Оптимизация методов решения задач профильного уровня ЕГЭ (статья 2)

Оптимизация методов решения задач профильного уровня ЕГЭ (статья 2)

Тема публикации:

Решение задач по теории вероятности(№№4 ЕГЭ профильный уровень) с помощью дерева вероятности.

Цель: поделиться способом решения задач профильного уровня, более оптимальным и доступным для понимания учащихся с учетом проведенного мониторинга результатов.

В ходе подготовки учащихся к экзамену по математике в формате ЕГЭ профильного уровня все математики-преподаватели столкнулись с необходимостью решения новых задач (№№ 4), по вычислению вероятности события. Теория вероятности ранее не входила в программу по математике, потом была включена в виде дополнительных разделов в разные учебно-методические комплексы. Методология решения задач и изучения раздела различны.

Рассматривая способы решения задач данного типа в справочной литературе и на порталах «Решу ЕГЭ», «Ларин.ру» и пр., я пришла к выводу, что предлагаемые решения достаточно сложные и учащиеся их не понимают. Понимание данных решений требуют достаточно глубоких знаний теории множеств, пространстве вероятностных событий, объединении, пересечении и произведении вероятностей, незаисимость событий и пр..

Пример решения:

В торговом центре два одинаковых автомата продают кофе. Обслуживание автоматов происходит по вечерам после закрытия центра. Известно, что вероятность события «К вечеру в первом автомате закончится кофе» равна 0,25. Такая же вероятность события «К вечеру во втором автомате закончится кофе». Вероятность того, что кофе к вечеру закончится в обоих автоматах, равна 0,15. Найдите вероятность того, что к вечеру дня кофе останется в обоих автоматах.

Решение.

Рассмотрим события

А = кофе закончится в первом автомате,

В = кофе закончится во втором автомате.

Тогда

A·B = кофе закончится в обоих автоматах,

A + B = кофе закончится хотя бы в одном автомате.

По условию P(A) = P(B) = 0,25; P(A·B) = 0,15.

События A и B совместные, вероятность суммы двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий, уменьшенной на вероятность их произведения:

P(A + B) = P(A) + P(B) − P(A·B) = 0,25 + 0,25 − 0,15 = 0,35.

Следовательно, вероятность противоположного события, состоящего в том, что кофе останется в обоих автоматах, равна 1 − 0,35 = 0,65.

Ответ: 0,65.

Приведем другое решение.

Вероятность того, что кофе останется в первом автомате равна 1 − 0,25 = 0,75. Вероятность того, что кофе останется во втором автомате равна 1 − 0,25 = 0,75. Вероятность того, что кофе останется в первом или втором автомате равна 1 − 0,15 = 0,85. Поскольку P(A + B) = P(A) + P(B) − P(A·B), имеем: 0,85 = 0,75 + 0,75 − х, откуда искомая вероятость х = 0,65.

Примечание.

Заметим, что события А и В не являются независимыми. Действительно, вероятность произведения независимых событий была бы равна произведению вероятностей этих событий: P(A·B) = 0,25·0,25 = 0,0625, однако, по условию, эта вероятность равна 0,15.

Существует довольно простой, наглядный и понятный и интересный способ для учащихся – дерево вероятно

Начало события – первый кофемат:

Возможный исход событий. Кофе к вечеру в нем может закончиться или нет. Закончится с вероятностью 0,25, не закончится с вероятностью 0,75.

Второй кофемат. Кофе в нем тоже может закончиться или нет. Вероятности не даны. Однако озвучив правило – вероятности по одной ветке перемножаются – получим, что первой ветке З-З (закончится-закончится) 0.25*х=0.15

Отсюда получим, что х=0.6.

Тогда по второй ветке З-Н второе число равно 1-0.6=0.4. А итоговая вероятность ветки равна 0.25*0.4= 0,1 Отсюда по третьей ветке вероятность тоже равна 0,1(события с одинаковым исходом)

Складываем вероятности трех веток событий 0.15+0.1+0.1=0.35 и вычитаем из 1. Получаем итог по ветке Н-Н (не закончится-не закончится)=0,65

*Замечу, что это одна из самых сложных задач, более простые решаютя «по дереву удивительно легко!

РИСУНОК ДЕРЕВА ВЕРОЯТНОСТЕЙ

0.25 0.75

Х 0,4 ? ?

0,15 0,1 0,1 0,65

Адрес публикации: https://www.prodlenka.org/metodicheskie-razrabotki/303402-optimizacija-metodov-reshenija-zadach-profiln