Formule: Probabilități

De la definiția clasică la evenimentul contrar, probabilități condiționate și cele trei scheme clasice. 10 formule, clasa 10.

Definiția clasică a probabilității — clasa 10

P (A) = \frac{card ( A )}{card ( Ω )} = \frac{cazuri favorabile}{cazuri posibile}

$Ω$ este mulțimea tuturor rezultatelor posibile ale experimentului, iar $A \subseteq Ω$ este evenimentul care ne interesează; $card$ înseamnă „câte elemente are”. Formula se aplică numai dacă rezultatele elementare sunt egal posibile: zar echilibrat, monedă corectă, extragere „la întâmplare”. Proprietăți: $0 \leq P (A) \leq 1$ , $P (\emptyset) = 0$ , $P (Ω) = 1$ , iar din $A \subseteq B$ rezultă $P (A) \leq P (B)$ . Capcană: egala posibilitate depinde de felul în care descrii rezultatele — la două monede $Ω$ are patru elemente, nu trei.

Exemplu: La aruncarea unui zar, $Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}$ . Evenimentul „număr par” are $3$ cazuri favorabile, deci $P = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} = 50%$ . • Evenimentul „număr mai mare decât $4$ ” are cazurile $5$ și $6$ , deci $P = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ .

Evenimentul contrar — clasa 10

P (\overline{A}) = 1 - P (A), P (A) + P (\overline{A}) = 1

Evenimentul contrar $\overline{A}$ se produce exact atunci când $A$ nu se produce; împreună acoperă toate rezultatele ( $A \cup \overline{A} = Ω$ ) și nu se pot produce simultan ( $A \cap \overline{A} = \emptyset$ ). Formula este cea mai eficientă unealtă a capitolului: problemele care încep cu „cel puțin unul” se rezolvă numărând contrariul, „niciunul”, care are de obicei un singur caz. Capcană la negare: contrariul lui „cel puțin doi” este „cel mult unul”, nu „niciunul”. Probă obligatorie: la final, $P (A) + P (\overline{A})$ trebuie să dea exact $1$ .

Exemplu: Se aruncă $3$ monede: $P (cel pu ț in o stem \overset{a}{˘}) = 1 - P (nicio stem \overset{a}{˘}) = 1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}$ . • Dacă $P (A) = 0, 3$ , atunci $P (\overline{A}) = 0, 7$ .

Probabilitatea reuniunii — clasa 10

P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A \cap B)

Reuniunea $A \cup B$ înseamnă „cel puțin unul dintre $A$ și $B$ ”; cuvântul „sau” nu este exclusiv, deci acoperă și cazul în care se produc amândouă. Scăderea lui $P (A \cap B)$ repară numărarea dublă a rezultatelor comune. Caz particular: dacă evenimentele sunt incompatibile, $P (A \cap B) = 0$ și formula devine o simplă adunare. Citită invers, ea dă $P (A \cap B) = P (A) + P (B) - P (A \cup B)$ — varianta cea mai des cerută la examen. Verificare: $P (A \cup B)$ este cel puțin cât cea mai mare dintre cele două probabilități și cel mult $1$ .

Exemplu: La un zar, fie $A$ evenimentul „număr par” și $B$ evenimentul „multiplu de $3$ ”: $P (A) = \frac{1}{2}$ , $P (B) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ , iar $A \cap B = {6}$ , cu $P = \frac{1}{6}$ . Atunci $P (A \cup B) = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{6} = \frac{2}{3}$ — și, într-adevăr, cazurile favorabile sunt $2, 3, 4, 6$ , adică $\frac{4}{6}$ . ✓

Probabilitatea intersecției (regula înmulțirii) — clasa 10

P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B ∣ A)

Intersecția $A \cap B$ înseamnă „amândouă”, iar probabilitatea ei se obține înmulțind probabilitatea primului eveniment cu probabilitatea celui de-al doilea, recalculată în situația în care primul s-a produs deja. Pe o diagramă arborescentă: înmulțești probabilitățile de pe traseu. La extrageri cu revenire factorii rămân neschimbați, la extrageri fără revenire se schimbă și numărătorul, și numitorul la etapa a doua. Capcană: $P (A \cap B) \leq min (P (A), P (B))$ — intersecția nu poate fi mai probabilă decât fiecare dintre evenimente.

Exemplu: O urnă are $5$ bile albe și $3$ negre; se extrag două bile, fără revenire: $P (ambele albe) = \frac{5}{8} \cdot \frac{4}{7} = \frac{20}{56} = \frac{5}{14}$ . • Cu revenire, rezultatul ar fi $\frac{5}{8} \cdot \frac{5}{8} = \frac{25}{64}$ .

Probabilitatea condiționată — clasa 10

P (B ∣ A) = \frac{P ( A \cap B )}{P ( A )}, P (A) > 0

Se citește „probabilitatea lui $B$ , știind că s-a produs $A$ ”. Informația suplimentară restrânge mulțimea cazurilor posibile: numitorul nu mai este totalul, ci numărul cazurilor în care condiția este îndeplinită. În cazul echiprobabil formula devine $\frac{card ( A \cap B )}{card ( A )}$ . Într-un tabel cu două caracteristici, condiția îți spune pe ce linie sau pe ce coloană lucrezi, iar numitorul este totalul acelei linii sau coloane. Capcană: $P (B ∣ A) \neq = P (A ∣ B)$ în general — au același numărător, dar numitori diferiți.

Exemplu: Se aruncă un zar și se știe că a ieșit număr par. Probabilitatea ca el să fie mai mare decât $3$ este $\frac{card { 4 , 6 }}{card { 2 , 4 , 6 }} = \frac{2}{3}$ , nu $\frac{3}{6}$ . • Din definiție rezultă direct regula înmulțirii: $P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B ∣ A)$ .

Evenimente independente — clasa 10

A, B independente ⟺ P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)

Independența este un test numeric, nu o impresie: verifici dacă probabilitatea intersecției este chiar produsul probabilităților. Echivalent, pentru $P (A) > 0$ : $P (B ∣ A) = P (B)$ , adică faptul că $A$ s-a produs nu schimbă cu nimic șansele lui $B$ . Situații tipice de independență: aruncări repetate, extrageri cu revenire, dispozitive necorelate. Capcană: independent nu înseamnă disjunct — două evenimente disjuncte cu probabilități nenule sunt obligatoriu dependente, pentru că producerea unuia îl exclude pe celălalt.

Exemplu: La două zaruri: $P (ambele 6) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{36}$ . • $P (cel pu ț in un 6) = 1 - (\frac{5}{6})^{2} = \frac{11}{36}$ — mai întâi contrarul, apoi independența.

Legea probabilității totale — clasa 10

P (B) = i = 1 \sum n P (A_{i}) \cdot P (B ∣ A_{i})

Evenimentele $A_{1}, \dots, A_{n}$ formează un sistem complet: sunt două câte două incompatibile, reuniunea lor este evenimentul sigur și fiecare are probabilitate strict pozitivă, deci $P (A_{1}) + \dots + P (A_{n}) = 1$ . Formula însumează, pe fiecare scenariu, probabilitatea scenariului înmulțită cu probabilitatea lui $B$ în acel scenariu. Rezultatul este o medie ponderată a valorilor $P (B ∣ A_{i})$ , deci se află obligatoriu între cea mai mică și cea mai mare dintre ele — un control care prinde imediat greșelile de calcul. Capcană: nu se amestecă bilele din urne diferite; amestecul dă același răspuns doar când urnele au tot atâtea bile.

Exemplu: Urna $U_{1}$ are $3$ bile albe și $2$ negre, urna $U_{2}$ are $1$ albă și $4$ negre; se alege o urnă la întâmplare, apoi o bilă din ea. Atunci $P (alb \overset{a}{˘}) = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{5} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{5} = \frac{3}{10} + \frac{1}{10} = \frac{2}{5}$ — valoare cuprinsă, cum trebuie, între $\frac{1}{5}$ și $\frac{3}{5}$ . ✓

Schema bilei revenite (Bernoulli) — clasa 10

P (k) = C_{n}^{k} p^{k} q^{n - k}, q = 1 - p

Modelul: $n$ probe independente și identice, fiecare cu doar două rezultate — succes, cu probabilitatea $p$ , și eșec, cu $q = 1 - p$ ; $k$ este numărul de succese cerut. Factorul $p^{k} q^{n - k}$ este probabilitatea unui scenariu anume, iar $C_{n}^{k}$ numără scenariile favorabile. Recunoaștere: „cu revenire”, „se aruncă de $n$ ori”, „fiecare aparat funcționează cu probabilitatea…”. Control: suma pe toate valorile lui $k$ este $(p + q)^{n} = 1$ . Util: $P (cel pu ț in un succes) = 1 - q^{n}$ .

Exemplu: Un zar se aruncă de $5$ ori, iar succes înseamnă „a ieșit $6$ ”, deci $p = \frac{1}{6}$ . Probabilitatea de a obține exact două șase este $C_{5}^{2} (\frac{1}{6})^{2} (\frac{5}{6})^{3} = 10 \cdot \frac{125}{7776} = \frac{625}{3888} \approx 0, 16$ .

Schema bilei nerevenite (hipergeometrică) — clasa 10

P (k) = \frac{C _{a}^{k} \cdot C _{b}^{n - k}}{C _{a + b}^{n}}

Modelul: o urnă cu $a$ bile albe și $b$ bile negre, din care se extrag $n$ bile fără revenire (sau, ceea ce este totuna, simultan); $k$ este numărul de bile albe cerut. Probele nu mai sunt independente, fiindcă urna sărăcește după fiecare extragere. Formula are sens doar pentru $k \leq a$ și $n - k \leq b$ ; în afara acestor limite probabilitatea este $0$ . Recunoaștere: „fără revenire”, „simultan”, „se aleg $n$ persoane dintr-un grup”. Control: suma pe toate valorile lui $k$ dă $1$ .

Exemplu: O urnă are $5$ bile albe și $3$ negre; se extrag $3$ bile simultan. Atunci $P (exact 2 albe) = \frac{C _{5}^{2} \cdot C _{3}^{1}}{C _{8}^{3}} = \frac{10 \cdot 3}{56} = \frac{30}{56} = \frac{15}{28} \approx 0, 54$ .

Schema lui Poisson — clasa 10

P (k) = coeficientul lui x^{k} din i = 1 \prod n (p_{i} x + q_{i}), q_{i} = 1 - p_{i}

Modelul: $n$ probe independente, dar fiecare cu probabilitatea ei de succes $p_{i}$ — trăgători cu precizii diferite, aparate cu fiabilități diferite, urne cu compoziții diferite. Formezi polinomul $(p_{1} x + q_{1}) (p_{2} x + q_{2}) \dots (p_{n} x + q_{n})$ , îl desfaci, iar coeficientul lui $x^{k}$ este chiar probabilitatea de a obține exact $k$ succese. Citiri instantanee: termenul liber $q_{1} q_{2} \dots q_{n}$ este probabilitatea niciunui succes, iar coeficientul dominant $p_{1} p_{2} \dots p_{n}$ este probabilitatea tuturor succeselor. Control obligatoriu: suma coeficienților este $1$ . Când toate probabilitățile sunt egale, produsul devine $(p x + q)^{n}$ și regăsești schema lui Bernoulli.

Exemplu: Trei trăgători nimeresc ținta cu probabilitățile $\frac{1}{2}$ , $\frac{1}{3}$ și $\frac{1}{4}$ . Produsul este $(\frac{x}{2} + \frac{1}{2}) (\frac{x}{3} + \frac{2}{3}) (\frac{x}{4} + \frac{3}{4}) = \frac{1}{24} x^{3} + \frac{1}{4} x^{2} + \frac{11}{24} x + \frac{1}{4}$ . Deci $P (exact 2) = \frac{1}{4}$ , $P (niciunul) = \frac{1}{4}$ , $P (to ț i trei) = \frac{1}{24}$ , iar suma coeficienților este $1$ . ✓