La probabilidad de que un hombre dé en el blanco

Question

La pregunta es

Un hombre puede dar en el blanco una vez en $4$ disparos. Si dispara 4 veces seguidas, ¿cuál es la probabilidad de que dé en el blanco?

Así es como lo estoy resolviendo:

Dado que la probabilidad de que el hombre dé en el blanco es $ \frac {1}{4}$ así que por cuatro disparos consecutivos será $( \frac {1}{4})^4 = \frac {1}{256}$ lo cual está mal.

Ahora el libro toma un enfoque diferente y encuentra la probabilidad de que no dé en el blanco en un solo disparo = $1 - \frac {1}{4} = \frac {3}{4}$ por lo que la probabilidad de que no dé en el blanco en 4 disparos es $( \frac {3}{4})^4$ y por lo tanto, la probabilidad de que dé en el blanco por lo menos en uno de los cuatro disparos es de 1- $( \frac {3}{4})^4$

Aunque entiendo el enfoque de los libros - quería saber por qué mi enfoque es erróneo? no calcula también la probabilidad de dar en el blanco en 4 disparos

Answer 1

Su primer cálculo encuentra la probabilidad de que la persona dé en el blanco $4$ veces en una fila . Eso es muy diferente (y mucho menor) que la probabilidad de que la persona acierte al menos una vez.

Hagamos el problema de otra manera, demasiado larga, pero nos dirá lo que está pasando.

¿Cuál es la probabilidad de acertar al menos una vez? El suceso "al menos un acierto" podría ocurrir de varias maneras: (i) exactamente $1$ golpeado; (ii) exactamente $2$ éxitos; (iii) exactamente $3$ éxitos; (iv) exactamente $4$ golpes.

(i) La probabilidad de que haya exactamente un acierto es $\binom{4}{1}(1/4)(3/4)^3$ . Esto se debe a que el golpe podría ocurrir en cualquiera de $4$ (es decir, $\binom{4}{1}$ ) lugares. Escriba H para el éxito y M para el fracaso. La probabilidad del patrón HMMM es $(1/4)(3/4)(3/4)(3/4)$ . Del mismo modo, la probabilidad de MHMM es $(3/4)(1/4)(3/4)(3/4)$ . Observará que esta probabilidad es la misma que la del MMHM. Obtenemos la misma probabilidad para el MMHM y para el MMMH, para nuestro total de $\binom{4}{1}(1/4)(3/4)^3$ .

(ii) Del mismo modo, la probabilidad de que exactamente $2$ éxitos es $\binom{4}{2}(1/4)^2(3/4)^2$ .

(iii) La probabilidad de $3$ éxitos es $\binom{4}{3}(1/4)^3(3/4)$ .

(iv) La probabilidad de $4$ éxitos es $\binom{4}{4}(1/4)^4$ . Este es el $(1/4)^4$ que has calculado.

Súmate. Obtenemos la respuesta requerida.

Sin embargo, este enfoque supone mucho trabajo. Es mucho más fácil encontrar la probabilidad de no tener aciertos, que es la probabilidad de obtener MMMM. Esto es $(3/4)^4$ . Así que la probabilidad de que el evento "al menos un éxito" no lo hace suceder es $(3/4)^4$ . Así que la probabilidad de que el evento "al menos un éxito" hace suceder es $1-(3/4)^4$ .

Answer 2

Esta es una pregunta de probabilidad muy básica. Estos métodos están verificados aunque no sé quién es el que vota en contra cada vez.

Por favor, lea atentamente para entenderlo.

Fórmulas a utilizar : Suma de Nth términos de G.P : $S_n = a\frac{(1 – r^{n})}{(1 – r )}$

Digamos que dispara al objetivo K veces. Entonces, puede matar a su enemigo con su primer golpe, segundo golpe, tercer golpe, y así sucesivamente.

$P(e)$ => El hombre golpea con éxito el objetivo

$P(\bar{e})$ => Hombre que no da en el blanco

Éxito O Fallo Éxito O Fallo Éxito O... y así sucesivamente se puede escribir como : $P(e) + P(\bar{e})P(e) + P(\bar{e})P(\bar{e})P(e) + .... $ y así sucesivamente

Por lo tanto, P(Dar en el blanco al menos una vez) = $ P(e) + P(\bar{e})P(e) + P(\bar{e})P(\bar{e})P(e) + ..... [P(\bar{e})....(K-1) times ]P(e) = P(e) [ 1 + P(\bar{e}) + P(\bar{e})^{2} + P(\bar{e})^{3} + ... + P(\bar{e})^{K - 1 } ] = [\frac{1 - P(\bar{e})^{K}}{1 - P(\bar{e})}]P(e) = [\frac{1 - P(\bar{e})^{K}}{P(e)}]P(e) = [1 - P(\bar{e})^{K} )] = [1 - (1 - 1/4)^{4}] = 1 - (3/4)^{4} $

Hagamos otra pregunta:

Pregunta 2 : ¿Cuál es la probabilidad de que dé en el blanco al menos dos veces?

Solución de la pregunta 2:

$n = 4$

$ Success = p = 1/4$

$Failure = F = q = 1- 1/4 = 3/4$

Utilizaremos las fórmulas : $\binom{n}{r}p^{r}q^{n-r}$ y restarle 1.

$P(F≥2) = 1 −[P(F= 0) + P(F= 1)] = 1 - [\binom{4}{0}.(\frac{1}{4})^{0}.(\frac{3}{4})^{4} + \binom{4}{1}.(\frac{1}{4})^{1}.(\frac{3}{4})^{4-1} ]=1-[\binom{4}{0}.(\frac{1}{4})^{0}.(\frac{3}{4})^{4} + \binom{4}{1}.(\frac{1}{4})^{1}.(\frac{3}{4})^{3} ] $