)$	первое меняет условия
Формула Бернулли	$P_{n} (k) = C_{n}^{k} p^{k} q^{n - k}$	испытания независимы, p постоянна

Примеры расчёта

Классическая вероятность и противоположное событие

m = 2, n = 5, P = ?

Считаем по определению

$P = \frac{m}{n} = \frac{2}{5} = \frac{2}{5} = 0,4$

Классическая вероятность — доля благоприятных исходов среди всех равновозможных. Формула работает только при равновозможности: у кубика шесть равных граней, у кнопки «включить» и «не включить» — нет.
Заодно — противоположное событие

$P (\overset{ˉ}{A}) = 1 - P (A) = 1 - \frac{2}{5} = \frac{3}{5} = 0,6$

Событие либо произошло, либо нет, третьего не дано — поэтому две вероятности в сумме дают единицу. Часто искомое проще посчитать «от обратного», и этот переход экономит половину работы.

P = \frac{2}{5} = 0,4

Дробь и десятичная запись — один и тот же ответ. В бланк ЕГЭ вносят 0,4, но считать удобнее дробью: сокращение видно сразу, а округление ничего не портит.

Зависимые события: два туза подряд

P (A) = \frac{1}{13}, P (B) = \frac{1}{17}, P (A \cap B) = ?

Перемножаем зависимые события

$P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B ∣ A) = \frac{1}{13} \cdot \frac{1}{17} = \frac{1}{221} \approx 0,0045$

События зависимы, поэтому второй множитель — условная вероятность: вероятность B при уже случившемся A. Два туза подряд из колоды — это 4/52 · 3/51, а не квадрат первой дроби: карт стало меньше, и тузов тоже.

P = \frac{1}{221} \approx 0,0045

Первую карту не вернули: осталась 51 карта и три туза. Посчитав (4/52)², получишь примерно 0,0059 вместо 0,0045 — разница в полтора раза, и на глаз она не видна.

Совместные события: где теряют вычитание

P (A) = \frac{3}{5}, P (B) = \frac{7}{10}, P (A \cup B) = ?

Находим вероятность пересечения

$P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B) = \frac{3}{5} \cdot \frac{7}{10} = \frac{21}{50} = 0,42$

События совместны и независимы, поэтому вероятность того, что произойдут оба сразу, — произведение вероятностей.
Складываем совместные события

$P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A \cap B) = \frac{3}{5} + \frac{7}{10} - \frac{21}{50} = \frac{22}{25} = 0,88$

Вычесть пересечение обязательно: случаи, когда произошли оба события, иначе посчитаны дважды. Забытое вычитание — самая частая ошибка в этой формуле, и выдаёт её ответ больше единицы.

P = \frac{22}{25} = 0,88

Без вычитания пересечения вышло бы 1,3 — невозможное число, и это лучший признак ошибки. Случаи, когда сработали оба события, при простом сложении посчитаны дважды.

Хотя бы один раз: через противоположное событие

n = 4, k = 1, p = \frac{1}{5}

Выписываем данные

$n = 4, k = 1, p = \frac{1}{5}, q = 1 - p = \frac{4}{5}$

Формула Бернулли работает, когда испытания независимы и вероятность успеха в каждом одна и та же. Вынимание шаров без возвращения этому условию не отвечает — там вероятность меняется от раза к разу.
Переходим к противоположному событию

$P (ни одного) = q^{n} = {(\frac{4}{5})}^{4} = \frac{256}{625} = 0,4096$

«Хотя бы один» означает «один, или два, или три, или все» — складывать пришлось бы все случаи. Противоположное событие ровно одно: не произошло ни разу. Его вероятность — просто степень.
Вычитаем из единицы

$P (хотя бы один) = 1 - q^{n} = 1 - \frac{256}{625} = \frac{369}{625} = 0,5904$

Одно действие вместо суммы из нескольких слагаемых. Если в задаче звучит «хотя бы», почти всегда считать надо так.

P = \frac{369}{625} = 0,5904

Прямой путь потребовал бы сложить четыре слагаемых по формуле Бернулли. Противоположных событий всего одно — «ни разу», — и его вероятность просто степень. Слово «хотя бы» в условии почти всегда означает именно этот приём.

Вопросы

Как считать «хотя бы один раз»?

Через противоположное событие: 1 − qⁿ, где q — вероятность неудачи в одном испытании. Прямое сложение всех случаев даёт то же число, но слагаемых там n, и ошибиться проще.

Когда события зависимы?

Когда первое меняет условия для второго. Шар вынули и не вернули — состав урны изменился, значит зависимы. Бросили монету дважды — первый бросок ни на что не влияет, значит независимы.

Почему при сложении иногда вычитают?

Если события могут произойти вместе, случаи «сработали оба» попадают в обе вероятности и считаются дважды. Пересечение вычитают, чтобы убрать двойной счёт.

Ответ получился больше 1 — где ошибка?

Вероятность больше единицы невозможна, так что ошибка точно есть. Чаще всего: сложили совместные события без вычитания пересечения либо перепутали, что складывать, а что умножать.

Дробью или десятичным числом писать ответ?

В бланк ЕГЭ вносят десятичное число, поэтому калькулятор показывает обе записи. Если дробь бесконечная, стоит знак ≈ — округляй по требованию задачи, обычно до сотых.

Что такое формула Байеса?

Способ поменять местами условие и событие в условной вероятности: P(B|A) = P(A|B)·P(B) / P(A). Она напрямую следует из формулы умножения зависимых событий из таблицы выше — просто расписанной с двух сторон одного и того же пересечения. Отдельного режима для неё в калькуляторе нет, но каждая часть формулы — обычная классическая или условная вероятность, которую он и считает.

Подходит ли формула Бернулли для шаров без возвращения?

Нет. Она требует, чтобы вероятность успеха была одной и той же в каждом испытании, а без возвращения состав меняется. Для таких задач есть вкладка «Выбор из набора» — там считается через сочетания.

Теория вероятностей

Калькулятор

Как это считается

Формулы рядом

Примеры расчёта

Классическая вероятность и противоположное событие

Считаем по определению

Заодно — противоположное событие

Зависимые события: два туза подряд

Перемножаем зависимые события

Совместные события: где теряют вычитание

Находим вероятность пересечения

Складываем совместные события

Хотя бы один раз: через противоположное событие

Выписываем данные

Переходим к противоположному событию

Вычитаем из единицы

Вопросы

Похожие калькуляторы