Schema bilei nerevenite (schema hipergeometrică)

La loterie, bilele extrase nu se pun înapoi în urnă. La un control de calitate, piesa verificată nu se aruncă la loc în ladă ca să poată fi trasă a doua oară. Când profesorul alege trei elevi pentru o comisie, nu are cum să aleagă același elev de două ori. În toate aceste situații — și sunt cele mai multe din viața reală — obiectul extras rămâne afară.

Diferența față de lecția precedentă pare mică, dar schimbă tot mecanismul. Dacă urna are $5$ bile albe și $4$ negre și scoți o bilă albă, atunci pentru a doua extragere au mai rămas doar $4$ albe din $8$: probabilitatea de succes s-a modificat. Probele nu mai sunt independente și nu mai au aceeași probabilitate, deci formula lui Bernoulli nu se mai aplică. Din fericire, în locul ei intervine ceva mai simplu decât ai crede: pentru că nicio bilă nu poate fi extrasă de două ori, rezultatul unei extrageri de $n$ bile este pur și simplu o submulțime de $n$ bile, iar toate submulțimile sunt egal probabile. Ne întoarcem astfel la definiția clasică a probabilității și la numărarea cu combinări. Modelul se numește schema bilei nerevenite sau schema hipergeometrică și este a doua dintre cele trei scheme clasice cerute de programa de matematică-informatică.

Ce vei învăța

• Vei ști să recunoști o extragere fără revenire și să explici de ce probele nu mai sunt independente.
• Vei ști să enunți și să demonstrezi formula $P(k)=\frac{C_a^k\cdot C_b^{n-k}}{C_{a+b}^n}$, prin numărarea cazurilor favorabile și posibile.
• Vei ști de ce extragerea simultană a $n$ bile și extragerea lor una câte una, fără revenire, dau aceleași probabilități.
• Vei ști să verifici că suma probabilităților este $1$, printr-un argument de numărare.
• Vei ști să compari schema hipergeometrică cu schema lui Bernoulli pe aceleași date și să alegi corect schema în funcție de enunț.
• Vei ști să tratezi cazurile în care numărul de bile cerut nu există în urnă, când probabilitatea este $0$.

Hai să descoperim împreună

1. Ce se schimbă când bila nu se mai întoarce

Fie o urnă cu $5$ bile albe și $4$ bile negre. Extragem o bilă, o punem deoparte, apoi extragem încă una.

• La prima extragere, probabilitatea unei bile albe este $\frac{5}{9}$.
• La a doua extragere, probabilitatea depinde de ce s-a întâmplat înainte: dacă prima a fost albă, mai sunt $4$ albe din $8$, deci $\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$; dacă prima a fost neagră, sunt $5$ albe din $8$.

Cele două probe nu sunt independente, iar probabilitatea de succes nu este aceeași la fiecare probă. Ambele ipoteze ale schemei lui Bernoulli cad.

2. Ideea salvatoare: privește rezultatul ca pe o submulțime

Presupune că extragem $n=3$ bile, una câte una, fără revenire. La final, în mâna noastră se află trei bile diferite din cele nouă. Dacă nu ne interesează ordinea în care au ieșit, rezultatul experimentului este exact o submulțime cu $3$ elemente a mulțimii celor $9$ bile.

Câte astfel de submulțimi există? Exact $C_9^3=84$, după formula de la Combinări: definiție și formulă. Și — punctul esențial — toate cele $84$ de submulțimi au aceeași probabilitate, pentru că bilele sunt indiscernabile la pipăit și niciuna nu e favorizată. Suntem, așadar, într-o situație de echiprobabilitate și putem folosi definiția clasică a probabilității: cazuri favorabile împărțite la cazuri posibile, ca la Cazuri favorabile și cazuri posibile — numărarea cu combinatorică.

3. Numărarea cazurilor favorabile

Vrem probabilitatea de a obține exact $2$ bile albe (și, prin urmare, $1$ neagră). O submulțime favorabilă se construiește în două etape independente ca alegere:

• alegem $2$ bile albe dintre cele $5$: $C_5^2=10$ moduri;
• alegem $1$ bilă neagră dintre cele $4$: $C_4^1=4$ moduri.

Prin regula produsului, numărul submulțimilor favorabile este $10\cdot 4=40$, deci

$$P(2\text{ albe})=\frac{C_5^2\cdot C_4^1}{C_9^3}=\frac{40}{84}=\frac{10}{21}.$$

4. Schema hipergeometrică — enunț și demonstrație

Teoremă (schema bilei nerevenite). O urnă conține $a$ bile albe și $b$ bile negre. Se extrag, fără revenire, $n$ bile ($n\le a+b$). Probabilitatea de a obține exact $k$ bile albe este

$$P(k)=\frac{C_a^k\cdot C_b^{n-k}}{C_{a+b}^n},$$

pentru $k$ cu $0\le k\le a$ și $0\le n-k\le b$; în afara acestui interval, probabilitatea este $0$.

Demonstrație. Rezultatul experimentului este o submulțime de $n$ bile din cele $a+b$, iar toate aceste submulțimi sunt egal probabile; numărul lor este $C_{a+b}^n$, deci acesta este numărul cazurilor posibile.

O submulțime favorabilă conține exact $k$ bile albe și exact $n-k$ negre. Cele $k$ bile albe se aleg în $C_a^k$ moduri, iar cele $n-k$ negre, independent, în $C_b^{n-k}$ moduri; prin regula produsului, numărul cazurilor favorabile este $C_a^k\cdot C_b^{n-k}$. Raportul lor dă formula din enunț. $■$

Condițiile de existență merită subliniate: nu poți extrage $4$ bile albe dintr-o urnă care are doar $3$. Formal, $C_a^k=0$ pentru $k>a$, deci formula dă automat $0$ — dar la examen se cere să spui explicit de ce.

5. De ce nu contează ordinea

Ai putea obiecta: extragerile se fac una câte una, deci ordinea există. Este adevărat, însă ea nu schimbă rezultatul. Verificăm pe un caz mic: urnă cu $3$ albe și $2$ negre, din care se extrag $2$ bile fără revenire, și calculăm probabilitatea de a obține exact o bilă albă.

Pe drumul „una câte una": sunt două ordini favorabile, iar probabilitățile lor se calculează cu formula probabilității intersecției, în forma cu probabilitate condiționată de la Probabilități condiționate:

$$P(A,N)=\frac{3}{5}\cdot \frac{2}{4}=\frac{3}{10},P(N,A)=\frac{2}{5}\cdot \frac{3}{4}=\frac{3}{10}.$$

Cele două fiind incompatibile, probabilitatea căutată este $\frac{3}{10}+\frac{3}{10}=\frac{3}{5}$.

Pe drumul „simultan": $\frac{C_3^1\cdot C_2^1}{C_5^2}=\frac{3\cdot 2}{10}=\frac{3}{5}$.

Aceeași valoare. Concluzia, valabilă în general: la extragerile fără revenire, probabilitatea unui rezultat descris doar prin „câte bile de fiecare culoare" nu depinde de ordine. De aceea enunțurile pot spune fie „se extrag simultan $3$ bile", fie „se extrag pe rând $3$ bile, fără a le pune înapoi" — răspunsul e același, iar tu vei folosi întotdeauna varianta cu combinări, care e mai scurtă.

6. Suma probabilităților este 1

Numărul de bile albe obținute este sigur una dintre valorile posibile, deci suma probabilităților trebuie să fie $1$. Justificarea nu cere nicio formulă nouă, ci doar regula sumei.

Grupăm toate cele $C_{a+b}^n$ submulțimi de $n$ bile după numărul de bile albe pe care îl conțin. Grupele sunt disjuncte și acoperă toate submulțimile, iar grupa cu $k$ bile albe are $C_a^k\cdot C_b^{n-k}$ elemente. Prin urmare

$$\sum _k{C}_a^k\cdot C_b^{n-k}=C_{a+b}^n⟹\sum _{k}P(k)=1.$$

Verifică singur pe un caz mic: pentru $a=4$, $b=3$, $n=3$, numărătorii sunt $1,12,18,4$, cu suma $35=C_7^3$ ✓

7. Cele două scheme, față în față

Aceeași urnă, aceeași întrebare, două protocoale diferite. Urnă cu $4$ bile albe și $6$ negre, $3$ extrageri, probabilitatea de a obține exact $2$ albe:

Valorile sunt apropiate, dar diferite. Regula de recunoaștere în enunț:

• cuvintele „cu revenire", „se pune bila înapoi", „se aruncă zarul de $n$ ori" $\Rightarrow$ schema lui Bernoulli;
• cuvintele „fără revenire", „simultan", „se aleg $n$ persoane/piese/cărți" $\Rightarrow$ hipergeometrică.

Cu cât urna e mai mare față de numărul de extrageri, cu atât cele două valori sunt mai apropiate — dintr-o urnă cu mii de bile, scoaterea a trei nu schimbă aproape nimic. Dar la urnele mici, diferența e importantă și examenul o urmărește.

8. Extrageri cu mai multe culori

Raționamentul se extinde imediat. Dacă urna conține $a$ bile roșii, $b$ albastre și $c$ verzi, iar din ele se extrag simultan $n$ bile, atunci probabilitatea de a obține exact $k_1$ roșii, $k_2$ albastre și $k_3$ verzi (cu $k_1+k_2+k_3=n$) este

$$P=\frac{C_a^{k_1}\cdot C_b^{k_2}\cdot C_c^{k_3}}{C_{a+b+c}^n}.$$

Numitorul rămâne același — toate submulțimile de $n$ bile — iar numărătorul se obține tot prin regula produsului, alegând separat bilele din fiecare culoare.

Exemple rezolvate

Exemplul 1. Distribuția completă pentru $5$ albe și $4$ negre

Dintr-o urnă cu $5$ bile albe și $4$ negre se extrag simultan $3$ bile. Scrie probabilitățile pentru toate valorile posibile ale numărului de bile albe.

Rezolvare. Numărul cazurilor posibile este $C_9^3=84$. Numărătorii $C_5^k\cdot C_4^{3-k}$ sunt:

Control: $4+30+40+10=84$ ✓ Cel mai probabil rezultat este $2$ bile albe.

Exemplul 2. Toate bilele de aceeași culoare

O urnă conține $6$ bile albe și $4$ negre. Se extrag simultan $3$ bile. Care este probabilitatea ca toate trei să fie albe?

Rezolvare. $P(3)=\frac{C_6^3\cdot C_4^0}{C_{10}^3}=\frac{20\cdot 1}{120}=\frac{1}{6}$.

Merită observat cât de repede scade această probabilitate cu numărul de extrageri: pentru $2$ bile ar fi fost $\frac{C_6^2}{C_{10}^2}=\frac{15}{45}=\frac{1}{3}$.

Exemplul 3. Patru bile dintr-o urnă cu zece

O urnă conține $4$ bile albe și $6$ negre. Se extrag simultan $4$ bile. Care este probabilitatea de a obține exact $2$ albe?

Rezolvare. $C_{10}^4=210$, iar cazurile favorabile sunt $C_4^2\cdot C_6^2=6\cdot 15=90$. Deci

$$P(2)=\frac{90}{210}=\frac{3}{7}\approx 0,43.$$

Distribuția completă are numărătorii $15,80,90,24,1$, cu suma $210$ ✓ — se vede că a obține toate cele patru bile albe este extrem de improbabil, $\frac{1}{210}$.

Exemplul 4. Aceeași problemă, pe două drumuri

Dintr-o urnă cu $3$ bile albe și $2$ negre se extrag $2$ bile fără revenire. Calculează probabilitatea de a obține exact o bilă albă, o dată cu formula hipergeometrică și o dată urmărind ordinea extragerilor.

Rezolvare. Cu formula: $P(1)=\frac{C_3^1\cdot C_2^1}{C_5^2}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$.

Pe ordini: $P(A,N)=\frac{3}{5}\cdot \frac{2}{4}=\frac{3}{10}$ și $P(N,A)=\frac{2}{5}\cdot \frac{3}{4}=\frac{3}{10}$, cu suma $\frac{3}{5}$ ✓

Distribuția completă este $P(0)=\frac{1}{10}$, $P(1)=\frac{3}{5}$, $P(2)=\frac{3}{10}$, cu suma $1$.

Exemplul 5. Cele două scheme pe aceleași date

O urnă conține $4$ bile albe și $6$ negre. Se extrag $3$ bile. Calculează probabilitatea de a obține exact $2$ albe: a) dacă extragerile se fac cu revenire; b) dacă se fac fără revenire. Compară rezultatele.

Rezolvare. a) Cu revenire, $p=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}$ este constant:

$$P=C_3^2{\left(\frac{2}{5}\right)}^2\left(\frac{3}{5}\right)=3\cdot \frac{4}{25}\cdot \frac{3}{5}=\frac{36}{125}=0,288.$$

b) Fără revenire: $P=\frac{C_4^2\cdot C_6^1}{C_{10}^3}=\frac{6\cdot 6}{120}=\frac{36}{120}=\frac{3}{10}=0,3$.

Valorile diferă cu aproximativ $0,012$. Fără revenire probabilitatea este puțin mai mare: după ce ai scos o bilă albă, cele albe rămase sunt mai puține, ceea ce descurajează repetarea aceleiași culori — dar totodată extragerea unei bile negre lasă mai multe albe în urnă. Efectul net, pentru un rezultat „echilibrat" ca acesta, este o ușoară creștere.

Exemplul 6. Exemplu tip Bacalaureat M1

Într-o clasă sunt $7$ fete și $5$ băieți. Se aleg la întâmplare $3$ elevi, pentru a forma o echipă.

a) Calculați probabilitatea ca echipa să fie formată din exact $2$ fete. b) Calculați probabilitatea ca echipa să conțină cel puțin o fată.

Rezolvare. Numărul total de echipe este $C_{12}^3=220$.

a) $P(2\text{ fete})=\frac{C_7^2\cdot C_5^1}{C_{12}^3}=\frac{21\cdot 5}{220}=\frac{105}{220}=\frac{21}{44}$.

b) Trecem la evenimentul contrar, „nicio fată", adică toți trei băieți:

$$P(\ge 1\text{ fata˘})=1-\frac{C_5^3}{C_{12}^3}=1-\frac{10}{220}=\frac{210}{220}=\frac{21}{22}.$$

Aproape $95\%$ — firesc, când fetele sunt majoritare. Baremul de la proba de Bacalaureat M1 cere ca numărul cazurilor posibile să fie scris explicit înainte de raport.

Să exersăm

1. O urnă conține $4$ bile albe și $3$ negre. Se extrag simultan $3$ bile. Calculează probabilitatea de a obține exact $2$ bile albe.

2. O urnă conține $5$ bile albe și $3$ negre. Se extrag simultan $2$ bile. Calculează probabilitatea ca amândouă să fie albe.

3. O urnă conține $6$ bile albe și $4$ negre. Se extrag simultan $3$ bile. Calculează probabilitatea de a obține cel puțin o bilă neagră.

4. „La extragerile fără revenire, probabilitatea de a obține un anumit număr de bile albe depinde de ordinea în care ies bilele." (Adevărat/Fals cu motivare.)

5. Într-un grup de $6$ fete și $3$ băieți se aleg la întâmplare $3$ persoane. Calculează probabilitatea ca printre ele să fie exact $2$ fete.

6. O urnă conține $3$ bile albe și $2$ negre. Se extrag simultan $2$ bile. Scrie probabilitățile pentru $k=0,1,2$ și verifică faptul că suma lor este $1$.

7. O urnă conține $3$ bile albe și $3$ negre. Se extrag $2$ bile. Calculează probabilitatea ca amândouă să fie albe: a) fără revenire; b) cu revenire. Compară cele două valori.

8. O urnă conține $7$ bile albe și $3$ negre. Se extrag simultan $3$ bile. Calculează probabilitatea de a obține exact $2$ bile albe.

9. Într-o urnă sunt $10$ bile numerotate, dintre care $4$ sunt câștigătoare. Se extrag simultan $4$ bile. Calculează probabilitatea de a obține exact $3$ bile câștigătoare.

10. Într-un lot de $12$ piese, $3$ sunt defecte. Se verifică $4$ piese luate simultan. Calculează probabilitatea ca niciuna dintre ele să nu fie defectă. (Problemă aplicată.)

11. O urnă conține $4$ bile albe și $4$ negre. Se extrag simultan $3$ bile. Calculează probabilitatea de a obține cel puțin $2$ bile albe.

12. O urnă conține $a$ bile albe și $4$ negre. Se extrag simultan $2$ bile, iar probabilitatea ca amândouă să fie albe este $\frac{1}{3}$. Determină $a$.

13. O urnă conține $4$ bile albe și $2$ negre. Se extrag $3$ bile, una câte una, fără revenire. a) Calculează probabilitatea ca ele să iasă în ordinea albă, neagră, albă. b) Calculează probabilitatea de a obține exact $2$ bile albe, în orice ordine.

14. „Într-o urnă cu $2$ bile albe și $5$ negre, probabilitatea de a extrage simultan $3$ bile albe este $0$." (Adevărat/Fals cu motivare.)

15. O urnă conține $3$ bile roșii, $2$ albastre și $4$ verzi. Se extrag simultan $3$ bile. Calculează probabilitatea de a obține câte o bilă din fiecare culoare.

16. O urnă conține $5$ bile albe și $7$ negre. Se extrag simultan $4$ bile. a) Calculează probabilitatea de a obține exact $2$ bile albe. b) Calculează probabilitatea de a obține cel puțin $3$ bile albe. (Exercițiu tip Bacalaureat M1.)

17. Într-o comisie de $9$ profesori, $4$ predau matematică. Se aleg la întâmplare $3$ dintre ei. Calculează probabilitatea ca cel puțin doi să fie profesori de matematică. (Problemă aplicată.)

18. Arată că, pentru orice $a$, $b$ și $n\le a+b$, are loc egalitatea $\sum _k{C}_a^k\cdot C_b^{n-k}=C_{a+b}^n$, unde suma se ia după toate valorile posibile ale lui $k$. Verifică apoi egalitatea pentru $a=4$, $b=3$, $n=3$. (Provocare.)

Răspunsuri și explicații

1. $C_7^3=35$ cazuri posibile; favorabile: $C_4^2\cdot C_3^1=6\cdot 3=18$. Deci $P=\frac{18}{35}\approx 0,514$.

2. $P=\frac{C_5^2}{C_8^2}=\frac{10}{28}=\frac{5}{14}\approx 0,357$.

3. Prin evenimentul contrar („toate trei albe"): $P=1-\frac{C_6^3}{C_{10}^3}=1-\frac{20}{120}=\frac{100}{120}=\frac{5}{6}$.

4. Fals. Ordinea nu contează: rezultatul este o submulțime, iar toate submulțimile de aceeași mărime sunt egal probabile. Verificarea pe cazuri mici (Exemplul 4) arată că cele două drumuri de calcul dau exact aceeași valoare.

5. $C_9^3=84$ cazuri posibile; favorabile: $C_6^2\cdot C_3^1=15\cdot 3=45$. Deci $P=\frac{45}{84}=\frac{15}{28}\approx 0,536$.

6. $C_5^2=10$. Numărătorii sunt $C_3^0{C}_2^2=1$, $C_3^1{C}_2^1=6$, $C_3^2{C}_2^0=3$, deci $P(0)=\frac{1}{10}$, $P(1)=\frac{3}{5}$, $P(2)=\frac{3}{10}$. Suma: $\frac{1+6+3}{10}=1$ ✓

7. a) $P=\frac{C_3^2}{C_6^2}=\frac{3}{15}=\frac{1}{5}=0,2$. b) Cu revenire, $p=\frac{1}{2}$, deci $P={\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}=0,25$. Fără revenire probabilitatea e mai mică: după ce ai scos o bilă albă, au mai rămas doar $2$ albe din $5$.

8. $C_{10}^3=120$; favorabile: $C_7^2\cdot C_3^1=21\cdot 3=63$. Deci $P=\frac{63}{120}=\frac{21}{40}=0,525$.

9. $C_{10}^4=210$; favorabile: $C_4^3\cdot C_6^1=4\cdot 6=24$. Deci $P=\frac{24}{210}=\frac{4}{35}\approx 0,114$.

10. Piesele bune sunt $9$. $P=\frac{C_9^4}{C_{12}^4}=\frac{126}{495}=\frac{14}{55}\approx 0,255$. Doar în puțin peste un sfert dintre controale nu apare nicio piesă defectă — un semnal că lotul ar trebui respins.

11. $C_8^3=56$. Favorabile pentru $2$ albe: $C_4^2{C}_4^1=6\cdot 4=24$; pentru $3$ albe: $C_4^3=4$. Deci $P=\frac{24+4}{56}=\frac{28}{56}=\frac{1}{2}$. Rezultatul era de așteptat din simetria urnei: „cel puțin $2$ albe" și „cel puțin $2$ negre" sunt evenimente contrare și egal probabile.

12. Condiția $\frac{C_a^2}{C_{a+4}^2}=\frac{1}{3}$ devine $\frac{a(a-1)}{(a+4)(a+3)}=\frac{1}{3}$, adică $3a^2-3a=a^2+7a+12$, deci $2a^2-10a-12=0$, adică $a^2-5a-6=0$, cu soluțiile $a=6$ și $a=-1$. Cum $a$ este număr de bile, $a=6$. Verificare: $\frac{C_6^2}{C_{10}^2}=\frac{15}{45}=\frac{1}{3}$ ✓

13. a) $P=\frac{4}{6}\cdot \frac{2}{5}\cdot \frac{3}{4}=\frac{24}{120}=\frac{1}{5}$. b) $C_6^3=20$, favorabile $C_4^2{C}_2^1=6\cdot 2=12$, deci $P=\frac{12}{20}=\frac{3}{5}$. Observă că cele trei ordini posibile (ANA, AAN, NAA) au fiecare probabilitatea $\frac{1}{5}$, iar $3\cdot \frac{1}{5}=\frac{3}{5}$ ✓

14. Adevărat. Nu există trei bile albe în urnă, deci nu există niciun caz favorabil: $C_2^3=0$ și probabilitatea este $0$. Formula respectă condiția $k\le a$.

15. $C_9^3=84$; favorabile: $C_3^1\cdot C_2^1\cdot C_4^1=3\cdot 2\cdot 4=24$. Deci $P=\frac{24}{84}=\frac{2}{7}\approx 0,286$.

16. $C_{12}^4=495$. a) $P(2)=\frac{C_5^2\cdot C_7^2}{495}=\frac{10\cdot 21}{495}=\frac{210}{495}=\frac{14}{33}$. b) $P(3)=\frac{C_5^3{C}_7^1}{495}=\frac{70}{495}$ și $P(4)=\frac{C_5^4}{495}=\frac{5}{495}$, deci $P(\ge 3)=\frac{75}{495}=\frac{5}{33}\approx 0,152$.

17. $C_9^3=84$. Favorabile: exact $2$ de matematică — $C_4^2{C}_5^1=6\cdot 5=30$; toți trei — $C_4^3=4$. Deci $P=\frac{34}{84}=\frac{17}{42}\approx 0,405$.

18. Grupăm cele $C_{a+b}^n$ submulțimi de $n$ bile după numărul $k$ de bile albe conținute. Fiecare submulțime intră într-o singură grupă (grupele sunt disjuncte) și în niciuna nu lipsește (acoperă tot), iar grupa $k$ are $C_a^k\cdot C_b^{n-k}$ elemente, prin regula produsului. Regula sumei dă egalitatea cerută. Pentru $a=4$, $b=3$, $n=3$: termenii sunt $C_4^0{C}_3^3=1$, $C_4^1{C}_3^2=12$, $C_4^2{C}_3^1=18$, $C_4^3{C}_3^0=4$, cu suma $35=C_7^3$ ✓

De reținut

• Schema hipergeometrică descrie extragerea a $n$ bile fără revenire dintr-o urnă cu $a$ bile albe și $b$ negre. Probele nu sunt independente, iar probabilitatea de succes se schimbă de la o extragere la alta.
• Formula: $P(k)=\frac{C_a^k\cdot C_b^{n-k}}{C_{a+b}^n}$, valabilă pentru $k\le a$ și $n-k\le b$; în afara acestor limite, probabilitatea este $0$.
• Ordinea nu contează: extragerea simultană și extragerea una câte una, fără revenire, dau aceleași probabilități. Folosește întotdeauna varianta cu combinări.
• Suma probabilităților este $1$, pentru că $\sum _k{C}_a^k{C}_b^{n-k}=C_{a+b}^n$ — grupăm submulțimile după numărul de bile albe.
• Recunoașterea schemei: „cu revenire", „se aruncă de $n$ ori" $\Rightarrow$ Bernoulli; „fără revenire", „simultan", „se aleg $n$ persoane" $\Rightarrow$ hipergeometrică.

Greșeli frecvente

• Aplicarea formulei lui Bernoulli la extrageri fără revenire. Este greșeala numărul unu; ea presupune un $p$ constant, ceea ce aici nu se întâmplă.
• Numitor greșit. La numitor stă $C_{a+b}^n$ — numărul submulțimilor de $n$ bile din toate bilele urnei, nu $C_a^n$ și nici produsul $C_a^k\cdot C_b^{n-k}$ al vreunui alt caz.
• Ignorarea condițiilor $k\le a$ și $n-k\le b$. Dacă ceri mai multe bile de o culoare decât există, probabilitatea este $0$, iar la examen trebuie spus explicit de ce.
• Adunarea numitorilor la cerințele „cel puțin". Numitorul rămâne același pentru toți termenii; se adună doar numărătorii, apoi se împarte o singură dată.
• Confuzia dintre „exact $k$" și „primele $k$". Formula cu combinări răspunde la „exact $k$ bile albe, în orice ordine"; o cerință care fixează ordinea se rezolvă cu produsul probabilităților condiționate.

Aplică acasă

1. Loteria de acasă. Scrie numerele de la $1$ la $10$ pe bilețele, alege patru dintre ele drept „câștigătoare" și extrage la întâmplare patru bilețele fără să le pui înapoi. Repetă de $20$ de ori și compară frecvența cazului „exact $2$ câștigătoare" cu valoarea teoretică $\frac{C_4^2{C}_6^2}{C_{10}^4}=\frac{3}{7}$.

2. Echipa de proiect. Numără câte fete și câți băieți sunt în clasa ta. Calculează probabilitatea ca o echipă de $3$ elevi aleasă la întâmplare să conțină exact o fată și probabilitatea să conțină cel puțin o fată. Compară cu ce se întâmplă efectiv la următoarea împărțire pe echipe.

3. Cele două protocoale. Ia o urnă cu $3$ obiecte de un fel și $3$ de altul. Fă $30$ de perechi de extrageri cu revenire și $30$ fără revenire, notând de fiecare dată dacă ambele obiecte au fost de primul fel. Compară frecvențele obținute cu valorile teoretice $\frac{1}{4}$ și $\frac{1}{5}$.

Pentru părinți și profesori

Schema bilei nerevenite este locul unde elevul înțelege că „probabilitate" nu înseamnă o singură formulă, ci un model ales în funcție de protocolul experimentului. Trecerea de la extrageri independente la extrageri dependente e delicată conceptual, dar tehnic devine mai simplă: totul se reduce la numărare cu combinări, adică la definiția clasică a probabilității.

Ce verifică lecția: recunoașterea protocolului fără revenire, scrierea corectă a numitorului $C_{a+b}^n$, aplicarea regulii produsului la numărător, verificarea condițiilor de existență și tratarea cerințelor „cel puțin" prin evenimentul contrar. Întrebări bune de control: „De ce nu se aplică aici formula cu $p^k{q}^{n-k}$?", „De ce nu contează ordinea extragerilor?", „Ce înseamnă, în cuvinte, fiecare dintre cei trei factori din formulă?".

Semne că elevul a înțeles: identifică protocolul înainte de a scrie orice formulă, calculează numitorul separat și îl reține pentru toate subpunctele, verifică din reflex că suma numărătorilor pe toate valorile lui $k$ dă numitorul. La proba de Bacalaureat M1, cerința tipică are structura Exemplului 6 — o alegere de persoane sau de obiecte, cu un subpunct „exact" și unul „cel puțin".

Întrebări frecvente

Ce este schema bilei nerevenite? Este modelul probabilistic pentru extragerea a $n$ bile dintr-o urnă cu $a$ bile albe și $b$ negre, fără ca bilele extrase să fie puse înapoi. Probabilitatea de a obține exact $k$ bile albe este $\frac{C_a^k\cdot C_b^{n-k}}{C_{a+b}^n}$.

De ce se mai numește schemă hipergeometrică? Este denumirea consacrată în teoria probabilităților pentru această distribuție. La clasa a X-a cele două nume se folosesc ca sinonime, iar în enunțuri apare mai ales „schema bilei nerevenite".

Care este diferența față de schema lui Bernoulli? La Bernoulli bila se pune înapoi, deci probabilitatea de succes rămâne constantă și probele sunt independente. Aici bila rămâne afară, urna se schimbă după fiecare extragere, iar probele sunt dependente. Prima folosește puteri și un coeficient binomial; a doua folosește doar combinări.

Contează ordinea în care extrag bilele? Nu, atâta timp cât întrebarea se referă doar la câte bile de fiecare culoare ai obținut. Extragerea simultană și cea una câte una, fără revenire, dau exact aceleași probabilități — poți verifica pe orice caz mic.

Ce fac dacă mi se cer mai multe bile albe decât are urna? Probabilitatea este $0$: nu există niciun caz favorabil. Formal, $C_a^k=0$ pentru $k>a$, dar în redactare e bine să spui explicit că evenimentul este imposibil.

Cum calculez probabilitatea de „cel puțin $k$ bile albe"? Aduni numărătorii corespunzători valorilor $k,k+1,\dots$ și împarți o singură dată la $C_{a+b}^n$. Când sunt mulți termeni, verifică dacă evenimentul contrar nu e mai scurt de calculat.

Cum recunosc în enunț ce schemă trebuie folosită? Caută cuvintele-cheie. „Cu revenire", „se pune bila înapoi", „se aruncă zarul de $n$ ori" duc la schema lui Bernoulli. „Fără revenire", „simultan", „se aleg $n$ elevi/piese/cărți" duc la schema hipergeometrică.

Se poate folosi formula și pentru mai mult de două culori? Da. Numitorul rămâne $C_{a+b+c}^n$, iar numărătorul devine produsul combinărilor pentru fiecare culoare: $C_a^{k_1}\cdot C_b^{k_2}\cdot C_c^{k_3}$, unde $k_1+k_2+k_3=n$.