Объясни как все это решать , это статистика вероятности
Краткий ответ
- а) \(0{,}6\); б) \(0{,}7\); в) \(0{,}7\).
- а) \(0{,}7\); б) \(0{,}55\).
- \(\frac{13}{20}=0{,}65\).
- а) \(\frac{3}{38}\approx0{,}079\); б) \(\frac{21}{95}\approx0{,}221\).
Это задачи по теории вероятностей. Основная идея: вероятность — это доля «подходящих» исходов; на диаграмме вероятности нужных точек складывают.
1. Диаграмма с равновозможными точками
На первом рисунке всего \(10\) точек:
- только в \(A\) — \(3\);
- в пересечении — \(3\);
- только в \(B\) — \(3\);
- вне кругов — \(1\).
Каждая точка равновозможна, значит, её вероятность \(\frac{1}{10}=0{,}1\).
а) Событие \(B\): точки только в \(B\) и в пересечении:
\[
3+3=6,\qquad P(B)=\frac{6}{10}=0{,}6.
\]
б) \(A\cup \overline B\) — это «\(A\) или не \(B\)». Подходят все точки, кроме тех, что только в \(B\):
\[
10-3=7,\qquad P=0{,}7.
\]
в) \(\overline A\cup B\) — это «не \(A\) или \(B\)». Подходят все точки, кроме тех, что только в \(A\):
\[
10-3=7,\qquad P=0{,}7.
\]
2. Диаграмма с вероятностями
Здесь вероятность события — сумма чисел в его области.
В \(A\) лежат числа \(0{,}2;\ 0{,}1;\ 0{,}1;\ 0{,}3\): \[ P(A)=0{,}2+0{,}1+0{,}1+0{,}3=0{,}7. \]
В \(B\) лежат числа \(0{,}05;\ 0{,}1;\ 0{,}1;\ 0{,}3\): \[ P(B)=0{,}05+0{,}1+0{,}1+0{,}3=0{,}55. \]
Проверка: сумма всех чисел на рисунке равна \(1\), значит, всё учтено верно.
3. Условная вероятность
Сначала было \(7+14=21\) карандаш.
Первый оказался зелёным, значит, зелёных осталось \(13\), а всего карандашей \(20\).
\[ P(\text{второй зелёный}\mid \text{первый зелёный})=\frac{13}{20}=0{,}65. \]
4. Два пакетика без возвращения
Всего пакетиков: \[ 14+6=20. \]
а) Оба зелёные: \[ \frac{6}{20}\cdot\frac{5}{19} =\frac{30}{380} =\frac{3}{38}\approx0{,}079. \]
б) Первый чёрный, второй зелёный: \[ \frac{14}{20}\cdot\frac{6}{19} =\frac{84}{380} =\frac{21}{95}\approx0{,}221. \]
Что запомнить: при вынимании без возвращения после первого раза меняется и общее число предметов, и число нужных. Поэтому второй множитель считаем уже по новому составу.
Обсуждение
2 сообщенияОбъясни те же задания только подробне
Ниже те же задания, но подробнее — с объяснением каждого шага. В теории вероятностей основная формула такая:
\[ P(\text{событие})=\frac{\text{число подходящих исходов}}{\text{число всех равновозможных исходов}}. \]
Если исходы не равновозможны, а заданы вероятности частей, то вероятности этих частей складывают.
1. Диаграмма с точками
На рисунке всего \(10\) точек. Каждая точка — один равновозможный исход, поэтому вероятность одной точки:
\[ \frac{1}{10}=0{,}1. \]
Распределение точек такое:
- только в \(A\) — \(3\) точки;
- в пересечении \(A\cap B\) — \(3\) точки;
- только в \(B\) — \(3\) точки;
- вне обоих кругов — \(1\) точка.
Проверка: \(3+3+3+1=10\).
а) Вероятность события \(B\)
Событию \(B\) подходят точки, которые лежат только в \(B\) и в пересечении:
\[ 3+3=6. \]
Значит,
\[ P(B)=\frac{6}{10}=0{,}6. \]
б) Вероятность \(A\cup \overline B\)
Запись \(\overline B\) означает «не \(B\)».
То есть \(A\cup \overline B\) — это «произошло \(A\) или не произошло \(B\)».
Проще посчитать через противоположное событие. Не подходит только случай «точка лежит в \(B\), но не лежит в \(A\)» — это точки только в \(B\). Их \(3\). Значит, подходят все остальные:
\[ 10-3=7. \]
\[ P(A\cup \overline B)=\frac{7}{10}=0{,}7. \]
Можно посчитать и напрямую: только \(A\) — \(3\), пересечение — \(3\), вне кругов — \(1\). Итого \(3+3+1=7\).
в) Вероятность \(\overline A\cup B\)
Это «не \(A\) или \(B\)». Не подходит только случай «точка только в \(A\)». Таких точек \(3\). Поэтому подходят:
\[ 10-3=7. \]
\[ P(\overline A\cup B)=\frac{7}{10}=0{,}7. \]
2. Диаграмма с вероятностями
Здесь точки не равновозможны. Числа на рисунке — это вероятности соответствующих областей. Чтобы найти вероятность события, нужно сложить все числа, которые попали в его область.
а) Вероятность \(A\)
В круг \(A\) попадают числа:
\[ 0{,}2;\quad 0{,}1;\quad 0{,}1;\quad 0{,}3. \]
Складываем:
\[ P(A)=0{,}2+0{,}1+0{,}1+0{,}3=0{,}7. \]
б) Вероятность \(B\)
В круг \(B\) попадают числа:
\[ 0{,}05;\quad 0{,}1;\quad 0{,}1;\quad 0{,}3. \]
Складываем:
\[ P(B)=0{,}05+0{,}1+0{,}1+0{,}3=0{,}55. \]
Важно: числа в общей части кругов входят и в \(P(A)\), и в \(P(B)\). Это нормально: такие исходы принадлежат сразу двум событиям. Если бы мы искали \(P(A\cup B)\), то общую часть нельзя было бы считать дважды.
3. Условная вероятность с карандашами
Сначала в коробке было:
- \(14\) зелёных карандашей;
- \(7\) других;
- всего \(14+7=21\).
Первый карандаш оказался зелёным. Его вынули и не вернули. Значит, состав изменился:
- зелёных осталось \(14-1=13\);
- других осталось \(7\);
- всего осталось \(20\).
Теперь вероятность вытащить вторым зелёный карандаш:
\[ P(\text{второй зелёный}\mid \text{первый зелёный}) =\frac{13}{20}=0{,}65. \]
Это и есть условная вероятность: мы уже знаем, что первый карандаш зелёный, поэтому считаем вероятность в новой, уменьшенной ситуации.
Формально можно записать так:
\[ P(G_2\mid G_1)= \frac{P(G_1\cap G_2)}{P(G_1)} = \frac{\frac{14}{21}\cdot\frac{13}{20}}{\frac{14}{21}} = \frac{13}{20}. \]
4. Два пакетика без возвращения
Всего пакетиков:
\[ 14+6=20. \]
Зелёных — \(6\), чёрных — \(14\). Пакетик после первого вынимания не возвращают, поэтому общее число уменьшается на \(1\).
а) Оба пакетика зелёные
Первый зелёный:
\[ P(\text{первый зелёный})=\frac{6}{20}. \]
После того как один зелёный забрали, осталось \(5\) зелёных и всего \(19\) пакетиков:
\[ P(\text{второй зелёный}\mid \text{первый зелёный})=\frac{5}{19}. \]
Умножаем:
\[ P(\text{оба зелёные}) = \frac{6}{20}\cdot\frac{5}{19} = \frac{30}{380} = \frac{3}{38} \approx 0{,}079. \]
б) Первый чёрный, второй зелёный
Первый чёрный:
\[ P(\text{первый чёрный})=\frac{14}{20}. \]
После удаления чёрного зелёных осталось по-прежнему \(6\), а всего пакетиков стало \(19\):
\[ P(\text{второй зелёный}\mid \text{первый чёрный})=\frac{6}{19}. \]
Умножаем:
\[ P(\text{первый чёрный, второй зелёный}) = \frac{14}{20}\cdot\frac{6}{19} = \frac{84}{380} = \frac{21}{95} \approx 0{,}221. \]
Что запомнить
- Если все исходы равновозможны:
\[ P=\frac{\text{подходящие исходы}}{\text{все исходы}}. \]
На диаграмме с вероятностями числа внутри области складывают.
«Не \(A\)» считается так:
\[ P(\overline A)=1-P(A). \]
Если предметы вынимают без возвращения, то после первого вынимания меняется и общее число предметов, и число нужных.
Для двух шагов подряд:
\[ P(\text{первый и второй})= P(\text{первый})\cdot P(\text{второй}\mid \text{первый}). \]
То есть вероятности перемножают, но второй множитель считают уже по новому составу.
