8.3: Імовірність використання діаграм дерева та комбінацій

Цілі навчання

У цьому розділі ви навчитеся:

1. Використовуйте діаграми імовірностей для обчислення ймовірностей
2. Використовуйте комбінації для обчислення ймовірностей

У цьому розділі ми застосовуватимемо раніше вивчені методи підрахунку при обчисленні ймовірностей та використаємо діаграми дерев, щоб допомогти нам краще зрозуміти, що відбувається.

ВИКОРИСТАННЯ ДІАГРАМ ДЕРЕВА ДЛЯ ОБЧИСЛЕННЯ ЙМОВІРНОСТЕЙ

Ми вже використовували ієрархічні діаграми для переліку подій у зразковому просторі. Деревоподібні діаграми можуть бути корисними для організації інформації в задачах ймовірності; вони допомагають забезпечити структуру для розуміння ймовірності. У цьому розділі ми розширимо наше попереднє використання ієрархічних діаграм до ситуацій, в яких події у просторі вибірки не є однаково ймовірними.

Відносимо відповідні ймовірності подіям, показаним на гілках дерева.
Помноживши ймовірності на шляху через дерево, ми можемо знайти ймовірності для «і» подій, які є перетинами подій.

Почнемо з прикладу.

Приклад\(\PageIndex{1}\)

Припустимо, баночка містить 3 червоних і 4 білих мармуру. Якщо два мармуру намальовані з заміною, яка ймовірність того, що обидва мармуру червоні?

Рішення

Нехай\(\mathrm{E}\) буде подія, що перший намальований мармур червоний, і нехай\(\mathrm{F}\) буде подія, що другий намальований мармур червоний.

Нам потрібно знайти\(\mathrm{P}(\mathrm{E} \cap \mathrm{F})\).

Під твердженням «два мармуру намальовані з заміною» ми маємо на увазі, що перший мармур замінюється до того, як буде намальований другий мармур.

Є 7 варіантів для першого розіграшу. І оскільки перший мармур замінюється до того, як буде намальовано другий, є, знову ж таки, сім варіантів для другого розіграшу. Використовуючи аксіому множення, робимо висновок, що простір вибірки\(\mathrm{S}\) складається з 49 впорядкованих пар. З 49 впорядкованих пар є\(3 \times 3 = 9\) впорядковані пари, які показують червоний колір на першому розіграші, а також червоний на другому розіграші. Тому

\[P(E \cap F)=\frac{9}{49} \nonumber \]

Далі відзначимо, що в даному конкретному випадку

\[P(E \cap F)=\frac{9}{49}=\frac{3}{7} \cdot \frac{3}{7} \nonumber \]

даючи нам результат, який у цьому прикладі:\(\mathbf{P}(\mathbf{E} \cap \mathbf{F})=\mathbf{P}(\mathbf{E}) \cdot \mathbf{P}(\mathbf{F})\)

Приклад\(\PageIndex{2}\)

Якщо в\(\PageIndex{1}\) прикладі два кульки намальовані без заміни, то яка ймовірність того, що обидва мармуру червоні?

Рішення

Під твердженням «два мармуру намальовані без заміни» ми маємо на увазі, що перший мармур не замінюється до того, як буде намальований другий мармур.

Знову ж таки, нам потрібно знайти\(\mathrm{P}(\mathrm{E} \cap \mathrm{F})\).

Знову ж таки, 7 варіантів для першого розіграшу. А оскільки перший мармур не замінюється до того, як буде намальований другий, є лише шість варіантів для другого розіграшу. Використовуючи аксіому множення, робимо висновок, що простір вибірки S складається з 42 впорядкованих пар. З 42 впорядкованих пар є\(3 \times 2 = 6\) впорядковані пари, які показують червоний колір на першому розіграші та червоний на другому розіграші. Тому

\[P(E \cap F)=\frac{6}{42} \nonumber \]

Зауважте, що ми можемо розбити цей розрахунок як

\[P(E \cap F)=\frac{6}{42}=\frac{3}{7} \cdot \frac{2}{6} \nonumber \].

Тут 3/7 представляє\(\mathrm{P}(\mathrm{E})\), а 2/6 представляє ймовірність намалювати червоний колір на другому розіграші, враховуючи, що перший розіграш призвів до червоного кольору.

Останній пишемо як\(\mathrm{P}\) (червоний на другому | червоний на першому) або\(\mathrm{P}(\mathrm{F} | \mathrm{E})\). «|» являє собою слово «дано» або «якщо». Це призводить до того, що:

\[\mathbf{P}(\mathbf{E} \cap \mathbf{F})=\mathbf{P}(\mathbf{E}) \cdot \mathbf{P}(\mathbf{F} | \mathbf{E}) \nonumber \]

Це важливий результат, який називається Правилом множення, яке з'явиться знову в наступних розділах.

Тепер ми продемонструємо наведені вище результати за допомогою діаграми дерева.

Приклад\(\PageIndex{3}\)

Припустимо, баночка містить 3 червоних і 4 білих мармуру. Якщо два кульки намальовані без заміни, знайдіть наступні ймовірності за допомогою діаграми дерева.

1. Імовірність того, що обидва мармуру червоні.
2. Імовірність того, що перший мармур червоний, а другий білий.
3. Імовірність того, що один мармур червоний, а інший білий.

Рішення

Нехай\(\mathrm{R}\) буде подія, що мармур намальований червоний, і нехай W буде подією, що намальований мармур білий.

Намалюємо наступну діаграму дерева.

1. Імовірність того, що обидва мармуру червоні, становить\(\mathrm{P}(\mathrm{RR})=6/42\)
2. Імовірність того, що перший мармур червоний, а другий - білий, дорівнює\(\mathrm{P}(\mathrm{RW})=12/42\)
3. Для ймовірності того, що один мармур червоний, а інший білий, ми спостерігаємо, що це може бути задоволено, якщо перший червоний, а другий білий, або якщо перший білий, а другий - червоний. «Або» говорить нам, що ми будемо використовувати правило додавання з розділу 7.2.

Крім того, події\(\mathrm{RW}\) і\(\mathrm{WR}\) є взаємовиключними подіями, тому ми використовуємо форму Правила додавання, яка застосовується до взаємовиключних подій.

Тому

\(\mathrm{P}\)(один мармур червоний, а інший мармур білий)

\ [\ begin {масив} {l}
=\ mathrm {P} (\ mathrm {RW}\ текст {або}\ математика {WR})\\
=\ математика {P} (\ математика {R})\\ =\ mathrm {R})\\
= 12/42+12/42=24/42
\ кінець масив}\ nonumber\]

ВИКОРИСТАННЯ КОМБІНАЦІЙ ДЛЯ ПОШУКУ ЙМОВІРНОСТЕЙ

Хоча діаграми дерева дають нам краще зрозуміти проблему, вони не є практичними для проблем, де вибирається більше двох-трьох речей. У таких випадках ми використовуємо поняття комбінацій, яке ми дізналися в останньому розділі. Цей спосіб найкраще підходить для завдань, де порядок, в якому вибираються об'єкти, не важливий, а об'єкти вибираються без заміни.

Приклад\(\PageIndex{4}\)

Припустимо, банку містить 3 червоних, 2 білих і 3 синіх мармуру. Якщо три кульки намальовані без заміни, знайдіть наступні ймовірності.

1. \(\mathrm{P}\)(Два червоних і один білий)
2. \(\mathrm{P}\)(Один з кожного кольору)
3. \(\mathrm{P}\)(Немає синього кольору)
4. \(\mathrm{P}\)(Принаймні один синій)

Рішення

Припустимо, мармури позначені як\(R_1,R_2,R_3,W_1,W_2,B_1,B_2,B_3\).

a.\(\mathrm{P}\) (Два червоних і один білий)

Оскільки ми вибираємо 3 кульки із загальної кількості 8, існує 8\(\mathrm{C}\) 3 = 56 можливих комбінацій. З цих 56 комбінацій є\(3 \mathrm{C} 2 \times 2 \mathrm{C}1=6\) комбінації, що складаються з 2 червоних і однієї білої. Тому

\[P(\text { Two red and one white })=\frac{3 \mathrm{C} 2 \times 2 \mathrm{C} 1}{8 \mathrm{C} 3}=\frac{6}{56} \nonumber. \nonumber \]

б.\(\mathrm{P}\) (по одному з кожного кольору)

Знову ж таки, існує 8\(\mathrm{C}\) 3 = 56 можливих комбінацій. З цих 56 комбінацій є\(3 \mathrm{Cl} \times 2 \mathrm{Cl} \times 3 \mathrm{Cl}=18\) комбінації, що складаються з одного червоного, одного білого і одного синього. Тому

\[P(\text { One of each color })=\frac{3 \mathrm{C} 1 \times 2 \mathrm{C} 1 \times 3 \mathrm{C} 1}{8 \mathrm{C} 3}=\frac{18}{56} \nonumber \]

c.\(\mathrm{P}\) (Немає синього кольору)

Є 5 не синіх мармурів, тому

\[\mathrm{P}(\text { None blue })=\frac{5 \mathrm{C} 3}{8 \mathrm{C} 3}=\frac{10}{56}=\frac{5}{28} \nonumber \]

d.\(\mathrm{P}\) (Принаймні один синій)

Під «принаймні одним синім мармуром» ми маємо на увазі наступне: один синій мармур і два несиніх мармуру, АБО два синіх мармуру і один не синій мармур, АБО всі три сині мармуру. Таким чином, ми повинні знайти суму ймовірностей всіх трьох випадків.

\[\mathrm{P}(\mathrm{At} \text { least one blue })=\mathrm{P}(1 \text { blue, } 2 \text { non-blue) }+\mathrm{P}(2 \text { blue, l non-blue) }+\mathrm{P}(3\text { blue) } \nonumber \]

\[P( \text { At least one blue })=\frac{3 \mathrm{C} 1 \times 5 \mathrm{C} 2}{8 \mathrm{C} 3}+\frac{3 \mathrm{C} 2 \times 5 \mathrm{C} 1}{8 \mathrm{C} 3}+\frac{3 \mathrm{C} 3}{8 \mathrm{C} 3} \nonumber \]

\[ P(\text { At least one blue })=30 / 56+15 / 56+1 / 56=46 / 56=23 / 28 \nonumber \]

По черзі ми можемо використовувати той факт, що\(\mathrm{P}(\mathrm{E}) = 1 - \mathrm{P}(\mathrm{E}^c)\). Якщо подія\(\mathrm{E}\) = Хоча б один синій, то\(E^c\) = Немає синього кольору.

Але з частини c цього прикладу, у нас є\((\mathrm{E}^c) = 5/28\), так\(\mathrm{P}(\mathrm{E}) = 1 - 5/28 = 23/28\).

Приклад\(\PageIndex{5}\)

П'ять карт витягуються з колоди. Знайдіть ймовірність отримання двох пар, тобто двох карт одного значення, двох іншого значення і однієї іншої карти.

Рішення

Давайте спочатку зробимо більш легку задачу-ймовірність отримання пари королів і маток.

Так як в колоді чотири короля, і чотири королеви, ймовірність отримання двох королів, двох цариць і ще однієї карти дорівнює

\[\mathrm{P}(\mathrm{A} \text { pair of kings and queens })=\frac{4 \mathrm{C} 2 \times 4 \mathrm{C} 2 \times 44 \mathrm{C}1}{52 \mathrm{C} 5} \nonumber \]

Щоб знайти ймовірність отримання двох пар, ми повинні розглянути всі можливі пари.

Так як всього існує 13 значень, тобто тузів, двійок і так далі, існує 13\(\mathrm{C}\) 2 різних комбінацій пар.

\[P(\text { Two pairs })=13 \mathrm{C} 2 \cdot \frac{4 \mathrm{C} 2 \times 4 \mathrm{C} 2 \times 44 \mathrm{C}1}{52 \mathrm{C} 5}=.04754 \nonumber \]

Приклад\(\PageIndex{6}\)

Магазин стільникових телефонів отримує партію 15 стільникових телефонів, що містить 8 iPhone і 7 телефонів Android. Припустимо, що 6 стільникових телефонів випадковим чином вибираються з цього відправлення. Знайдіть ймовірність того, що випадково обраний набір з 6 стільникових телефонів складається з 2 айфонів і 4 телефонів Android.

Рішення

Є 8\(\mathrm{C}\) 2 способи вибору 2 з 8 айфонів.

і 7\(\mathrm{C}\) 4 способи вибору 4 з 7 телефонів Android

Але в цілому є 15\(\mathrm{C}\) 6 способів вибору 6 з 15 стільникових телефонів.

Тому ми маємо

\[P(2 \text { iPhones and } 4 \text { Android phones })=\frac{8 \mathrm{C} 2 \times 7 \mathrm{C} 4}{15 \mathrm{C} 6}=\frac{(28)(35)}{5005}=\frac{980}{5005}=0.1958 \nonumber \]

Приклад\(\PageIndex{7}\)

Одного дня в магазині бубликів все ще залишається 53 бублики: 20 простих, 15 макових та 18 бубликів з кунжутним насінням. Припустимо, що власник магазину упаковує мішок з 9 бубликів, щоб принести додому на завтрашній сніданок, і вибирає бублики випадковим чином. Знайдіть ймовірність того, що в мішечку міститься 4 простих, 3 макових і 2 кунжутних насіння.

Рішення

Є 20\(\mathrm{C}\) 4 способи вибору 4 з 20 простих бубликів,

і 15\(\mathrm{C}\) 3 способи вибору 3 з 15 макових бубликів,

і 18\(\mathrm{C}\) 2 способи вибору 2 з 18 бубликів кунжутного насіння.

Але в цілому існує 53\(\mathrm{C}\) 9 способів вибору 9 з 53 бубликів.

\ begin {масив} {l}
\ mathrm {P}\ текст {(4 звичайний, 3 маковий і 2 насіння кунжуту)} &=\ frac {20\ mathrm {C} 4\ раз 15\ mathrm {C} 3\ раз 18\ mathrm {C} 2} {53\ mathrm {C} 9}\\
&=\ frac {4845) (455) (153)} {4431613550}\\
&=0.761
\ кінець {масив}

Закінчуємо розділ вирішенням відомої проблеми під назвою Birthday Problem.

Приклад\(\PageIndex{8}\): Birthday Problem

Якщо в кімнаті 25 осіб, яка ймовірність того, що принаймні двоє людей мають однаковий день народження?

Рішення

Нехай подія\(\mathrm{E}\) представляє, що принаймні дві людини мають однаковий день народження.

Спочатку знаходимо ймовірність того, що немає двох людей однакового дня народження.

Розбираємо наступним чином.

Припустимо, що є 365 днів до кожного року. Згідно аксіомі множення, існує 365 ²⁵ можливих днів народження для 25 осіб. Тому простір вибірки налічує 365 ²⁵ елементів. Нас цікавить ймовірність того, що немає двох людей однакового дня народження. Існує 365 можливих варіантів вибору для першої особи, і оскільки друга людина повинна мати інший день народження, є 364 варіанти для другої, 363 для третьої і так далі. Тому

\[\mathrm{P}(\mathrm{No} \text { two have the same birthday })=\frac{365 \cdot 364 \cdot 363 \cdots 341}{365^{25}}=\frac{365 \mathrm{P} 25}{365^{25}} \nonumber \]

Оскільки\(\mathrm{P}\) (принаймні двоє людей мають однаковий день народження) = 1 -\(\mathrm{P}\) (Ні двоє не мають однакового дня народження),

\[\mathrm{P} \text { at least two people have the same birthday ) }=1-\frac{365 \mathrm{P} 25}{365^{25}}=.5687\ \nonumber \]