Как найти вероятность двух независимых событий одновременно

Как найти вероятность двух независимых событий одновременно

Сложение и умножение вероятностей

  1. Сложение вероятностей несовместных событий
  2. Вероятность противоположного события
  3. Умножение вероятностей независимых событий
  4. Вероятность появления хотя бы одного события
  5. Примеры

п.1. Сложение вероятностей несовместных событий

События называют несовместными, если они не могут произойти одновременно в результате одного опыта.

Например:
1) Нельзя одновременно A = «получить 5» и B = «получить 2» на экзамене. События A и B – несовместны.
2) Нельзя одновременно C = «достать туз» и D = «достать шестерку» из колоды карт. События C и D – несовместны.

Вероятность появления одного из двух несовместных событий A или B равна сумме вероятностей этих событий: $$ mathrm{ P(Avee B)=P(A) + P(B) } $$

Если обобщить на любое количество событий:

Вероятность появления нескольких несовместных событий A1 или A2 или …Ak равна сумме вероятностей этих событий: $$ mathrm{ P(A_1vee A_2vee … vee A_k)=P(A_1) + P(A_2) + … + P(A_k) } $$

Например:
Стрелок может попасть в «10» с вероятностью P(10) = 0,3, в «9» – с вероятностью P(9) = 0,2. Значит, попасть в «10 или 9» он может с вероятностью:

P(«10 или 9») = 0,3 + 0,2 = 0,5

п.2. Вероятность противоположного события

Пространство элементарных событий образует полную группу событий.

Сумма вероятностей всех событий, образующих полную группу, равна единице. $$ mathrm{ Omega={A_1, A_2, …, A_k}, P(A_1) + P(A_2) + … + P(A_k) = 1 } $$

Например:
При бросании кубика Ω = {1; 2; … ; 6} – полная группа событий.
Вероятности выпадения каждой грани: (mathrm{p_1=p_2=…=p_6=frac16})
Сумма всех вероятностей: (mathrm{p_1+p_2+…+p_6=6cdot frac16=1})

Два случайных события A и B называют противоположными, если они несовместны и образуют полную группу событий: $$ mathrm{ Omega=left{A;Bright}, B=overline{A}, } $$ Сумма вероятностей противоположных событий равна единице. $$ mathrm{ P(A) + P(B) = P(A) + P(overline{A}) = 1 } $$

Например:
Вероятность попадания стрелка в мишень p = 0,8.
Противоположное событие: стрелок не попадёт в мишень. Его вероятность:
q = 1 – p = 0,2.

п.3. Умножение вероятностей независимых событий

Два случайных события A и B называют независимыми, если наступление одного из них не изменяет вероятность наступления другого.
Вероятность совместного появления двух независимых событий A и B равна произведению вероятностей этих событий: $$ mathrm{ P(A wedge B) = P(A) cdot P(B) } $$

Если обобщить на любое количество событий:

Вероятность совместного появления нескольких независимых событий A1 и A2 и … Ak равна произведению вероятностей этих событий: $$ mathrm{ P(A_1wedge A_2wedge …wedge A_k)=P(A_1)cdot P(A_2)cdot … cdot P(A_k) } $$

Например:
Вероятность попадания стрелка в мишень p = 0,8.
Стрелок делает три выстрела подряд.
1) Какова вероятность, что он попал все три раза?
Каждый выстрел является независимым событием, поэтому вероятность трёх удачных выстрелов подряд:

P3 = P(+, +, +) = p · p · p = 0,83 = 0,512

2) Какова вероятность, что он не попал ни разу?
Вероятность промаха равна q = 1 – p = 0,2.
Вероятность трёх промахов подряд:

P0 = P(–, –, –) = q · q · q = 0,23 = 0,008

3) Какова вероятность, что он попал только один раз?
Стрелок мог попасть при первом выстреле, а затем два раза промахнуться, или при втором выстреле (промахнуться на первом и третьем), или при третьем (промахнувшись два раза поначалу). Сложение и умножение вероятностей даёт итоговую вероятность одного попадания:

P1 = P(+,–,–) + P(–,+,–) + P(–,–,+) =
p · q · q + q · p · q + q · q · p = 3pq2 = 3 · 0,8 · 0,22 = 0,096

4) Какова вероятность, что он промахнулся один раз?
Аналогичные предыдущему пункту рассуждения приводят к такому выражению для вероятности двух попаданий (одного промаха):

P2 = P(–,+,+) + P(+,–,+) + P(+,+,–) =
q · p · p + p · q · p + p · p · q = 3p2q = 3 · 0,82 · 0,2 = 0,384

Мы получили следующий закон распределения для возможного количества попаданий из трёх выстрелов:

Количество попаданий, X

0

1

2

3

Вероятность, Px

0,008

0,096

0,384

0,512

X = {0; 1; 2; 3} образует полную группу событий. Сумма всех вероятностей:

P0 +P1 + P2 + P3 = 0,008 + 0,096 + 0,384 + 0,512 = 1

п.4. Вероятность появления хотя бы одного события

Вероятность появления хотя бы одного из событий A1, A2, …, Ak, независимых в совокупности, равна разности между единицей и произведением вероятностей противоположных событий: $$ mathrm{ P(A)=1-q_1cdot q_2cdot … cdot q_{k}, q_{i}=1-p_{i} } $$

Например:
Студент сдаёт два экзамена.
Вероятность сдать первый экзамен равна p1 = 0,7 второй – p2 = 0,6.
Тогда вероятность сдать хотя бы один экзамен: P = 1 – q1q2 = 1 – 0,3 · 0,4 = 0,88.

п.5. Примеры

Пример 1. Подбрасывают четыре игральных кубика. Какова вероятность, что на каждом из них выпадет нечётное число очков?

Для кубика Ω = {1; 2; 3; 4; 5; 6} – пространство элементарных событий.
Выпадение нечётного числа A = {1; 3; 5}. Вероятность выпадения нечётного числа для одного кубика: (mathrm{p=frac{k}{n}=frac36=frac12}).
Результаты подбрасывания 4-х кубиков являются независимыми. Вероятность, что на каждом выпадет нечётное число: $$ mathrm{ P=pcdot pcdot pcdot p=p^4=frac{1}{2^4}=frac{1}{16} } $$ Ответ: (frac{1}{16}).

Пример 2. На полигоне испытываются три ракеты.
Вероятность успешного испытания для каждой из ракет: p1 = 0,8, p2 = 0,75, p3 = 0,6.
Какова вероятность, что хотя бы одна ракета пройдёт испытания успешно?

Найдём вероятность того, что ни одна из ракет не пройдёт испытаний:

q1 = 1 – p1 = 0,2,   q2 = 1 – p2 = 0,25,   q3 = 1 – p3 = 0,4
q1 · q2 · q3 = 0,2 · 0,25 · 0,4 = 0,02

Тогда, искомая вероятность (противоположное событие):

P = 1 – q1 · q2 · q3 = 1 – 0,02 = 0,98

Ответ: 0,98.
Мораль: инвестору нужно показывать сразу несколько сырых проектов.

Пример 3. В системе пожарной сигнализации установлены два независимых датчика. Вероятность срабатывания каждого из датчиков при пожаре: p1 = 0,6; p2 = 0,7. Найдите вероятность того, что при пожаре:
1) сработает ровно один датчик;
2) сработает хотя бы один датчик.

Вероятности отказов: q1 = 1 – p1 = 0,4; q2 = 1 – p2 = 0,3.
1) Событие «сработает ровно один датчик» является суммой двух событий «первый сработал, второй – отказал» или «первый отказал, второй – сработал». Вероятность:

P1 = p1q2 + q1p2 = 0,6 · 0,3 + 0,4 · 0,7 = 0,46

2) Найдем вероятность отказа обоих датчиков:

P0 = q1q2 = 0,4 · 0,3 = 0,12

Событие «сработает хотя бы один датчик» является противоположным отказу обоих датчиков. Вероятность:

P1 ∨ 2 = 1 – P0 = 1 – 0,12 = 0,88

Ответ: 1) 0,46; 2) 0,88.

Пример 4. У админа в ящике 11 плат, из которых 3 – бракованные.
Наугад берётся 2 платы. Какова вероятность того, что хотя бы одна из них – рабочая?

Найдём вероятность того, что обе выбранные платы – бракованные.
Выбрать 2 платы из 3 бракованных можно (mathrm{C_3^2=C_3^1=3}) способами.
Выбрать 2 платы из общей совокупности можно (mathrm{C_{11}^2=frac{11cdot 10}{1cdot 2}=55}) способами.
Вероятность взять обе бракованные платы из ящика: (mathrm{P_{2 text{бр}}=frac{C_3^2}{C_2^{11}}=frac{3}{55}})
Значит, вероятность того, что хотя бы одна плата не будет бракованной (противоположное событие):
(mathrm{P=1-P_{2 text{бр}}=1-frac{3}{55}=frac{52}{55}}).
Ответ: (mathrm{frac{52}{55}}).

Пример 5*. Парадокс дней рождения
В классе учится k человек. Исследуйте вероятность того, что хотя бы у двух одноклассников дни рождения совпадают.

Считаем, что в году n = 365 дней.
Пусть день рождения одного из учеников известен (один день в году – «занят»).
Тогда вероятность того, что день рождения второго ученика не совпадает с днём рождения первого: (mathrm{q_2=1-frac{1}{365}}) («заняты» два дня).
Вероятность того, что день рождения третьего ученика не совпадает с днями рождения первых двух: (mathrm{q_3=1-frac{2}{365}}) («заняты» три дня). И т. д.
Для всех k учеников вероятность того, что все дни рождения разные: begin{gather*} mathrm{ widetilde{p}(k)=q_2cdot q_3cdot … cdot q_{k}=left(1-frac{1}{365}right)left(1-frac{2}{365}right)…left(1-frac{k-1}{365}right)= }\ mathrm{ =frac{364cdot 363cdot … cdot(365-k+1)}{365^{k-1}}= frac{365cdot 364cdot 363cdot … cdot(365-k+1)}{365^{k}}= frac{365!}{365^{k}(365-k)!} } end{gather*} Значит, вероятность того, что хотя бы у двух одноклассников дни рождения совпадают: begin{gather*} mathrm{ p(k)=1-widetilde{p}(k)=1-frac{365!}{365^{k}(365-k)!} } end{gather*}
Пример 5
Таким образом, в классе из 30 человек вероятность совпадения дней рождения равна 70,63%. А в группе из 50 человек она достигает 97,04%.

Источник

Продолжение статьи «Теория вероятности. Классическое определение».

В заданиях ЕГЭ по математике встречаются и более сложные задачи на вероятность (нежели мы рассматривали в части 1), где приходится применять правило сложения, умножения вероятностей, различать совместные и несовместные события.

Итак, теория.

Совместные и несовместные события

События называются несовместными, если появление одного из них исключает появление других. То есть, может произойти только одно определённое событие, либо другое.

34к

Например, бросая игральную кость, можно выделить такие события, как выпадение четного числа очков и выпадение нечетного числа очков. Эти события несовместны.

События называются совместными, если наступление одного из них не исключает наступления другого.

Например, бросая  игральную кость, можно выделить такие события, как выпадение нечетного числа очков и выпадение числа очков, кратных трем.   Когда выпадает три, реализуются оба события.

Сумма событий

Суммой (или объединением) нескольких событий называется событие, состоящее в наступлении хотя бы одного из этих событий.

При этом сумма двух несовместных событий  есть сумма  вероятностей этих событий:

P(A+B)=P(A)+P(B)

Например, вероятность выпадения 5 или 6 очков на игральном кубике при одном броске, будет frac{1}{3}, потому что оба события (выпадение 5, выпадение 6) неовместны и вероятность реализации одного или второго события вычисляется следующим образом: frac{1}{6}+frac{1}{6}=frac{2}{6}=frac{1}{3}.

Вероятность же  суммы двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий без учета их совместного появления:

P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)

Например, в торговом центре два одинаковых автомата продают кофе. Вероятность того, что к концу дня  в автомате закончится кофе, равна 0,3. Вероятность того, что кофе закончится в обоих автоматах, равна 0,12. Найдем вероятность того, что к концу дня кофе закончится хотя бы в одном из автоматов (то есть или в одном, или в другом, или в обоих сразу).

98Вероятность первого события «кофе закончится в первом автомате» также как и вероятность второго события «кофе закончится во втором автомате»  по условию равна 0,3. События являются совместными. 

Вероятность совместной реализации первых двух событий по условию равна 0,12.

Значит, вероятность того, что к концу дня кофе закончится хотя бы в одном из автоматов есть 

0,3+0,3-0,12=0,48;

Зависимые и независимые события

Два случайных события А и В называются независимыми, если наступление одного из них не изменяет вероятность наступления другого. В противном случае события А и В называют зависимыми.

Например,  при одновременном броске двух кубиков выпадение на одном из них, скажем 1, и на втором 5,  – независимые события.

Произведение вероятностей

Произведением (или пересечением) нескольких событий называется событие, состоящее в совместном появлении всех этих событий.

Если  происходят два независимых события А и В с  вероятностями  соответственно Р(А) и Р(В), то вероятность реализации событий А и В одновременно равна произведению вероятностей:

P(AB)=P(A)cdot P(B)

Например, нас интересует выпадение на игральном кубике два раза подряд шестерки. Оба события независимы и вероятность реализации каждого из них по отдельности – frac{1}{6}. Вероятность того, что произойдут оба эти события будет вычисляться по указанной выше формуле: frac{1}{6}cdot frac{1}{6}=frac{1}{36}.

внимание

Подборку задач на отработку темы смотрите здесь.

Источник

Зависимые и независимые случайные события.
Основные формулы сложения и умножения вероятностей

Понятия зависимости и независимости случайных событий. Условная вероятность. Формулы сложения и умножения вероятностей для зависимых и независимых случайных событий. Формула полной вероятности и формула Байеса.

Теоремы сложения вероятностей

Найдем вероятность суммы событий A и B (в предположении их совместности либо несовместности).

Теорема 2.1. Вероятность суммы конечного числа несовместных событий равна сумме их вероятностей:

P{A+B+ldots+N}=P{A}+P{B}+ldots+P{N}.

Пример 1. Вероятность того, что в магазине будет продана пара мужской обуви 44-го размера, равна 0,12; 45-го — 0,04; 46-го и большего — 0,01. Найти вероятность того, что будет продана пара мужской обуви не меньше 44-го размера.

Решение. Искомое событие D произойдет, если будет продана пара обуви 44-го размера (событие A) или 45-го (событие B), или не меньше 46-го (событие C), т. е. событие D есть сумма событий A,B,C. События A, B и C несовместны. Поэтому согласно теореме о сумме вероятностей получаем

P{D}=P{A+B+C}=P{A}+P{B}+P{C}=0,!12+0,!04+0,!01 =0,!17.

Пример 2. При условиях примера 1 найти вероятность того, что очередной будет продана пара обуви меньше 44-го размера.

Решение. События “очередной будет продана пара обуви меньше 44-го размера” и “будет продана пара обуви размера не меньше 44-го” противоположные. Поэтому по формуле (1.2) вероятность наступления искомого события

P{overline{D}}=1-P{D}=1-0,!17=0,!83.

поскольку P{D}=0,!17, как это было найдено в примере 1.

Теорема 2.1 сложения вероятностей справедлива только для несовместных событий. Использование ее для нахождения вероятности совместных событий может привести к неправильным, а иногда и абсурдным выводам, что наглядно видно на следующем примере. Пусть выполнение заказа в срок фирмой “Electra Ltd” оценивается вероятностью 0,7. Какова вероятность того, что из трех заказов фирма выполнит в срок хотя бы какой-нибудь один? События, состоящие в том, что фирма выполнит в срок первый, второй, третий заказы обозначим соответственно A,B,C. Если для отыскания искомой вероятности применить теорему 2.1 сложения вероятностей, то получим P{A+B+C}=0,!7+0,!7+0,!7=2,!1. Вероятность события оказалась больше единицы, что невозможно. Это объясняется тем, что события A,B,C являются совместными. Действительно, выполнение в срок первого заказа не исключает выполнения в срок двух других.

Сформулируем теорему сложения вероятностей в случае двух совместных событий (будет учитываться вероятность их совместного появления).

Теорема 2.2. Вероятность суммы двух совместных событий равна сумме вероятностей этих двух событий без вероятности их совместного появления:

P{A+B}=P{A}+P{B}-P{AB}.

Зависимые и независимые события. Условная вероятность

Различают события зависимые и независимые. Два события называются независимыми, если появление одного из них не изменяет вероятность появления другого. Например, если в цехе работают две автоматические линии, по условиям производства не взаимосвязанные, то остановки этих линий являются независимыми событиями.

Пример 3. Монета брошена два раза. Вероятность появления “герба” в первом испытании (событие A) не зависит от появления или не появления “герба” во втором испытании (событие B). В свою очередь, вероятность появления “герба” во втором испытании не зависит от результата первого испытания. Таким образом, события A и B независимые.

Несколько событий называются независимыми в совокупности, если любое из них не зависит от любого другого события и от любой комбинации остальных.

События называются зависимыми, если одно из них влияет на вероятность появления другого. Например, две производственные установки связаны единым технологическим циклом. Тогда вероятность выхода из строя одной из них зависит от того, в каком состоянии находится другая. Вероятность одного события B, вычисленная в предположении осуществления другого события A, называется условной вероятностью события B и обозначается P{B|A}.

Условие независимости события B от события A записывают в виде P{B|A}=P{B}, а условие его зависимости — в виде P{B|A}ne{P{B}}. Рассмотрим пример вычисления условной вероятности события.

Пример 4. В ящике находятся 5 резцов: два изношенных и три новых. Производится два последовательных извлечения резцов. Определить условную вероятность появления изношенного резца при втором извлечении при условии, что извлеченный в первый раз резец в ящик не возвращается.

Решение. Обозначим A извлечение изношенного резца в первом случае, а overline{A} — извлечение нового. Тогда P{A}=frac{2}{5},~P{overline{A}}=1-frac{2}{5}=frac{3}{5}. Поскольку извлеченный резец в ящик не возвращается, то изменяется соотношение между количествами изношенных и новых резцов. Следовательно, вероятность извлечения изношенного резца во втором случае зависит от того, какое событие осуществилось перед этим.

Обозначим B событие, означающее извлечение изношенного резца во втором случае. Вероятности этого события могут быть такими:

P{B|A}=frac{1}{4},~~~P{B|overline{A}}=frac{2}{4}=frac{1}{2}.

Следовательно, вероятность события B зависит от того, произошло или нет событие A.

Формулы умножения вероятностей

Пусть события A и B независимые, причем вероятности этих событий известны. Найдем вероятность совмещения событий A и B.

Теорема 2.3. Вероятность совместного появления двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий:

P{AB}=P{A}cdot P{B}.

Следствие 2.1. Вероятность совместного появления нескольких событий, независимых в совокупности, равна произведению вероятностей этих событий:

P{A_1A_2ldots{A_n}}=P{A_1}P{A_2}ldots{P{A_n}}.

Пример 5. Три ящика содержат по 10 деталей. В первом ящике — 8 стандартных деталей, во втором — 7, в третьем — 9. Из каждого ящика наудачу вынимают по одной детали. Найти вероятность того, что все три вынутые детали окажутся стандартными.

Решение. Вероятность того, что из первого ящика взята стандартная деталь (событие A), P{A}=frac{8}{10}=frac{4}{5}. Вероятность того, что из второго ящика взята стандартная деталь (событие B), P{B}=frac{7}{10}. Вероятность того, что из третьего ящика взята стандартная деталь (событие C), P{C}=frac{9}{10}. Так как события A, B и C независимые в совокупности, то искомая вероятность (по теореме умножения)

P{ABC}=P{A}P{B}P{C}=frac{4}{5}frac{7}{10}frac{9}{10}=0,!504.

Пусть события A и B зависимые, причем вероятности P{A} и P{B|A} известны. Найдем вероятность произведения этих событий, т. е. вероятность того, что появится и событие A, и событие B.

Теорема 2.4. Вероятность совместного появления двух зависимых событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, вычисленную в предположении, что первое событие уже наступило:

P{AB}=P{A}cdot P{B|A};qquad P{AB}=P{B}cdot P{A|B}

Следствие 2.2. Вероятность совместного появления нескольких зависимых событий равна произведению вероятности одного из них на условные вероятности всех остальных, причем вероятность каждого последующего события вычисляется в предположении, что все предыдущие события уже появились.

Пример 6. В урне находятся 5 белых шаров, 4 черных и 3 синих. Каждое испытание состоит в том, что наудачу извлекают один шар, не возвращая его в урну. Найти вероятность того, что при первом испытании появится белый шар (событие A), при втором — черный (событие B) и при третьем — синий (событие C).

Решение. Вероятность появления белого шара при первом испытании P{A}=frac{5}{12}. Вероятность появления черного шара при втором испытании, вычисленная в предположении, что при первом испытании появился белый шар, т. е. условная вероятность P{B|A}=frac{4}{11}. Вероятность появления синего шара при третьем испытании, вычисленная в предположении, что при первом испытании появился белый шар, а при втором — черный, P{C|AB}=frac{3}{10}. Искомая вероятность

P{ABC}=P{A}P{B|A}P{C|AB}=frac{5}{12}frac{4}{11}frac{3}{10}.

Формула полной вероятности

Теорема 2.5. Если событие A наступает только при условии появления одного из событий B_1,B_2,ldots{B_n}, образующих полную группу несовместных событий, то вероятность события A равна сумме произведений вероятностей каждого из событий B_1,B_2,ldots{B_n} на соответствующую условную вероятность события B_1,B_2,ldots{B_n}:

P{A}=sumlimits_{i=1}^{n}P{B_i}P{A|B_i}.

(2.1)

При этом события B_i,~i=1,ldots,n называются гипотезами, а вероятности P{B_i} — априорными. Эта формула называется формулой полной вероятности.

Пример 7. На сборочный конвейер поступают детали с трех станков. Производительность станков не одинакова. На первом станке изготовляют 50% всех деталей, на втором — 30%, на третьем — 20%. Вероятность качественной сборки при использовании детали, изготовленной на первом, втором и третьем станке, соответственно 0,98, 0,95 и 0,8, Определить вероятность того, что узел, сходящий с конвейера, качественный.

Решение. Обозначим A событие, означающее годность собранного узла; B_1, B_2 и B_3 — события, означающие, что детали сделаны соответственно на первом, втором и третьем станке. Тогда

P{B_1}=0,!5;~~~~~P{B_2}=0,!3;~~~~~P{B_3}=0,!2;
P{A|B_1}=0,!98;~~~P{A|B_2}=0,!95;~~~P{A|B_3}=0,!8.

Искомая вероятность

begin{gathered}P{A}=P{B_1}P{A|B_1}+P{B_2}P{A|B_2}+P{B_3}P{A|B_3}=hfill\=0,!5cdot0,!98+0,!3cdot0,!95+0,!2cdot0,!8=0,!935.end{gathered}

Формула Байеса

Эта формула применяется при решении практических задач, когда событие A, появляющееся совместно с каким-либо из событий B_1,B_2,ldots{B_n}, образующих полную группу событий, произошло и требуется провести количественную переоценку вероятностей гипотез B_1,B_2,ldots{B_n}. Априорные (до опыта) вероятности P{B_1},P{B_2},ldots{P{B_n}} известны. Требуется вычислить апостериорные (после опыта) вероятности, т. е., по существу, нужно найти условные вероятности P{B_1|A},P{B_2|A},ldots{P{B_n|A}}. Для гипотезы B_j формула Байеса выглядит так:

P{B_j|A}=frac{P{B_j} P{A|B_j}}{P{A}}.

Раскрывая в этом равенстве P{A} по формуле полной вероятности (2.1), получаем

P{B_j|A}=dfrac{P{B_j}P{A|B_j}}{sumlimits_{i=1}^{n}P{B_i}P{A|B_i}}.

Пример 8. При условиях примера 7 рассчитать вероятности того, что в сборку попала деталь, изготовленная соответственно на первом, втором и третьем станке, если узел, сходящий с конвейера, качественный.

Решение. Рассчитаем условные вероятности по формуле Байеса:

для первого станка

P{B_1|A}=dfrac{P{B_1}P{A|B_1}}{P{A}}=frac{0,!5cdot0,!98}{0,!935}approx0,!525;

для второго станка

P{B_2|A}=dfrac{P{B_2}P{A|B_2}}{P{A}}=frac{0,!3cdot0,!95}{0,!935}approx0,!304;

для третьего станка

P{B_3|A}=dfrac{P{B_3}P{A|B_3}}{P{A}}=frac{0,!2cdot0,!8}{0,!935}approx0,!171.

Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).

Кнопка "Поделиться"

Если заметили ошибку, опечатку или есть предложения, напишите в комментариях.

Источник

Полезная страница? Сохрани или расскажи друзьям

Событие А называется частным случаем события В, если при наступлении А наступает и В. То, что А является частным случаем В, записывается как $A subset B$.

События А и В называются равными, если каждое из них является частным случаем другого. Равенство событий А и В записывается очевидно: А = В.

Суммой событий А и В называется событие А + В, которое наступает тогда и только тогда, когда наступает хотя бы одно из событий: А или В.

Теорема о сложении вероятностей. Вероятность появления одного из двух несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий.

$$P(A+B)=P(A)+P(B).$$

Заметим, что сформулированная теорема справедлива для любого числа несовместных событий:

$$Pleft(sum_{i=1}^{n}A_i right)=sum_{i=1}^{n} P(A_i).$$

Если случайные события $A_1, A_2, …, A_n$ образуют полную группу несовместных событий, то имеет место равенство
$P(A_1)+P(A_2)+…+P(A_n)=1.$ Такие события (гипотезы) используются при решении задач на полную вероятность.

Произведением событий А и В называется событие АВ, которое наступает тогда и только тогда, когда наступают оба события: А и В одновременно. Случайные события А и B называются совместными, если при данном испытании могут произойти оба эти события.

Теорема о сложении вероятностей 2. Вероятность суммы совместных событий вычисляется по формуле

$$P(A+B)=P(A)+P(B)-P(Acdot B).$$

События событий А и В называются независимыми, если появление одного из них не меняет вероятности появления другого. Событие А называется зависимым от события В, если вероятность события А меняется в зависимости от того, произошло событие В или нет.

Теорема об умножении вероятностей. Вероятность произведения независимых событий А и В вычисляется по формуле:

$$P(Acdot B)=P(A)cdot P(B).$$

Вероятность произведения зависимых событий вычисляется по формуле условной вероятности.

Примеры решений задач с событиями

Пример. В первом ящике 1 белый и 5 черных шаров, во втором 8 белых и 4 черных шара. Из каждого ящика вынули по шару. Найти вероятность того, что один из вынутых шаров белый, а другой – черный.

Решение. Обозначим события: А – вынули белый шар из первого ящика,
;

– вынули черный шар из первого ящика,
;

В – белый шар из второго ящика,
;

– черный шар из второго ящика,
.

Нам нужно, чтобы произошло одно из событий или . По теореме об умножении вероятностей
, .
Тогда искомая вероятность по теореме сложения будет
.

Пример. Вероятность попадания в цель у первого стрелка 0,8, у второго – 0,9. Стрелки делают по выстрелу. Найти вероятность: а) двойного попадания; б) двойного промаха, в) хотя бы одного попадания; г) одного попадания.

Решение.

Пусть А – попадание первого стрелка, ;

В – попадание второго стрелка, .

Тогда – промах первого, ;

– промах второго, .

Найдем нужные вероятности.

а) АВ – двойное попадание,

б) – двойной промах, .

в) А+В – хотя бы одно попадание,

.

г) – одно попадание,

.

См. обучающую статью “решение задач о стрелках”

Пример. Решить задачу, применяя теоремы сложения и умножения. Мастер обслуживает 3 станка, работающих независимо друг от друга. Вероятность того, что первый станок потребует внимания рабочего в течение смены, равна 0,4, второй – 0,6, третий – 0,3. Найти вероятность того, что в течение смены: а) ни один станок не потребует внимания мастера, б) ровно 1 станок потребует внимания мастера.

Решение.

Вводим базовые независимые события $A_i$ = (Станок $i$ потребовал внимания рабочего в течение смены), $i=1, 2, 3$. По условию выписываем вероятности: $p_1=0,4$, $p_2=0,6$, $p_3=0,3$. Тогда $q_1=0,6$, $q_2=0,4$, $q_3=0,7$.

Найдем вероятность события $X$=(Ни один станок не потребует внимания в течение смены):

$$
P(X)=Pleft(overline{A_1} cdot overline{A_2} cdot overline{A_3}right)= q_1 cdot q_2 cdot q_3 =
0,6cdot 0,4 cdot 0,7 = 0,168.
$$

Найдем вероятность события $Z$= (Ровно один станок потребует внимания в течение смены):

$$
P(Z)= \ = P(A_1) cdot Pleft(overline{A_2} right) cdot Pleft(overline{A_3} right) + Pleft(overline{A_1}right) cdot P(A_2) cdot Pleft(overline{A_3} right) + Pleft(overline{A_1} right) cdot Pleft(overline{A_2} right) cdot P(A_3)=\
= p_1 cdot q_2 cdot q_3 + q_1 cdot p_2 cdot q_3 + q_1 cdot q_2 cdot p_3 =\ =
0,4cdot 0,4 cdot 0,7+0,6cdot 0,6 cdot 0,7+0,6cdot 0,4 cdot 0,3 = 0,436.
$$

См. обучающую статью “решение задач о станках”

Пример. Студент разыскивает нужную ему формулу в трех справочниках. Вероятности того, что формула содержится в первом, втором и третьем справочниках равны 0,6; 0,7 и 0,8. Найти вероятности того, что формула содержится 1) только в одном справочнике; 2) только в двух справочниках; 3) во всех трех справочниках.

Решение.

А – формула содержится в первом справочнике;

В – формула содержится во втором справочнике;

С – формула содержится в третьем справочнике.

Воспользуемся теоремами сложения и умножения вероятностей.

1.

2. .

3.

Вероятность наступления хотя бы одного события

Пусть в результате испытания могут появиться n событий, независимых в совокупности, либо некоторые из них (в частности, только одно или ни одного), причем вероятности появления каждого из событий известны. Как найти вероятность того, что наступит хотя бы одно из этих событий?

Например, если в результате испытания могут появиться три события, то появление хотя бы одного из этих событий означает наступление либо одного, либо двух, либо трех событий. Ответ на поставленный вопрос дает следующая теорема.

Теорема. Вероятность появления хотя бы одного из событий $A_1, A_2, …, A_n$, независимых в совокупности, равна разности между единицей и произведением вероятностей противоположных событий

$$
P(A)=1-Pleft(overline{A_1}right)cdot Pleft(overline{A_2}right)cdot … cdot Pleft(overline{A_n}right)= 1-q_1 cdot q_2 cdot … cdot q_n.
$$

Если события $A_1, A_2, …, A_n$ имеют одинаковую вероятность $p$, то формула принимает простой вид:

$$
P(A)=1-(1-p)^n=1-q^n.
$$

Примеры решений на эту тему

Пример. Вероятности попадания в цель при стрельбе из трех орудий таковы: p1 = 0,8; p2 = 0,7; p3 = 0,9. Найти вероятность хотя бы одного попадания (событие А) при одном залпе из всех орудий.

Решение. Вероятность попадания в цель каждым из орудий не зависит от результатов стрельбы из других орудий, поэтому рассматриваемые события (попадание первого орудия), (попадание второго орудия) и (попадание третьего орудия) независимы в совокупности.

Вероятности событий, противоположных событиям , и (т. е. вероятности промахов), соответственно равны:

, ,

Искомая вероятность .

Пример. В типографии имеется 4 плоскопечатных машины. Для каждой машины вероятность того, что она работает в данный момент, равна 0,9. Найти вероятность того, что в данный момент работает хотя бы одна машина (событие А).

Решение. События “машина работает” и “машина не работает” (в данный момент) — противоположные, поэтому сумма их вероятностей равна единице:

Отсюда вероятность того, что машина в данный момент не работает, равна

Искомая вероятность

Так как полученная вероятность весьма близка к единице, то на основании следствия из принципа практической невозможности маловероятных событий мы вправе заключить, что в данный момент работает хотя бы одна из машин.

Пример. Вероятность того, что при одном выстреле стрелок попадает в цель, равна 0,4. Сколько выстрелов должен произвести стрелок, чтобы с вероятностью не менее 0,9 он попал в цель хотя бы один раз?

Решение. Обозначим через А событие “при n выстрелах стрелок попадает в цель хотя бы один раз”. События, состоящие в попадании в цель при первом, втором выстрелах и т. д., независимы в совокупности, поэтому применима формула .

Приняв во внимание, что, по условию, (следовательно, ), получим

Прологарифмируем это неравенство по основанию 10:

Итак, , т.е. стрелок должен произвести не менее 5 выстрелов.

См. обучающую статью “решение задач с хотя бы один…”

Источник

На этой странице вы узнаете

  • Как кот может быть одновременно жив и мертв? 
  • Можно ли всегда выигрывать спор с монеткой? 
  • Если рандомно ответить на вопрос теста, какой шанс угадать ответ?

Какова вероятность выиграть в лотерею? Исследователи подсчитали: один на восемь миллионов. «Или выиграю, или проиграю», — решаю я, покупая лотерейный билет. Так понятие вероятности преследует нас в обычной жизни. И не только в лотерее. Давайте разберемся подробнее.

Вероятность

Выходя утром из дома, мы задумываемся: брать ли с собой зонт? Проверяем прогноз погоды — вероятность выпадения осадков 2%. Зонтик нам сегодня вряд ли понадобится. В пути нас настигает ливень…

Прогноз погоды — самый яркий пример вероятности. Он не всегда бывает точный, не всегда сбывается. Мы не можем с уверенностью сказать, что будет завтра. Зато можем по совокупности факторов определить, на какую погоду стоит ориентироваться. 

Теория вероятности — один из разделов математики, в котором изучаются модели случайных экспериментов. 

Случайными экспериментами называются такие, результаты которых неизвестны заранее. Подбрасывая монетку, мы не знаем, что выпадет — орел или решка. Только поймав монетку, мы узнаем результат. 

Как кот может быть одновременно жив и мертв? 

Ученый по имени Эрвин Шредингер провел мысленный эксперимент. Он поместил кота в закрытый ящик, в котором был расположен механизм, содержащий атомное ядро и ёмкость с ядовитым газом. 

По эксперименту с вероятностью 0,5 ядро распадется, емкость с газом откроется и кот умрет. Но при этом с вероятностью 0,5 ядро не распадается и кот останется жив. 

Пока ящик закрыт, мы не знаем результат эксперимента — такой эксперимент в математике можно назвать случайным.  Тем временем кот находится одновременно в двух состояниях: он и жив, и мертв. 

Рассмотрим чуть подробнее пример с монеткой. Есть всего два варианта, какое событие может произойти:

  • выпадет орел;
  • выпадет решка. 

Эти два события образуют множество элементарных событий. 

Множество элементарных событий — множество всех возможных результатов случайного эксперимента. 

В случае выше их всего два. А если мы будем подбрасывать игральную кость, то их будет уже 6. Множество элементарных событий будет менять в зависимости от ситуации. 

Допустим, мы поспорили с друзьями, что выпадет орел. Для нас это событие будет благоприятным, поскольку мы выиграем спор. Второе событие будет неблагоприятным, потому что спор будет проигран. 

Как найти вероятность, что мы выиграем спор? Нужно разделить число благоприятных событий на общее число событий. Таким образом, мы получили классическое определение вероятности. 

Вероятность — отношение количества благоприятных событий к количеству всех возможных событий. 

Пусть m — количество благоприятных исходов, а n — количество всех событий. Получаем следующую формулу. 

(P = frac{m}{n})

Вероятность можно обозначить, как P(x), где х — некоторое событие. 

Заметим, что количество благоприятных исходов должно быть либо меньше, либо равно количеству всех исходов. Если благоприятных событий больше, чем всех, значит, мы нашли не все множество элементарных событий.

Когда вероятность равна 1, то такое событие точно наступит. Иначе говоря, мы можем быть уверены на 100% — оно произойдет.

Можно ли всегда выигрывать спор с монеткой?

Можно, если хитро сформулировать условия. Например: «Орел — я выиграл, решка — ты проиграл». Вероятность выигрыша в этом случае будет равна (P = frac{2}{2} = 1), то есть мы точно выиграем спор. 

Однако вероятность не так проста, и даже здесь подготовила ловушку. 

В редких случаях есть и третий вариант событий — монетка встанет на ребро. Вероятность такого события составляет  (frac{1}{6000}). То есть за миллион бросков это может случиться 150 раз или 1 раз в 2 дня, если подкидывать монету каждый день по 8 часов в течение года. Чтобы монета встала на ребро два раза подряд, придется подбрасывать ее в том же темпе около 35 лет.

Вероятность всегда будет меньше или равна 1. Но ее можно выразить и через проценты. Для этого достаточно умножить полученный результат на 100%. 

Пример 1. На ресепшене одного из отелей стоит ваза с конфетами. В вазе 56 яблочных конфет, 49 апельсиновых и 35 малиновых. Гость отеля наугад тянет конфету. Какова вероятность, что ему попадется апельсиновая конфета?

Решение. Найдем, сколько всего конфет в вазе: 56 + 49 + 35 = 140. Вероятность вытащить апельсиновую конфету будет равна 
(frac{49}{140} = 0,35)

Выразим в процентах:  
0,35 * 100% = 35%

Задача решена. Обычно в ответе пишут значение вероятности через дробное число, а не проценты. Поэтому получаем следующий ответ. 

Ответ: 0,35

Чтобы выразить вероятность через проценты в одно действие, достаточно воспользоваться следующей формулой. 

(P = frac{m}{n} * 100%)

Но что, если нам нужно найти вероятность для более сложных экспериментов? Первым делом нужно определить, какие события перед нами.

Равновозможные и противоположные события

Когда мы бросаем игральную кость, вероятность выпадения любого из чисел равна 16. То есть вероятности выпадения чисел равны между собой. Такие события называются равновозможными. 

Равновозможные события — такие события, что по условиям опыта ни одно из них не является более возможным, чем другие. 

Вероятности появления событий равны. 

Для игрального кубика существует всего шесть событий, которые могут произойти: выпадет число 1, 2, 3, 4, 5 или 6. Все эти события образуют полную группу событий. 

Полная группа событий — такая группа событий, если в результате опыта обязательно появится хотя бы одно из них. 

В результате подбрасывания монеты выпадет либо орел, либо решка. То есть полная группа событий состоит из двух событий. 

Мы подбросили монету и выпал орел. Следовательно, не выпала решка. 

А если не выпадет орел? Обязательно выпадет решка. Эти события будут называться противоположными. 

Противоположные события — такие события, если при не наступлении одного обязательно наступает второе. 

Обозначим событие “выпала решка” как A. Противоположное ему событие “выпал орел” обозначим как (overline{A}). 

Заметим, что вероятность события A равняется 12, как и вероятность события (overline{A}). Чему равна их сумма?

)frac{1}{2} + frac{1}{2} = 1) 

Так мы вывели связь между противоположными событиями. Поскольку они всегда образуют полную группу событий, то сумма их вероятностей будет равна 1. 

(P(A) + P(overline{A}) = 1)

Какие еще примеры противоположных событий можно назвать? Ясная и дождливая погода. Если наступает одно из этих событий, то второе уже не может наступить. 

Объединение и пересечение событий 

Допустим, у нас есть два события: сегодня пойдет снег и сегодня пойдет дождь. Что будет, если мы их объединим? 

Объединение событий — событие, состоящее из всех элементарных исходов, благоприятствующих хотя бы одному из событий. 

В этом случае мы получим событие, которое будет выполняться при любом из исходов: и если пойдет снег, и если не пойдет снег. 

Объединение событий обозначается знаком (cup). Объединение событий А и В можно записать как (A cup B). 

Рассмотрим немного другой пример. В первое событие входит, что Илья получит пятерку по физике, а второе событие — Антон получит пятерку по физике. А как можно назвать событие, если оба мальчика получат пятерку по физике?

Пересечение событий — событие, состоящее из всех элементарных исходов, благоприятствующих обоим событиям. 

Пересечение событий обозначается знаком (cap). Пересечение событий А и В можно записать как (A cap B). 

Несовместные и совместные события

Рассмотрим два события: “чайник исправно работает” и “чайник сломался”. Могут ли эти события существовать одновременно? Нет, поскольку появление одного из них исключает появление другого.

Такие события называются несовместными. Название само говорит, что события не могут существовать одновременно. 

Несовместные события — такие события, появление одного из которых исключает появление другого. 

Решим небольшую задачу. На экзамене есть несколько билетов. С вероятностью 0,5 попадется билет по планиметрии. С вероятностью 0,3 попадется билет по экономике. При этом не существует билетов, которые включают обе эти темы. С какой вероятностью на контрольной попадется билет по одной из этих тем?

Представим билеты в виде схемы. Заметим, что нам нужно объединить два из трех кругов, то есть сложить их вероятности. 

Следовательно, вероятность будет равна 0,5 + 0,3 = 0,8.

Сформулируем определение суммы вероятностей двух несовместных событий. 

Если события А и В несовместны, то вероятность их объединения равна сумме их вероятностей:

(P(A cup B) = P(A) + P(B))

Если существуют несовместные события, то существуют и совместные. 

Совместные события — события, наступление одного из которых не исключает наступления другого. 

В магазине работают два консультанта. Один из них занят общением с клиентом. Означает ли это, что второй консультант тоже занят?  Нет, поскольку они работают независимо друг от друга. Если занят первый консультант, второй может быть как занят, так и нет. 

Подбросим игральный кубик и рассмотрим два вида событий. Пусть событие А — это “выпадет число 2”, событие В — “выпадет четное число”. 

Найдем вероятность события А: (frac{1}{6}). 

Для события В всего три благоприятных исхода из шести: выпадет число 2, 4 или 6. Тогда вероятность наступления события В равна (frac{3}{6} = frac{1}{2})

Исключают ли события А и В друг друга? Нет, поскольку если произойдет событие А, произойдет и событие В. Когда произойдет событие В, есть вероятность, что произойдет и событие А. 

Найдем объединение совместных событий на примере кругов. Если мы наложим их друг на друга, то в середине получится как бы два слоя. Проверить это можно, если наложить друг на друга два листа бумаги. 

А нужно получить вот такую картину:

Поэтому для объединения двух кругов нам нужно будет исключить одну из серединок. 

Если события А и В совместны, то вероятность их объединения равна сумме их вероятностей без вероятности их пересечения:

(P(A cup B) = P(A) + P(B) — P(A cap B))

В каких случаях нужно пользоваться формулой со сложением? Достаточно, чтобы задачу можно было сформулировать с помощью “или”. Например, нужно, чтобы выпали темы по планиметрии или по экономике. 

Независимые и зависимые события 

Прогуляемся в магазин за булочками. В упаковке две булочки, а сама упаковка непрозрачная, то есть увидеть булочки до вскрытия упаковки мы не можем. 

Известно, что на заводе, где изготавливаются булочки, 5 из 100 булочек подгорают. Значит, 95 из 100 булочек не подгорают. По классическому определению вероятности находим, что вероятность каждой булочки не подгореть равна (frac{95}{100} = 0,95). 

Какова вероятность, что в упаковке попадутся только не подгорелые булочки? Как найти вероятность сразу для двух булочек?

Ответим на вопрос: зависят ли булочки друг от друга? 

Если подгорит одна из булочек в упаковке, не обязательно подгорит другая. Следовательно, булочки не зависят друг от друга. Такие события называются независимыми. 

Независимые события — такие события, появление одного из которых не зависит от появления другого события. 

Определим вероятность независимых событий. 

Пусть вероятность, что подгорела первая булочка, будет равна Р(А) = 0,95, а вероятность для второй булочки будет равна Р(В) = 0,95. 

А чтобы найти вероятность независимых событий, нужно воспользоваться следующей формулой:

(P(A cap B) = P(A) * P(B))

Тогда вероятность, что булочки в одной упаковке не подгорят, равняется P = 0,95 * 0,95 = 0,9025. 

В каком случае нужно пользоваться этой формулой? Нужно подставить союз “и”. 

Мы хотим, чтобы в упаковке первая булочка была не подгорелой и вторая булочка была не подгорелой. 

Приведем еще один пример. В здании два автомата с кофе на разных этажах. Даже если сломается один из них, работа второго не будет зависеть от первого. 

Но если автоматы стоят  рядом и включены в одну розетку, то при поломке одного из них есть вероятность выхода из строя розетки, а значит, и второй автомат тоже сломается. Такие события будут зависимыми: появление одного из них зависит от появления другого. 

Предположим, что в мешке лежит семь кубиков: два из них оранжевые, а пять — фиолетовые. Из мешка дважды вытаскивают кубики. Какова вероятность, достать во второй раз именно фиолетовый кубик?

Нужная последовательность может быть в двух случаях:

  • сначала вытащат фиолетовый кубик и потом снова фиолетовый;
  • сначала вытащат оранжевый кубик, а потом фиолетовый. 

Разберем первый случай. Вероятность в первый раз вытащить фиолетовый кубик равна (frac{5}{7}). После этого в мешке останется шесть кубиков, четыре из которых будут фиолетовые. 

Вероятность вытащить во второй раз фиолетовый кубик равна (frac{5}{7} * frac{4}{6} = frac{20}{42} = frac{10}{21}). 

Теперь рассмотрим второй случай. Вероятность в первый раз достать оранжевый кубик равна (frac{2}{7}). В мешке останется шесть кубиков, пять из которых будут фиолетовыми. 

Вероятность вытащить во второй раз фиолетовый кубик будет уже равна (frac{2}{7} * frac{5}{6} = frac{10}{42} = frac{5}{21}). 

В этом примере очень наглядно видно, что вероятность напрямую зависит от того, какой кубик попался первым. Следовательно, эти события зависимы. 

Как отличить зависимые и независимые события? Если после наступления первого события меняется количество благоприятных и всех исходов, то такие события — зависимые. Если количество благоприятных и всех исходов не меняется, то события независимые.

Условная вероятность — вероятность некоторого события В при условии наступления некоторого события А. 

Условная вероятность обозначается P(B|A). В нашем примере условной вероятностью будет вычисление, что во второй раз попадется именно фиолетовый кубик.   

Найдем вероятность двух зависимых событий. Формула похожа на ту, что используется для независимых событий. Но в этот раз нам нужно применить условную вероятность. 

Вероятность появления двух зависимых событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, при условии, что первое событие уже наступило:

(P(A cap B) = P(A) * P(B | A))

Формула Бернулли

Рассмотрим случаи, когда испытание повторяется многократно. Для этого еще раз обратимся к игральному кубику. Подбросим кубик 8 раз. Какова вероятность, что цифра 5 выпала ровно три раза?

Пусть p — вероятность, что выпадет цифра 5. Тогда (p = frac{1}{6}). 

Теперь возьмем q — противоположное р событие — вероятность, что цифра 5 не выпадет. (q = frac{5}{6}). 

Обозначим количество всех бросков за n, а количество выпадения цифры 5 за k. 

Чтобы решить задачу, нужно воспользоваться формулой Бернулли. 

(P_n(k) = C_n^k * p^k * q^{n — k}) 

Множитель (C_n^k) — это число сочетаний. Подробнее узнать про сочетания можно в статье «Основы комбинаторики». 

Решим задачу, подставив значения в формулу:

(P_8(3) = C_8^3 * (frac{1}{6})^3 * (frac{5}{6})^5 = frac{8!}{5!3!} * frac{1}{6^3} * frac{5^5}{6^5} = frac{6 * 7 * 8}{1 * 2 * 3} * frac{5^5}{6^8} approx 0,1) 

Фактчек

  • Вероятность — отношение количества благоприятных событий к количеству всех возможных событий. 
  • События могут быть противоположными. Противоположные события — такие события, если при не наступлении одного обязательно наступает второе. 
  • События можно разделить на совместные и несовместные. Несовместные события — такие события, появление одного из которых исключает появление другого. Если события А и В несовместны, то вероятность их объединения равна сумме их вероятностей: P(A (cup) B) = P(A) + P(B). Совместные события — события, наступление одного из которых не исключает наступления другого. Если события А и В совместны, то вероятность их объединения равна сумме их вероятностей без вероятности их пересечения: P(A cup B) = P(A) + P(B) — P(A cap B).
  • События также можно разделить на независимые и зависимые. Независимые события — такие события, появление одного из которых не зависит от появления другого события. Вероятность независимых событий можно найти по формуле P(A cap B) = P(A) * P(B). Зависимые события — это события, появление одного из которых зависит от появления другого. Вероятность появления двух зависимых событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, при условии, что первое событие уже наступило. P(A cap B) = P(A) * P(B | A). 
  • Условная вероятность — вероятность некоторого события В при условии наступления некоторого события А. 

Проверь себя

Задание 1. 
Какие события являются несовместными?

  1. Подбрасывание монетки.
  2. Брак батареек в одной упаковке.
  3. “Миша идет” и “Миша стоит”.
  4. Случайное вытаскивание конфет из вазы. 

Задание 2. 
Алена делает ошибку при решении задач по математике с вероятностью 0,17. С какой вероятностью она не сделает ошибку при решении задачи?

  1. 0,17
  2. 1
  3. 0,83
  4. 1,17 

Задание 3. 
Артем решал задачи на вероятность. Ниже приведены его ответы. В какой из задач он точно совершил ошибку?

  1. 1
  2. 0,216
  3. 0,45
  4. 1,5 

Задание 4. 
В упаковке три шариковые ручки. С вероятностью 0,1 такая ручка не будет писать. Найдите вероятность, что все три ручки в упаковке пишут. 

  1. 0,3
  2. 0,001
  3. 2,7
  4. 0,729 

Задание 5. 
Перед Дашей лежит несколько карточек. Она случайно переворачивает одну из них. С вероятностью 0,5 на карточке окажется рисунок природы. С вероятностью 0,27 на карточке окажется мотивационная цитата. Карточек и с рисунком, и с цитатой нет. Найдите вероятность, что Дана перевернет карточку или с рисунком, или с цитатой. 

  1. 0,77
  2. 0,135
  3. 0,23
  4. -0,23

Ответы: 1. — 3 2. — 3 3. — 4 4. — 4 5. — 1

Источник

Добавить комментарий