Ймовірність: класичне означення та розв'язування задач
Ймовірність — одна з небагатьох шкільних тем, яку можна пояснити за один урок, а потім півроку виправляти помилки в задачах. Причина в тому, що формула тут справді одна, а от правильно порахувати, що саме в неї підставляти, виходить не одразу. Тему починають у 9 класі й повертаються до неї в 11-му перед НМТ разом зі статистикою. На заняттях у Tutor-Math ми будуємо її від простору елементарних подій: доки учень не навчився описувати всі можливі результати досліду, жодна формула не врятує.
Випадкова подія і простір елементарних подій
Усе починається з досліду — дії з непередбачуваним результатом: кинути кубик, витягти кулю з урни, взяти навмання деталь із ящика.
Елементарна подія — це один окремий результат досліду, який не можна розкласти на дрібніші. Множину всіх елементарних подій називають простором елементарних подій і позначають \(\Omega\). Випадкова подія \(A\) — це будь-яка підмножина \(\Omega\), тобто набір тих результатів, які нас влаштовують.
Для одного кубика \(\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\), і в ньому 6 елементарних подій. Подія «випало парне число» — це підмножина \(\{2, 4, 6\}\), у ній 3 сприятливі результати.
Окремо виділяють два крайні випадки. Подія достовірна, якщо вона відбувається завжди (на кубику випаде число від 1 до 6). Подія неможлива, якщо вона не відбувається ніколи (на кубику випаде 7). Усі інші події — випадкові.
Найважливіше на цьому кроці: елементарні події мають бути рівноможливими. Кубик правильний, кулі в урні однакові на дотик, деталь беруть навмання. Якщо ця умова порушена, класична формула нижче не працює.
Класичне означення ймовірності
Класичне означення. Якщо дослід має \(n\) рівноможливих елементарних подій і рівно \(m\) з них сприяють події \(A\), то ймовірність події \(A\) дорівнює \[ P(A) = \frac{m}{n} \] де \(m\) — кількість сприятливих результатів, \(n\) — кількість усіх можливих результатів.
Практично будь-яка задача зводиться до двох підрахунків: скільки всього варіантів і скільки з них «наших». Саме тому ймовірність нерозривно пов'язана з комбінаторикою — коли елементи вибирають групами, обидва числа рахують через комбінації \(C_n^k\). Отриманий дріб обов'язково скорочують за звичайними правилами роботи зі звичайними дробами.
Межі \(0 \le P(A) \le 1\) — ваш безкоштовний самоконтроль
Оскільки сприятливих результатів не може бути менше нуля й не може бути більше, ніж усіх результатів разом, маємо \(0 \le m \le n\). Поділивши на \(n\), отримуємо головну властивість:
\[ 0 \le P(A) \le 1 \]Крайні значення відповідають крайнім подіям: \(P = 0\) — неможлива подія, \(P = 1\) — достовірна. Усе інше лежить строго між ними.
Це не просто теоретичний факт — це найшвидший спосіб зловити власну помилку. Візьміть за правило: кожну отриману ймовірність перевірте на діапазон \([0; 1]\). Якщо вийшло \(\frac{7}{5}\) або \(1{,}2\) — ви десь переплутали чисельник зі знаменником або додали ймовірності сумісних подій. Якщо вийшло від'ємне число — помилка в підрахунку сприятливих випадків. Ця перевірка займає дві секунди й регулярно рятує бали на НМТ.
Ймовірність часто записують у відсотках: \(P = \frac{1}{4}\) — це \(25\%\). Тут той самий контроль: результат має вкладатися в проміжок від \(0\%\) до \(100\%\).
Протилежна подія і прийом «хоча б один»
Протилежною до події \(A\) називають подію \(\bar{A}\), яка полягає в тому, що \(A\) не відбулася. Разом вони покривають увесь простір і не перетинаються, тому \[ P(A) + P(\bar{A}) = 1 \qquad \Longrightarrow \qquad P(A) = 1 - P(\bar{A}) \]
Ця формула — головний робочий інструмент усієї теми. Причина проста: дуже часто порахувати протилежну подію в рази легше, ніж саму подію.
Класичний маркер — слова «хоча б один». Подія «хоча б одна деталь бракована» розпадається на кілька варіантів: рівно одна бракована, рівно дві, рівно три… Рахувати їх окремо й додавати — довго й ризиковано. А протилежна подія завжди одна-єдина:
Прийом «хоча б один». Протилежне до «хоча б один» — це «жодного». Тому \[ P(\text{хоча б один}) = 1 - P(\text{жодного}) \]
Запам'ятайте пару-заперечення точно, бо тут учні помиляються найчастіше: протилежне до «хоча б один» — це не «рівно один» і не «хоча б два», а саме «жодного». Аналогічно протилежне до «усі» — це «хоча б один не».
Несумісні події: правило додавання
Події \(A\) і \(B\) називають несумісними, якщо вони не можуть відбутися одночасно. Для несумісних подій \[ P(A + B) = P(A) + P(B) \] тобто ймовірність того, що станеться \(A\) або \(B\), дорівнює сумі ймовірностей.
Слово-маркер тут — «або». Причина формули очевидна з класичного означення: якщо події не перетинаються, їхні сприятливі результати теж не перетинаються, тому \(m_A\) і \(m_B\) просто додаються при спільному знаменнику \(n\).
Умова несумісності критична. «Витягли білу кулю» і «витягли чорну кулю» — несумісні, бо куля одна. А от «карта — туз» і «карта — пікова масть» сумісні: піковий туз задовольняє обидві. Для сумісних подій із суми треба відняти перетин:
\[ P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB) \]Якщо забути про віднімання, сума легко вискочить за одиницю — і перевірка діапазону одразу це покаже.
Незалежні події: правило множення
Події \(A\) і \(B\) називають незалежними, якщо настання однієї не змінює ймовірності іншої. Для незалежних подій \[ P(AB) = P(A) \cdot P(B) \] тобто ймовірність того, що станеться \(A\) і \(B\), дорівнює добутку ймовірностей.
Слово-маркер — «і». Незалежність дають повторні досліди з поверненням: два кидки кубика, кілька пострілів, витягування кулі з поверненням у ту саму урну. Наприклад, ймовірність двох шісток на двох кубиках дорівнює \(\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{36}\) — той самий результат, що й за класичним означенням, бо з 36 пар сприятлива рівно одна.
А от вибірка без повернення залежна: витягли білу кулю з 12 — залишилося 11, і склад урни змінився. Такі задачі рахують не множенням «наївних» ймовірностей, а через комбінації за класичним означенням — саме так побудований приклад 4 нижче.
Геометрична ймовірність
Коли результатів нескінченно багато (точка на відрізку, момент часу, точка всередині фігури), рахувати штуки не вийде. Тоді кількість замінюють на міру.
Геометрична ймовірність. Якщо точку кидають навмання в область \(G\), а сприятлива частина — це підобласть \(g\), то \[ P = \frac{\text{міра } g}{\text{міра } G} \] де мірою є довжина, площа або об'єм — залежно від розмірності задачі.
Структура та сама \(\frac{m}{n}\), і властивість \(0 \le P \le 1\) зберігається, бо частина не буває більшою за ціле.
Приклад 1. Кулі в урні
В урні 5 білих, 3 чорні та 4 червоні кулі. Навмання беруть одну. Знайти ймовірність того, що вона: а) біла; б) біла або чорна; в) не червона.
Усього куль \(n = 5 + 3 + 4 = 12\) — це всі рівноможливі результати.
а) Сприятливих результатів \(m = 5\), отже \(P = \frac{5}{12} \approx 0{,}42\).
б) Події «біла» і «чорна» несумісні, тому додаємо: \(P = \frac{5}{12} + \frac{3}{12} = \frac{8}{12} = \frac{2}{3}\).
в) Через протилежну подію: \(P = 1 - \frac{4}{12} = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}\). Збіг із пунктом б) не випадковий — «не червона» і є «біла або чорна».
Усі три значення лежать у \([0; 1]\).
Відповідь: а) \(\frac{5}{12}\); б) \(\frac{2}{3}\); в) \(\frac{2}{3}\).
Приклад 2. Два гральні кубики
Кидають два гральні кубики. Знайти ймовірність того, що сума очок дорівнює 8.
Результат досліду — упорядкована пара «перший кубик, другий кубик». За правилом добутку \(n = 6 \cdot 6 = 36\). Саме 36, а не 21: пари \((2; 6)\) і \((6; 2)\) — різні рівноможливі результати, і «злипання» їх в один варіант руйнує рівноможливість.
Випишемо сприятливі пари: \((2;6), (3;5), (4;4), (5;3), (6;2)\) — рівно \(m = 5\).
\[ P = \frac{5}{36} \approx 0{,}139 \]Заразом ймовірність того, що сума не дорівнює 8: \(1 - \frac{5}{36} = \frac{31}{36}\). Обидва числа в межах \([0; 1]\).
Відповідь: \(\frac{5}{36}\).
Приклад 3. Карти
З колоди на 36 карт беруть навмання одну. Знайти ймовірність того, що це туз або карта пікової масті.
Тут \(n = 36\). Тузів у колоді 4, пікових карт 9. Події сумісні — піковий туз входить в обидві групи, тому просте додавання дало б зайву одиницю. Використовуємо формулу для сумісних подій:
\[ P = \frac{4}{36} + \frac{9}{36} - \frac{1}{36} = \frac{12}{36} = \frac{1}{3} \]Перевірка іншим способом: сприятливі карти — це 9 пікових плюс 3 тузи інших мастей, разом 12. Той самий результат \(\frac{12}{36} = \frac{1}{3}\), і він у межах \([0; 1]\).
Відповідь: \(\frac{1}{3}\).
Приклад 4. Вибірка деталей — «хоча б одна»
У ящику 10 деталей, серед них 3 браковані. Навмання беруть 2 деталі. Знайти ймовірність того, що хоча б одна з них бракована.
Порядок вибору не важливий, тому загальна кількість способів — це комбінації:
\[ n = C_{10}^{2} = \frac{10 \cdot 9}{2} = 45 \]Рахувати «хоча б одну» напряму означало б розглядати два випадки (рівно одна і рівно дві). Замість цього беремо протилежну подію \(\bar{A}\) — «жодної бракованої», тобто обидві деталі з 7 справних:
\[ m = C_{7}^{2} = \frac{7 \cdot 6}{2} = 21, \qquad P(\bar{A}) = \frac{21}{45} = \frac{7}{15} \] \[ P(A) = 1 - \frac{7}{15} = \frac{8}{15} \approx 0{,}533 \]Значення в межах \([0; 1]\). Контрольне міркування: бракованих майже третина, тож ймовірність натрапити на них при двох спробах трохи більша за половину — правдоподібно.
Відповідь: \(\frac{8}{15}\).
Приклад 5. Незалежні події та «хоча б одне влучання»
Стрілець робить 3 постріли. Ймовірність влучити при кожному пострілі дорівнює \(0{,}8\) і не залежить від попередніх. Знайти ймовірність того, що буде хоча б одне влучання.
Ймовірність промаху при одному пострілі: \(1 - 0{,}8 = 0{,}2 = \frac{1}{5}\). Постріли незалежні, тому ймовірність трьох промахів поспіль — це добуток:
\[ P(\bar{A}) = \left(\frac{1}{5}\right)^{3} = \frac{1}{125} = 0{,}008 \] \[ P(A) = 1 - 0{,}008 = 0{,}992 \]Тут працюють обидва правила одразу: множення для «і» (промах і промах і промах) та перехід до протилежної події для «хоча б». Результат у \([0; 1]\) і близький до одиниці, що логічно для влучного стрільця.
Відповідь: \(0{,}992\).
Приклад 6. Геометрична ймовірність
На відрізок довжиною 10 см навмання ставлять точку. Знайти ймовірність того, що вона потрапить далі ніж за 7 см від лівого кінця.
Сприятлива частина — відрізок від 7 до 10, його довжина \(10 - 7 = 3\). Уся область має довжину 10.
\[ P = \frac{3}{10} = 0{,}3 \]Значення в межах \([0; 1]\).
Відповідь: \(0{,}3\).
Статистика: середнє, мода, медіана, розмах
У програмі статистичні характеристики йдуть поруч із ймовірністю, і на НМТ вони трапляються не рідше. Розглянемо вибірку оцінок одного учня: \(7,\ 9,\ 6,\ 9,\ 12,\ 8,\ 10,\ 9\).
Середнє арифметичне — сума всіх значень, поділена на їхню кількість. Мода — значення, яке трапляється найчастіше. Медіана — значення, що стоїть посередині впорядкованого ряду. Розмах — різниця між найбільшим і найменшим значеннями.
Середнє арифметичне:
\[ \bar{x} = \frac{7 + 9 + 6 + 9 + 12 + 8 + 10 + 9}{8} = \frac{70}{8} = 8{,}75 \]Мода: значення 9 трапляється тричі, частіше за будь-яке інше, тому мода дорівнює 9.
Розмах: \(12 - 6 = 6\).
А тепер найтонше місце — медіана. Перший обов'язковий крок: упорядкувати ряд за зростанням. Це роблять завжди, і саме про це найчастіше забувають:
\[ 6,\ 7,\ 8,\ 9,\ 9,\ 9,\ 10,\ 12 \]Елементів 8 — кількість парна, тому єдиного середнього елемента не існує. Беруть два центральні (4-й і 5-й) і знаходять їхню півсуму:
\[ M_e = \frac{9 + 9}{2} = 9 \]Правило медіани. Якщо елементів непарна кількість \(n\), медіана — це елемент з номером \(\frac{n+1}{2}\). Якщо кількість парна, медіана — це середнє арифметичне двох центральних елементів з номерами \(\frac{n}{2}\) і \(\frac{n}{2} + 1\).
Важливо: при парній кількості медіана може не збігатися з жодним елементом вибірки. Для ряду \(6,\ 7,\ 8,\ 9,\ 10,\ 12\) маємо \(M_e = \frac{8 + 9}{2} = 8{,}5\) — числа \(8{,}5\) у вибірці немає, і це нормально. Відповідь \(8\) або \(9\) тут буде помилковою.
Зверніть увагу й на різницю між середнім і медіаною: у першій вибірці середнє \(8{,}75\), а медіана \(9\). Одна велика оцінка 12 тягне середнє вгору, а медіана до таких викидів нечутлива — саме тому обидві характеристики подають разом.
Відповідь: середнє \(8{,}75\); мода \(9\); медіана \(9\); розмах \(6\).
Типові помилки
- Не описали простір елементарних подій. Для двох кубиків беруть 21 варіант замість 36 — тоді результати перестають бути рівноможливими й формула \(\frac{m}{n}\) стає незаконною.
- Не перевірили діапазон. Отримали \(\frac{5}{4}\) чи \(1{,}3\) і спокійно записали у відповідь. Будь-яке значення поза \([0; 1]\) — це гарантована помилка, а не «складна задача».
- Додали ймовірності сумісних подій. «Туз або пікова» дає \(\frac{4}{36} + \frac{9}{36} = \frac{13}{36}\) замість \(\frac{12}{36}\), бо піковий туз порахували двічі.
- Неправильно заперечили «хоча б один». Замість «жодного» пишуть «рівно один» — і вся конструкція \(1 - P(\bar{A})\) розсипається.
- Перемножили залежні події. При вибірці без повернення склад змінюється після першого вибору, тому просте множення дає неправильний результат — треба рахувати через комбінації.
- Шукали медіану без упорядкування ряду. Беруть середній за списком елемент замість середнього за величиною. Спочатку сортування, потім усе інше.
- При парній кількості беруть «один із двох центральних». Медіана — це їхня півсума, і вона часто не є елементом вибірки.
- Плутають моду й медіану. Мода — найчастіше значення, медіана — центральне за розташуванням. Це різні характеристики й найчастіше різні числа.
Висновок
Уся тема тримається на чотирьох речах: акуратно описаний простір елементарних подій, формула \(P(A) = \frac{m}{n}\), перехід до протилежної події там, де звучить «хоча б один», і перевірка результату на діапазон \([0; 1]\). Далі додаються правило додавання для несумісних подій, правило множення для незалежних і геометрична модель. Задачі на НМТ рідко виходять за ці межі — типові формати ми розбираємо в матеріалі ймовірність і статистика на НМТ.
Якщо задачі на кулі, кубики й «хоча б одну браковану деталь» досі здаються набором окремих трюків, найшвидший шлях — розібрати їх разом з викладачем. Запишіться на пробне заняття в Tutor-Math: за одну зустріч ми пройдемо весь ланцюжок від простору подій до статистичних характеристик і закріпимо його на ваших задачах.
Чим відрізняються несумісні й незалежні події?
Це різні поняття, які часто плутають. Несумісні події не можуть відбутися одночасно, для них працює додавання: \(P(A + B) = P(A) + P(B)\). Незалежні події можуть відбуватися одночасно, просто одна не впливає на іншу, для них працює множення: \(P(AB) = P(A) \cdot P(B)\). Орієнтуйтеся на сполучник: «або» — додавання, «і» — множення.
Коли обов'язково переходити до протилежної події?
Насамперед коли в умові є слова «хоча б один», «хоча б одна», «принаймні одне». Пряме обчислення вимагає розглянути кілька випадків окремо, а протилежна подія «жодного» завжди одна. Формула \(P(A) = 1 - P(\bar{A})\) скорочує розв'язання в кілька разів і зменшує ризик пропустити випадок.
Що робити, якщо ймовірність вийшла більшою за 1?
Це завжди помилка обчислення, а не особливість задачі. Найчастіші причини: переплутані місцями \(m\) і \(n\); додані ймовірності сумісних подій без віднімання перетину; підрахована кількість сприятливих випадків більша за загальну кількість результатів. Перевірте, чи справді всі елементарні події рівноможливі, і перерахуйте \(n\).
Чи може медіана не збігатися з жодним числом вибірки?
Так, і це звичайна ситуація при парній кількості елементів. Для ряду 6, 7, 8, 9, 10, 12 медіана дорівнює півсумі двох центральних чисел: \(\frac{8 + 9}{2} = 8{,}5\). Такого значення у вибірці немає, але відповідь саме \(8{,}5\). Головне — не забути спочатку впорядкувати ряд за зростанням.
