Як обчислюється імовірність. Приклади розрахунків ймовірностей складних подій
Об'єднанням (логічною сумою) N подій називають подію 
, яке спостерігається щоразу, коли настає хоча б одне зподій 
. Зокрема, об'єднанням подій A та B називають подію A+
B(у деяких авторів
), яке спостерігається, коли настаєабо
A,або
Bабо
обидві ці події одночасно(Мал. 7). Ознакою перетину в текстових формулюваннях подій є спілка "або".
Мал. 7. Об'єднання подій A+B
Необхідно враховувати, що ймовірність події P(A) відповідає як ліва частина заштрихованої Рис. 7 фігури, і її центральна частина, позначена як 
. І наслідки, що відповідають події B, розташовуються як у правій частині заштрихованої фігури, так і в поміченій 
центральної частини. Таким чином, при складанні 
і 
майданчик 
реально увійде в цю суму двічі, а точне вираження для площі заштрихованої фігури має вигляд 
.
Отже, ймовірність об'єднаннядвох подій A і B дорівнює
Для більшої кількості подій загальний розрахунковий вираз стає вкрай громіздким через необхідність урахування численних варіантів взаємного накладання областей. Однак, якщо події, що об'єднуються, є несумісними (див. с. 33), то взаємне накладання областей виявляється неможливим, а сприятлива зона визначається безпосередньо сумою областей, що відповідають окремим подіям.
Ймовірність об'єднаннядовільного числа несуміснихподій 
визначається виразом
|
|
Наслідок 1: Повна група подій складається з подій несумісних, одна з яких у досвіді обов'язково реалізується В результаті, якщо події
…
,утворюють повну групу
, то для них
Таким чином,
Зліддя 3Врахуємо, що протилежним твердженням «відбудеться хоча б одна з подій 
…
» є твердження « жодна з подій 
…
не реалізується». Тобто, інакше кажучи, «в досвіді спостерігатимуться події 
, і 
, і …, і 
», що є вже перетин подій, протилежних вихідному набору. Звідси, з урахуванням (2.0), для об'єднання довільної кількості подій отримуємо
|
|
Наслідки 2, 3 показують, що у тих випадках, коли безпосередній розрахунок ймовірності якоїсь події є проблематичним, корисно оцінити трудомісткість дослідження події протилежної. Адже, знаючи значення 
отримати з (2 .0) потрібну величину 
ніякої праці вже не уявляє.
Приклади розрахунків ймовірностей складних подій
Приклад 1 : Двоє студентів (Іванов та Петров) разом явилися на захист лабораторної роботи, вивчивши перші 8 кінтрольних питань до цієї роботи з 10 наявних. Перевіряючи підготовленість, пвикладач задає кожному лише одін випадково обирається питання. Визначити ймовірність наступних подій:
A= "Іванов захистить лабораторну роботу";
B= "Петров захистить лабораторну роботу";
C= "обидва захистять лабораторну роботу";
D= "хоча один із студентів захистить роботу";
E= "тільки один із студентів захистить роботу";
F= "хто з них не захистить роботу".
Рішення. Зазначимо, що здатність захистити роботу як Іванова, т.ак і Петрова окремо визначається лише кількістю освоєних питань, поетому. (Примітка: у цьому прикладі значення одержуваних дробів свідомо не скорочувалися для спрощення зіставлення результатів розрахунків.)
ПодіяCможна сформулювати інакше як «роботу захистить і Іванов і Петров», тобто. відбудутьсяі подіяA, і подіяB. Таким чином, подіяCє перетином подійAіB, та відповідно до (2 .0)
де співмножник “7/9” з'являється через те, що настання подіїAозначає, що Іванову дісталося «вдале» питання, отже частку Петрова з 9 питань, що залишилися, припадає тепер лише 7 «хороших» питань.
ПодіяDмає на увазі, що «роботу захиститьабо Іванов,або Петров,або вони обидва разом», тобто. відбудеться хоча б одна з подійAіB. Отже, подіяDє об'єднанням подійAіB, та відповідно до (2 .0)
що відповідає очікуванням, т.к. навіть для кожного зі студентів окремо шанси успіху досить великі.
Зобуття Е означає, що «чи роботу захистить Іванов, а Петров «пвирує»,або Іванову трапиться невдалий упрос, а Петров із захистом впорається». Два альтернативні варіанти є взаємовиключними (несумісними), тому
Зрештою, затвердженняFвиявиться справедливим лише якщоі Іванов,і Петров із захистомне впораються». Отже,
На цьому розв'язання завдання завершено, проте корисно відзначити такі моменти:
1. Кожна з отриманих ймовірностей задовольняє умові (1.0), нпро якщо для
і 
отримати конфліктвуючі з(1 .0) в принципі неможливо, то для
спроба тавикористання (2 .0) замість (2 .0) призвела б до явно некор.ектного значення
. Важливо пам'ятати, що подібне значення ймовірності принципово неможливе, і при отриманні такого парадоксального результату негайно розпочинати пошук помилки.
2. Знайдені ймовірності задовольняють співвідношенням
.
Ето цілком очікувано, т.к. подіїC, EіFутворюють повнону групу, а подіїDіFпротилежні один одному. Облік цихспіввідношень з одного боку може бути використаневан для повторної перевірки розрахунків, а в іншій ситуації може послужити основою альтернативного способу вирішення завдання.
П римання : Не нехтуйте письмовою фіксацієюточного формулювання події, інакше в процесі вирішення завдання Ви можете мимоволі перейти до іншого трактування сенсу цієї події, що спричинить помилки в міркуваннях.
Приклад 2 : У великій партії мікросхем, що не пройшли вихідний контроль якості, 30% виробів є бракованими.Якщо з цієї партії навмання вибрати якісь дві мікросхеми, то якаймовірність, що серед них:
A= "обидві придатні";
B= "рівно 1 придатна мікросхема";
C= "обидві браковані".
Проаналізуємо наступний варіант міркувань (обережно містить помилку):
Оскільки йдеться про велику партію виробів, то вилучення з неї кількох мікросхем практично не впливає на співвідношення числа придатних та бракованих виробів, а значить, обираючи кілька разів поспіль якісь мікросхеми з цієї партії, можна вважати, що в кожному випадку залишаються незмінними імовірності
=
P(Вибрано бракований виріб) = 0,3 і
=
P(Вибрано придатний виріб) = 0,7.
Для настання подіїAнеобхідно, щобі в перший,і вдруге було обрано придатний виріб, а тому (враховуючи незалежність один від одного успішності вибору першої та другої мікросхеми) для перетину подій маємо
Аналогічно, для настання події С потрібно, щоб обидва вироби виявилися бракованими, а для отримання B потрібно один раз вибрати придатний, а один - виріб, що бракує.
Ознака помилки. Хотя всі отримані вище ймовірностіі виглядають правдоподібними, при їх спільному аналізі легкоаметити, що .Однак випадкиA, BіCутворюють повнугрупу подій, для якої має виконуватися .Це протиріччя свідчить про наявність якоїсь помилки у міркуваннях.
З ть помилки. Введемо на розгляд два допоміжнільних події:
= "перша мікросхема - придатна, друга - бракована";
= "перша мікросхема - бракована, друга - придатна".
Очевидно, що саме такий варіант розрахунку був вище використаний для отримання ймовірності подіїB, хоча подіїBі
не є еквівалентними. Насправді,
, т.к. формулюванняподіїBвимагає, щоб серед мікросхем рівноодна
, але зовсімне обов'язково перша
була придатною (а інша – бракованою). Тому, хоча
подія 
не є дублем події 
, а має вчититися незалежно. Враховуючи несумісність подій 
і 
,
ймовірність їх логічної суми дорівнюватиме
Після вказаного виправлення розрахунків маємо
що опосередковано підтверджує коректність знайдених ймовірностей.
Примітка : Звертайте особливу увагу на відмінність у формулюванні подій типу “тількиперший з перелічених елементів повинен…” та “тількиодин з перерахованих елементів повинен…”. Остання подіяявно ширше і включнотдо свого складу перше як одне з (можливо численніх) варіантів. Ці альтернативні варіанти (навіть за збігу їх ймовірностей) слід враховувати незалежно друг від друга.
П римання : Слово “відсоток” походить від “per cent”, тобто."на сотню". Подання частот та ймовірностей у відсотках дозволяє оперувати більшими значеннями, що іноді спрощує сприйняття значень “на слух”. Однак використовувати в розрахунках для правильного нормування множення або поділ на "100%" громіздко та неефективно. У зв'язку з цим, не зобивайте при використанні значень, згадуючинутих у відсотках, підставляти їх у розрахункові вирази уж у вигляді часток від одиниці (наприклад, 35% у розрахунку записуєтьсяя як “0,35”), щоб мінімізувати ризик помилкового нормування результатів.
Приклад 3 : Набір резисторів містить один резистороміналом 4 ком, три резистора по 8 ком і шість резисторів із опором 15 кОм. Вибрані навмання три резистори з'єднуються один з одним паралельно. Визначити можливість отримання підсумкового опору, що не перевищує 4 кОм.
Виріш ня. Опір паралельного з'єднання резісторів може бути розраховано за формулою
.
Це дозволяє ввести до розгляду події, такі як
A= “вибрано три резистори по 15 кОм” = “
”;
B= “взяті два резистори по 15 ком та один з опірм 8 ком” =“
”…
Повна група подій, що відповідають умові завдання, включає ще цілу низку варіантів, причому саме таких,інші відповідають висунутій вимогі про одержання опору не більше ніж 4 кОм. Однак, хоча "прямий" шлях рішення, що передбачає розрахунок (і наступне сумивірування) ймовірностей, що характеризують всі ці події, і є правильним, діяти таким чином недоцільно.
Зазначимо, що для отримання підсумкового опору менше 4 комзалишково, щоб у набір, що використовується, увійшов хоча б один резистор з опоруїм менше 15 ком. Таким чином, лише у випадкуAвимога завдання виконується, тобто. подіяAєпротилежним досліджуваному. Разом з тим,
.
Таким чином, .
П
рі
мітка
: Розраховуючи ймовірність деякої подіїA, не забувайте проаналізувати трудомісткість визначенняя ймовірність події йому протилежної. Якщо розрахуватичитати
легко, то саме з цього треба починати вирішеноні завданнязавершуючи його застосуванням співвідношення (2 .0).
П ример 4 : У коробці єnбілих,mчорних таkчервоні кулі. Кулі по одному навмання витягуються з коробкита повертаються назад після кожного вилучення. Визначити ймовірністьподіїA= “біла кулябуде витягнуто раніше, ніж чорний” .
Виріш ня. Розглянемо таку сукупність подій
= "білу кулю витягли при першій же спробі";
= "спочатку вийняли червону кулю, а потім - білу";
= “Двічі вийняли червону кулю, а втретє - білу”…
Так доякщо кульки повертаються, то послідовність собитій
може бути формально нескінченно протяжною.
Ці події є несумісними і складають у сукупності той набір ситуацій, за яких відбувається подіяA. Таким чином,
Нескладно помітити, що складові, що входять у суму, утворюютьгеометричну прогресію
з початковим елементом
та знаменником 
. Але сума елементів нескінченної геометричної прогресії дорівнює
|
|
.
Таким чином, . ЛЦікаво, що ця можливість (як випливає з отриманого виразу) не залежить від числа червоних куль у коробці.
Розумію, що всім хочеться заздалегідь знати, як завершиться спортивний захід, хто здобуде перемогу, а хто програє. Маючи таку інформацію, можна без страху робити ставки на спортивні заходи. Але чи можна взагалі і якщо так, як розрахувати ймовірність події?
Імовірність – це відносна величина, тому не може з точністю говорити про якусь подію. Дана величина дозволяє проаналізувати та оцінити необхідність здійснення ставки на те чи інше змагання. Визначення ймовірностей – це ціла наука, яка потребує ретельного вивчення та розуміння.
Коефіцієнт ймовірності теорії ймовірності
У ставках на спорт є кілька варіантів результату змагання:
- перемога першої команди;
- перемога другої команди;
- нічия;
- тотал.
Кожен результат змагання має свою ймовірність і частоту, з якою ця подія відбудеться за умови збереження початкових характеристик. Як вже говорили раніше, неможливо точно розрахувати ймовірність будь-якої події - вона може збігтися, а може і не збігтися. Таким чином ваша ставка може як виграти, так і програти.
Точного 100% передбачення результатів змагання не може бути, тому що на результат матчу впливає багато факторів. Звичайно, і букмекери не знають заздалегідь результату матчу і лише припускають результат, приймаючи рішення на своїй системі аналізу і пропонують певні коефіцієнти для ставок.
Як вважати ймовірність події?
Припустимо, що коефіцієнт букмекера дорівнює 2. 1/2 – отримуємо 50%. Виходить, що коефіцієнт 2 дорівнює ймовірності 50%. За принципом можна отримати беззбитковий коефіцієнт ймовірності – 1/ймовірність.
Багато гравців думають, що після кількох поразок, що повторюються, обов'язково відбудеться виграш — це помилкова думка. Імовірність виграшу ставки залежить від кількості поразок. Навіть якщо ви викидаєте кілька орлів поспіль у грі з монеткою, ймовірність викидання рішки залишиться колишньою – 50%.
Існує цілий клас дослідів, для яких ймовірність їх можливих результатів легко оцінити безпосередньо з умов самого досвіду. Для цього потрібно, щоб різні результати досвіду мали симетрію і через це були об'єктивно однаково можливими.
Розглянемо, наприклад, досвід, що полягає у киданні гральної кістки, тобто. симетричного кубика, на гранях якого завдано різне число очок: від 1 до 6.
У силу симетрії кубика є підстави вважати всі шість можливих наслідків досвіду однаково можливими. Саме це дає нам право припускати, що при багаторазовому киданні кістки всі шість граней випадатимуть приблизно однаково часто. Це припущення для правильно виконаної кістки справді виправдовується досвідом; при багаторазовому киданні кістки кожна її грань з'являється приблизно в одній шостій частці всіх випадків кидання, причому відхилення цієї частки від 1/6 тим менше, чим більша кількість дослідів зроблено. Маючи на увазі, що ймовірність достовірної події прийнята рівною одиниці, природно приписати випадання кожної окремої грані ймовірність, що дорівнює 1/6. Це число характеризує деякі об'єктивні властивості даного випадкового явища, саме властивість симетрії шести можливих результатів досвіду.
Для будь-якого досвіду, в якому можливі наслідки симетричні і однаково можливі, можна застосувати аналогічний прийом, який називається безпосереднім підрахунком ймовірностей.
Симетричність можливих наслідків досвіду зазвичай спостерігається лише у штучно організованих дослідах, типу азартних ігор. Так як початковий розвиток теорія ймовірностей отримала саме на схемах азартних ігор, то прийом безпосереднього підрахунку ймовірностей, що історично виник разом із виникненням математичної теорії випадкових явищ, довгий часвважався основним і був основою так званої «класичної» теорії ймовірностей. При цьому досліди, які не мають симетрії можливих результатів, штучно зводилися до «класичної» схеми.
Незважаючи на обмежену сферу практичних застосуваньцієї схеми, вона все ж таки представляє відомий інтерес, оскільки саме на дослідах, що володіють симетрією можливих результатів, і на подіях, пов'язаних з такими дослідами, найлегше познайомитися з основними властивостями ймовірностей. Такі подіями, що допускають безпосередній підрахунок ймовірностей, ми й займемося в першу чергу.
Попередньо введемо деякі допоміжні поняття.
1. Повна група подій.
Кажуть, що кілька подій у цьому досвіді утворюють повну групу подій, якщо в результаті досвіду неодмінно має з'явитися хоча б одна з них.
Приклади подій, що утворюють повну групу:
3) поява 1,2,3,4,5,6 очок при киданні гральної кістки;
4) поява білої кулі та поява чорної кулі при вийманні однієї кулі з урни, в якій 2 білі та 3 чорні кулі;
5) жодної друкарської помилки, одна, дві, три і більше трьох друкарських помилок при перевірці сторінки надрукованого тексту;
6) хоча б одне влучення і хоча б один промах при двох пострілах.
2. Несумісні події.
Декілька подій називають несумісними в цьому досвіді, якщо жодні з них не можуть з'явитися разом.
Приклади несумісних подій:
1) випадання герба та випадання цифри при киданні монети;
2) потрапляння та промах при пострілі;
3) поява 1,3, 4 очок при одному киданні гральної кістки;
4) рівно одна відмова, рівно дві відмови, рівно три відмови технічного пристрою за десять годин роботи.
3. Рівноможливі події.
Декілька подій в даному досвіді називаються рівноможливими, якщо за умовами симетрії є підстава вважати, що жодна з цих подій не є більш можливим, ніж інша.
Приклади рівноможливих подій:
1) випадання герба та випадання цифри при киданні монети;
2) поява 1,3, 4, 5 очок при киданні гральної кістки;
3) поява карти бубнової, червоної, трефової масті при вийманні карти з колоди;
4) поява кулі №1, 2, 3 при вийманні однієї кулі з урни, що містить 10 перенумерованих куль.
Існують групи подій, які мають всі три властивості: вони утворюють повну групу, несумісні і рівноможливі; наприклад: поява герба та цифри при киданні монети; поява 1, 2, 3, 4, 5, 6 очок при киданні гральної кістки. Події, що утворюють таку групу, називаються випадками (інакше "шансами").
Якщо якийсь досвід за своєю структурою має симетрію можливих результатів, то випадки є вичерпною системою рівноможливих і виключають один одного результатів досвіду. Про такий досвід говорять, що він "зводиться до схеми випадків" (інакше - до "схеми урн").
Схема випадків переважно має місце у штучно організованих дослідах, у яких заздалегідь і свідомо забезпечена однакова можливість результатів досвіду (як, наприклад, в азартних іграх). Для таких дослідів можливий безпосередній підрахунок ймовірностей, що ґрунтується на оцінці частки так званих «сприятливих» випадків у загальній кількості випадків.
Випадок називається сприятливим (або «сприятливим») певній події, якщо поява цього випадку тягне за собою появу цієї події.
Наприклад, при киданні гральної кістки можливі шість випадків: поява 1, 2, 3, 4, 5, 6 очок. З них події – появі парного числа очок – сприятливі три випадки: 2, 4, 6 і не сприятливі інші три.
Якщо досвід зводиться до схеми випадків, то ймовірність події у цьому досвіді можна оцінити щодо відносної частки сприятливих випадків. Імовірність події обчислюється як відношення числа сприятливих випадків до загального числа випадків:
де Р(А) - ймовірність події; – загальна кількість випадків; - Число випадків, сприятливих події .
Так як число сприятливих випадків завжди укладено між 0 і (0 – для неможливої та – для достовірної події), то ймовірність події, обчислена за формулою (2.2.1), завжди є раціональний правильний дріб:
Формула (2.2.1), так звана « класична формуладля обчислення ймовірностей, довгий час фігурувала в літературі як визначення ймовірності. В даний час при визначенні (поясненні) ймовірності зазвичай виходять з інших принципів безпосередньо пов'язуючи поняття ймовірності з емпіричним поняттям частоти; формула ж (2.2.1) зберігається лише як формула для безпосереднього підрахунку ймовірностей, придатна і тоді, коли досвід зводиться до схеми випадків, тобто. має симетрію можливих результатів.
Для обчислення ймовірності Р А події А необхідно побудувати математичну модель об'єкта, що вивчається, яка містить подію А. Основою моделі є імовірнісне простір (,?,Р), де - простір елементарних подій, ? - клас подій із введеними над ними операціями композиції,
Імовірність будь-якої події А, що має сенс і входить до класу подій? 25. Якщо, наприклад,
то з аксіоми 3, ймовірностей, випливає, що
Таким чином, обчислення ймовірності події А, зведено до обчислення ймовірностей елементарних подій, його складових, оскільки вони є «базовими», то методи їх обчислення зобов'язані залежати від аксіоматики теорії ймовірностей.
Тут розглянуто три підходи до обчислення ймовірностей елементарних подій:
класичний;
геометричний;
статистичний чи частотний.
Класичний метод обчислення ймовірностей
З аксіоматичного визначення ймовірності випливає, що ймовірність існує для будь-якої події А, але як її обчислити, про це нічого не говориться, хоча відомо, що для кожної елементарної події i існує ймовірність рi, така, що сума ймовірностей всіх елементарних подій простору дорівнює одиниці, тобто
На використанні цього факту заснований класичний метод обчислення ймовірностей випадкових подій, який через свою специфічність, дає спосіб знаходження ймовірностей цих подій безпосередньо з аксіом.
Нехай дано фіксований імовірнісний простір (,?,Р), в якому:
- а) складається з кінцевого числа n елементарних подій,
- б) кожній елементарній події i поставлена у відповідність ймовірність
Розглянемо подію А, що складається з m елементарних подій:
тоді з аксіоми 3 ймовірностей, через несумісність елементарних подій, випливає, що
Тим самим маємо формулу
яку можна інтерпретувати наступним чином: ймовірність події А відбутися дорівнює відношенню числа елементарних подій, що сприяють появі події А, до всіх елементарних подій.
У цьому вся суть класичного методу обчислення ймовірностей подій.
Зауваження. Приписавши однакову можливість кожному з елементарних подій простору, ми, з одного боку, маючи імовірнісний простір і спираючись на аксіоми теорії ймовірностей, отримали правило обчислення ймовірностей будь-яких випадкових подій з простору за формулою (2), з іншого боку, це дає нам підставу вважати все елементарні події рівноможливі та обчислення ймовірностей будь-яких випадкових подій зі зведення до «урнової» схеми незалежно від аксіом.
З формули (2) випливає, що ймовірність події А залежить лише від числа елементарних подій, з яких вона складається і не залежить від їхнього конкретного змісту. Таким чином, щоб скористатися формулою (2), необхідно знайти число точок простору і точок, з яких складається подія А, але тоді це вже завдання комбінаторного аналізу.
Розглянемо кілька прикладів.
Приклад 8. У урні з n куль - k червоних та (n - k) чорних. Навмання вилучаємо без повернення r куль. Яка ймовірність того, що у вибірці з r куль s куль - червоних?
Рішення. Нехай подія (А) (у вибірці з r куль s – червоних). Шукана ймовірність знаходиться за класичною схемою, формула (2):
де - число можливих вибірок об'єму r, які відрізняються хоча б одним номером кулі, а m - число вибірок об'єму r, в яких куль червоних червоних. Для, очевидно, число можливих варіантіввибірки одно, а m, як випливає з прикладу 7, дорівнює
Таким чином, шукана ймовірність дорівнює
Нехай дано набір попарно несумісних подій As,
утворюють повну групу, тоді
І тут кажуть, що маємо розподіл ймовірностей подій As.
Розподіл ймовірностей є одним із фундаментальних понять сучасної теорії ймовірностей і становить основу аксіомами Колмагорова.
Визначення. Розподіл імовірностей
визначається гіпергеометричний розподіл.
Боровков О.О. у своїй книзі на прикладі формули (3) пояснює природу завдань теорії ймовірностей і математичної статистикитак: знаючи склад генеральної сукупності, ми з допомогою гипергеометрического розподілу можемо з'ясувати, яким може бути склад вибірки - це своєрідне завдання теорії ймовірностей (пряме завдання). У природничих науках вирішують обернену задачу: за складом вибірок, визначають природу генеральних сукупностей - це обернена задача, і вона, образно кажучи, становить зміст математичної статистики.
Узагальненням біноміальних коефіцієнтів (поєднань) є поліноміальні коефіцієнти, які своєю назвою зобов'язані розкладання полінома виду
за ступенями доданків.
Поліноміальні коефіцієнти (4) часто застосовуються під час вирішення комбінаторних завдань.
Теорема. Нехай є k різних ящиків, якими розкладаються пронумеровані кулі. Тоді число розміщень куль по ящиках так, щоб у ящику з номером r знаходилося ri куль,
визначається поліноміальними коефіцієнтами (4).
Доведення. Оскільки порядок розташування ящиків важливий, а куль у ящиках - не важливий, то для підрахунку розміщень куль у будь-якому ящику можна скористатися поєднаннями.
У першому ящику r1 куль з n можна вибрати способами, у другому ящику r2 куль, з решти (n - r1) можна вибрати способами і так далі, в (k - 1) ящик rk-1 куль вибираємо
способами; в ящик k - решта
куль потрапляють автоматично, одним способом.
Таким чином, всього розміщень буде
приклад. По n ящиках випадково розподіляються n куль. Вважаючи, що ящики та кулі помітні, знайти ймовірності наступних подій:
- а) усі ящики не порожні = А0;
- б) один ящик порожній = А1;
- в) два ящики порожніх = А2;
- г) три ящики порожніх = А3;
- д) (n-1) - ящик порожній = А4.
Розв'язати задачу для випадку n = 5.
Рішення. З умови випливає, що розподіл куль по ящиках є простим випадковим вибором, отже, всіх варіантів nn.
Ця послідовність означає, що в першій, другій і третій ящиках по три кулі, в четвертій і п'ятій по дві кулі, в інших (n - 5) ящиках по одній кулі. Усього таких розміщень куль по ящиках буде
Так як кулі насправді помітні, то на кожну таку комбінацію будемо мати
розміщення куль. Таким чином, всього варіантів буде
Переходимо до рішення щодо пунктів прикладу:
а) оскільки у кожному ящику перебуває у одній кулі, маємо послідовність 111…11, на яку число розміщень дорівнює n!/ n! = 1. Якщо кулі помітні, маємо n!/ 1! розміщень, отже, всього варіантів m = 1n!= n!, звідси
б) якщо один ящик порожній, то якийсь ящик містить дві кулі, тоді маємо послідовність 211…10, на яку число розміщень дорівнює n! (n-2)! Так як кулі помітні, то для кожної такої комбінації маємо n!/2! розміщень. Усього варіантів
в) якщо дві ящики порожні, маємо дві послідовності: 311…100 і 221…100. Для першої кількість розміщень дорівнює
n!/(2! (n - 3)!).
На кожну таку комбінацію маємо n!/3! розміщення куль. Отже, для першої послідовності число варіантів дорівнює
Для другої послідовності всього варіантів буде
Остаточно маємо
г) для трьох порожніх ящиків буде три послідовності: 411...1000, або 3211...1000, або 22211...1000.
Для першої послідовності маємо
Для другої послідовності
Для третьої послідовності отримуємо
Усього варіантів
m = k1 + k2 + k3,
Шукана ймовірність дорівнює
д) якщо (n -1) ящик порожній, то всі кулі повинні знаходитися в одній із ящиків. Очевидно, що кількість комбінацій дорівнює
Імовірність, що відповідає цій події, дорівнює
При n = 5 маємо
Зауважимо, що за n = 5 події Аi повинні утворювати повну групу, що відповідає дійсності. Справді
Чи можна виграти у лотерею? Які шанси вгадати потрібну кількість чисел та отримати джекпот чи приз молодшої категорії? Імовірність виграшу легко прораховується, будь-хто може зробити це самостійно.
Як взагалі вважається ймовірність виграшу у лотерею?
Числові лотереї проводяться за певними формулами та шанси кожної події (виграшу тієї чи іншої категорії) розраховуються математично. Причому ця ймовірність обчислюється для будь-якого потрібного значення, чи то «5 із 36», «6 із 45», чи «7 із 49» і вона не змінюється, оскільки залежить тільки від загальної кількостічисел (куль, номерів) та того, скільки з них треба вгадати.
Наприклад, для лотереї «5 із 36» ймовірності завжди такі
- вгадати два числа - 1: 8
- вгадати три числа - 1: 81
- вгадати чотири числа - 1: 2 432
- вгадати п'ять чисел - 1: 376 992
Іншими словами — якщо відзначити в квитку одну комбінацію (5 номерів), то шанс вгадати «двійку» всього 1 з 8. А от «п'ять» номерів упіймати набагато складніше, це вже 1 шанс із 376 992. Саме така (376 тисяч) кількість всіляких комбінацій існує в лотереї «5 з 36» і гарантовано в ній виграти можна, якщо заповнити їх усі. Щоправда, сума виграшу у разі не виправдає вкладень: якщо квиток коштує 80 рублів, то відзначити всі комбінації коштуватиме 30 159 360 рублів. Джекпот зазвичай набагато менший.
Загалом, всі ймовірності давно відомі, і залишається, що їх знайти чи розрахувати самостійно, за допомогою відповідних формул.
Для тих, кому шукати ліньки, наведемо ймовірність виграшу для основних числових лотерей Столото - вони представлені в цій таблиці
| Скільки чисел треба вгадати | шанси у 5 з 36 | шанси у 6 з 45 | шанси у 7 із 49 |
| 2 | 1:8 | 1:7 | |
| 3 | 1:81 | 1:45 | 1:22 |
| 4 | 1:2432 | 1:733 | 1:214 |
| 5 | 1:376 992 | 1:34 808 | 1:4751 |
| 6 | 1:8 145 060 | 1:292 179 | |
| 7 | 1:85 900 584 |
Необхідні пояснення
Лото-віджет дозволяє розраховувати ймовірність виграшу для лотерей з одним лототроном (без бонусних куль) або двома лототронами. Також можна прорахувати ймовірність розгорнутих ставок
Розрахунок ймовірності для лотерей з одним лототроном (без бонусних куль)
Використовуються лише перші два поля, в яких числова формулалотереї, наприклад: - "5 з 36", "6 з 45", "7 з 49". В принципі, можна прорахувати майже будь-яку світову лотерею. Є лише два обмеження: перше значення має перевищувати 30, а друге — 99.
Якщо в лотереї не використовуються додаткові номери*, після вибору числової формули залишається натиснути кнопку розрахувати і результат готовий. Не важливо, ймовірність якоїсь події ви хочете дізнатися – виграш джекпоту, приз другої/третьої категорії або просто з'ясувати, чи складно вгадати 2-3 номери з потрібної кількості – результат вираховується майже моментально!
приклад розрахунку. Вірогідність вгадати 5 з 36 складає 1 шанс з 376 992
приклади. Імовірності виграшу головного призу для лотерей:
«5 із 36» (Гослото, Росія) – 1:376 922
"6 з 45" (Гослото, Росія; Saturday Lotto, Австралія; Lotto, Австрія) - 1:8 145 060
«6 із 49» (Спортлото, Росія; La Primitiva, Іспанія; Lotto 6/49, Канада) — 1:13 983 816
«6 із 52» (Super Loto, Україна; Illinois Lotto, США; Mega TOTO, Малайзія) — 1:20 358 520
"7 з 49" (Гослото, Росія; Lotto Max, Канада) - 1:85 900 584
Лотереї з двома лототронами (+ бонусна куля)
Якщо в лотереї використовують два лототрони, то для розрахунку необхідно заповнити всі 4 поля. У перших двох – числова формула лотереї (5 із 36, 6 із 45 тощо), у третьому та четвертому полі відзначається кількість бонусних куль (x із n). Важливо: цей розрахунок можна використовувати лише для лотерей із двома лототронами. Якщо бонусна куля дістається з основного лототрону, то ймовірність виграшу цієї категорії вважається по-іншому.
* Так як при використанні двох лототронів шанс виграшу вираховується перемноженням ймовірностей один на одного, то для коректного розрахунку лотерей з одним лототроном вибір додаткового номераза замовчуванням коштує як 1 з 1, тобто не враховується.
приклади. Імовірності виграшу головного призу для лотерей:
«5 із 36 + 1 із 4» (Гослото, Росія) – 1:1 507 978
«4 із 20 + 4 із 20» (Гослото, Росія) – 1:23 474 025
«6 із 42 + 1 із 10» (Megalot, Україна) – 1:52 457 860
«5 із 50 + 2 із 10» (EuroJackpot) – 1:95 344 200
«5 із 69 + 1 із 26» (Powerball, США) — 1: 292 201 338
Приклад розрахунок. Шанс вгадати 4 із 20 двічі (у двох полях) становить 1 до 23 474 025
Хорошою ілюстрацією складності гри з двома лототронами є лотерея «Гослото «4 з 20». Імовірність вгадати 4 числа з 20 в одному полі цілком щадна, шанс цього - 1 з 4845. Але, коли вгадати треба виграти обидва поля ... то ймовірність розраховується їх перемноженням. Тобто, в даному випадку 4845 множимо на 4845, що дає 23474025. Так що, простота цієї лотереї оманлива, виграти в ній головний призскладніше, ніж у «6 із 45» або «6 із 49»
Розрахунок ймовірності (розгорнуті ставки)
У разі вважається ймовірність виграшу під час використання розгорнутих ставок. Для прикладу – якщо в лотереї 6 із 45, відзначити 8 чисел то ймовірність виграти головний приз (6 із 45) становитиме 1 шанс із 290 895. Чи користуватися розгорнутими ставками – вирішувати вам. З урахуванням того, що вартість їх виходить дуже висока (у даному випадку 8 зазначених чисел це 28 варіантів) варто знати, як це збільшує шанси на виграш. Тим більше що зробити це тепер зовсім просто!
Розрахунок ймовірності виграшу (6 із 45) на прикладі розгорнутої ставки (відзначено 8 чисел)
та інші можливості
За допомогою нашого віджету можна прорахувати ймовірність виграшу і в бінго-лотереях, наприклад, « Російське лото». Головне, що треба враховувати, це кількість ходів, відведених на настання виграшу. Щоб було зрозуміліше: довгий час у лотереї «Російське лото» джекпот можна було виграти в тому випадку, якщо 15 чисел ( в одному полі) закривалися за 15 ходів. Імовірність такої події абсолютно фантастична, 1 шанс із 45 795 673 964 460 800 (можете перевірити та отримати це значення самостійно). Саме тому, до речі, багато років у лотереї «Російське лото» ніхто не міг зірвати джекпот і його розподіляли примусово.
20.03.2016 правила лотереї «Російське лото» було змінено. Джекпот тепер можна виграти, якщо 15 чисел (з 30) закривалися за 15 ходів. Виходить аналог розгорнутої ставки - адже 15 чисел вгадуються з 30 наявних! А це вже зовсім інша ймовірність:
Шанс виграти джекпот (за новими правилами) у лотереї «Російське лото»
І насамкінець наведемо ймовірність виграшу в лотереях, що використовують бонусну кулю з основного лототрону (наш віджет такі значення не вважає). З найвідоміших
Спортлото «6 із 49»(Гослото, Росія), La Primitiva «6 із 49» (Іспанія)
Категорія «5 + бонусна куля»: ймовірність 1:2 330 636
SuperEnalotto «6 із 90»(Італія)
Категорія «5 + бонусна куля»: ймовірність 1:103 769 105
Oz Lotto «7 із 45»(Австралія)
Категорія «6 + бонусна куля»: ймовірність 1:3 241 401
«5 + 1» - ймовірність 1:29 602
«3+1» - ймовірність 1:87
Lotto «6 із 59»(Велика Британія)
Категорія «5 + 1 бонусна куля»: ймовірність 1:7 509 579