Как найти вероятность хотя бы одного события

Решение задач с формулировкой “хотя бы один”

Поговорим о задачах, в которых встречается фраза “хотя бы один”. Наверняка вы встречали такие задачи в домашних и контрольных работах, а теперь узнаете, как их решать. Сначала я расскажу об общем правиле, а потом рассмотрим частный случай независимых событий и схемы Бернулли, выпишем формулы и примеры для каждого.

Общая методика и примеры

Общая методика для решения задач, в которых встречается фраза “хотя бы один” такая:

1. Выписать исходное событие $A$ = (Вероятность того, что … хотя бы …).
2. Сформулировать противоположное событие $bar{A}$.
3. Найти вероятность события $P(bar{A})$.
4. Найти искомую вероятность по формуле $P(A)=1-P(bar{A})$.

А теперь разберем ее на примерах. Вперед!

Пример 1. В ящике находится 25 стандартных и 6 бракованных однотипных деталей. Какова вероятность того, что среди трёх наудачу выбранных деталей окажется хотя бы одна бракованная?

Действуем прямо по пунктам.
1. Записываем событие, вероятность которого надо найти прямо из условия задачи:
$A$ =(Из 3 выбранных деталей хотя бы одна бракованная).

2. Тогда противоположное событие формулируется так $bar{A}$ = (Из 3 выбранных деталей ни одной бракованной) = (Все 3 выбранные детали будут стандартные).

3. Теперь нужно понять, как найти вероятность события $bar{A}$, для чего еще раз посмотрим на задачу: говорится об объектах двух видов (детали бракованные и нет), из которых вынимается некоторое число объектов и изучаются (бракованные или нет). Это задача решается с помощью классического определения вероятности (точнее, по формуле гипергеометрической вероятности, подробнее о ней читайте в статье).

Для первого примера запишем решение подробно, далее будем уже сокращать (а полные инструкции и калькуляторы вы найдете по ссылке выше).

Сначала найдем общее число исходов – это число способов выбрать любые 3 детали из партии в 25+6=31 деталей в ящике. Так как порядок выбора несущественнен, применяем формулу для числа сочетаний из 31 объектов по 3: $n=C_{31}^3$.

Теперь переходим к числу благоприятствующих событию исходов. Для этого нужно, чтобы все 3 выбранные детали были стандартные, их можно выбрать $m = C_{25}^3$ способами (так как стандартных деталей в ящике ровно 25).

Вероятность равна:

$$
P(bar{A})=frac{m}{n}=frac{C_{25}^3 }{C_{31}^3} = frac{23 cdot 24cdot 25}{29cdot 30cdot 31} =frac{2300}{4495}= 0.512.
$$

4. Тогда искомая вероятность:

$$
P(A)=1-P(bar{A})=1- 0.512 = 0.488.
$$

Ответ: 0.488.

Пример 2. Из колоды в 36 карт берут наудачу 6 карт. Найти вероятность того, что среди взятых карт будут: хотя бы две пики.

1. Записываем событие $A$ =(Из 6 выбранных карт будут хотя бы две пики).

2. Тогда противоположное событие формулируется так $bar{A}$ = (Из 6 выбранных карт будет менее 2 пик) = (Из 6 выбранных карт будет ровно 0 или 1 пиковые карты, остальные другой масти).

Замечание. Тут я остановлюсь и сделаю небольшое замечание. Хотя в 90% случаях методика “перейти к противоположному событию” работает на отлично, существуют случаи, когда проще найти вероятность исходного события. В данном случае, если искать напрямую вероятность события $A$ потребуется сложить 5 вероятностей, а для события $bar{A}$ – всего 2 вероятности. А вот если бы задача была такая “из 6 карт хотя бы 5 – пиковые”, ситуация стала бы обратной и тут проще решать исходную задачу. Если опять попытаться дать инструкцию, скажу так. В задачах, где видите “хотя бы один”, смело переходите к противоположному событию. Если же речь о “хотя бы 2, хотя бы 4 и т.п.”, тут надо прикинуть, что легче считать.

3. Возвращаемся к нашей задаче и находим вероятность события $bar{A}$ с помощью классического определения вероятности.

Общее число исходов (способов выбрать любые 6 карт из 36) равно $n=C_{36}^6$ (калькулятор сочетаний тут).

Найдем число благоприятствующих событию исходов. $m_0 = C_{27}^6$ – число способов выбрать все 6 карт непиковой масти (их в колоде 36-9=27), $m_1 = C_{9}^1cdot C_{27}^5$ – число способов выбрать 1 карту пиковой масти (из 9) и еще 5 других мастей (из 27).

Тогда:

$$
P(bar{A})=frac{m_0+m_1}{n}=frac{C_{27}^6+C_{9}^1cdot C_{27}^5 }{C_{36}^6} =frac{85215}{162316}= 0.525.
$$

4. Тогда искомая вероятность:

$$
P(A)=1-P(bar{A})=1- 0.525 = 0.475.
$$

Ответ: 0.475.

Пример 3. В урне 2 белых, 3 черных и 5 красных шаров. Три шара вынимают наугад. Найти вероятность того, что среди вынутых шаров хотя бы два будут разного цвета.

1. Записываем событие $A$ =(Среди вынутых 3 шаров хотя бы два разного цвета). То есть, например, “2 красных шара и 1 белый”, или “1 белый, 1 черный, 1 красный”, или “2 черных, 1 красный” и так далее, вариантов многовато. Попробуем правило перехода к противоположному событию.

2. Тогда противоположное событие формулируется так $bar{A}$ = (Все три шара одного цвета) = (Выбраны 3 черных шара или 3 красных шара) – всего 2 варианта получилось, значит, этот способ решения упрощает вычисления. Кстати, все шары белого цвета не могут быть выбраны, так как их всего 2, а вынимается 3 шара.

3. Общее число исходов (способов выбрать любые 3 шара из 2+3+5=10 шаров) равно $n=C_{10}^3=120$.

Найдем число благоприятствующих событию исходов. $m = C_{3}^3+C_{5}^3=1+10=11$ – число способов выбрать или 3 черных шара (из 3), или 3 красных шара (из 5).

Тогда:

$$
P(bar{A})=frac{m}{n}=frac{11}{120}.
$$

4. Искомая вероятность:

$$
P(A)=1-P(bar{A})=1- frac{11}{120}=frac{109}{120} = 0.908.
$$

Ответ: 0.908.

Частный случай. Независимые события

Идем дальше, и приходим к классу задач, где рассматривается несколько независимых событий (стрелки попадают, лампочки перегорают, машины заводятся, рабочие болеют с разной вероятностью каждый и т.п.) и нужно “найти вероятность наступления хотя бы одного события”. В вариациях это может звучать так “найти вероятность, что хотя бы один стрелок из трех попадет в цель”, “найти вероятность того, что хотя бы один автобус из двух вовремя приедет на вокзал”, “найти вероятность, что хотя бы один элемент в устройстве из четырех элементов откажет за год” и т.д.

Если в примерах выше речь шла о применении формулы классической вероятности, здесь мы приходим к алгебре событий, используем формулы сложения и умножения вероятностей (небольшая теория тут).

Итак, рассматриваются несколько независимых событий $A_1, A_2,…,A_n$, вероятности наступления каждого известны и равны $P(A_i)=p_i$ ($q_i=1-p_i$). Тогда вероятность того, что в результате эксперимента произойдет хотя бы одно из событий, вычисляется по формуле

$$
P=1-q_1cdot q_2 cdot …cdot q_n. quad(1)
$$

Строго говоря, эта формула тоже получается применением основной методики “перейти к противоположному событию”. Ведь действительно, пусть $A$=(Наступит хотя бы одно событие из $A_1, A_2,…,A_n$), тогда $bar{A}$ = (Ни одно из событий не произойдет), что значит:

$$
P(bar{A})=P(bar{A_1} cdot bar{A_2} cdot … bar{A_n})=P(bar{A_1}) cdot P(bar{A_2}) cdot … P(bar{A_n})=\
=(1-P(A_1)) cdot (1-P(A_2)) cdot … (1-P(A_n))=\
=(1-p_1) cdot (1-p_2) cdot … (1-p_n)=q_1cdot q_2 cdot …cdot q_n,\
$$
откуда и получаем нашу формулу
$$
P(A)=1-P(bar{A})=1-q_1cdot q_2 cdot …cdot q_n.
$$

Пример 4. Узел содержит две независимо работающие детали. Вероятности отказа деталей соответственно равны 0,05 и 0,08. Найти вероятность отказа узла, если для этого достаточно, чтобы отказала хотя бы одна деталь.

Событие $A$ =(Узел отказал) = (Хотя бы одна из двух деталей отказала). Введем независимые события: $A_1$ = (Первая деталь отказала) и $A_2$ = (Вторая деталь отказала). По условию $p_1=P(A_1)=0,05$, $p_2=P(A_2)=0,08$, тогда $q_1=1-p_1=0,95$, $q_2=1-p_2=0,92$. Применим формулу (1) и получим:

$$
P(A)=1-q_1cdot q_2 = 1-0,95cdot 0,92=0,126.
$$

Ответ: 0,126.

Пример 5. Студент разыскивает нужную ему формулу в трех справочниках. Вероятность того, что формула содержится в первом справочнике, равна 0,8, во втором – 0,7, в третьем – 0,6. Найти вероятность того, что формула содержится хотя бы в одном справочнике.

Действуем аналогично. Рассмотрим основное событие
$A$ =(Формула содержится хотя бы в одном справочнике). Введем независимые события:
$A_1$ = (Формула есть в первом справочнике),
$A_2$ = (Формула есть во втором справочнике),
$A_3$ = (Формула есть в третьем справочнике).

По условию $p_1=P(A_1)=0,8$, $p_2=P(A_2)=0,7$, $p_3=P(A_3)=0,6$, тогда $q_1=1-p_1=0,2$, $q_2=1-p_2=0,3$, $q_3=1-p_3=0,4$. Применим формулу (1) и получим:

$$
P(A)=1-q_1cdot q_2cdot q_3 = 1-0,2cdot 0,3cdot 0,4=0,976.
$$

Ответ: 0,976.

Пример 6. Рабочий обслуживает 4 станка, работающих независимо друг от друга. Вероятность того, что в течение смены первый станок потребует внимания рабочего, равна 0,3, второй – 0,6, третий – 0,4 и четвёртый – 0,25. Найти вероятность того, что в течение смены хотя бы один станок не потребует внимания мастера.

Думаю, вы уже уловили принцип решения, вопрос только в количестве событий, но и оно не оказывает влияния на сложность решения (в отличие от общих задач на сложение и умножение вероятностей). Только будьте внимательны, вероятности указаны для “потребует внимания”, а вот вопрос задачи “хотя бы один станок НЕ потребует внимания”. Вводить события нужно такие же, как и основное (в данном случае, с НЕ), чтобы пользоваться общей формулой (1).

Получаем:
$A$ = (В течение смены хотя бы один станок НЕ потребует внимания мастера),
$A_i$ = ($i$-ый станок НЕ потребует внимания мастера), $i=1,2,3,4$,
$p_1 = 0,7$, $p_2 = 0,4$, $p_3 = 0,6$, $p_4 = 0,75$.

Искомая вероятность:

$$
P(A)=1-q_1cdot q_2cdot q_3 cdot q_4= 1-(1-0,7)cdot (1-0,4)cdot (1-0,6)cdot (1-0,75)=0,982.
$$

Ответ: 0,982. Почти наверняка мастер будет отдыхать всю смену;)

Частный случай. Повторные испытания

Думаете, дальше будет сложнее? Напротив, случаи все более частные, решения и формулы все более простые.

Итак, у нас есть $n$ независимых событий (или повторений некоторого опыта), причем вероятности наступления этих событий (или наступления события в каждом из опытов) теперь одинаковы и равны $p$. Тогда формула (1) упрощается к виду
:

$$
P=1-q_1cdot q_2 cdot …cdot q_n = 1-q^n.
$$

Фактически мы сужаемся к классу задач, который носит название “повторные независимые испытания” или “схема Бернулли”, когда проводится $n$ опытов, вероятность наступления события в каждом из которых равна $p$. Нужно найти вероятность, что событие появится хотя бы раз из $n$ повторений:

$$
P=1-q^n. quad(2)
$$

Подробнее о схеме Бернулли можно прочитать в онлайн-учебнике, а также посмотреть статьи-калькуляторы о решении различных подтипов задач (о выстрелах, лотерейных билетах и т.п.). Ниже же будут разобраны задачи только с “хотя бы один”.

Пример 7. Пусть вероятность того, что телевизор не потребует ремонта в течение гарантийного срока, равна 0,9. Найти вероятность того, что в течение гарантийного срока из 3 телевизоров хотя бы один не потребует ремонта.

Решения короче вы еще не видели.
Просто выписываем из условия: $n=3$, $p=0,9$, $q=1-p=0,1$.
Тогда вероятность того, что в течение гарантийного срока из 3 телевизоров хотя бы один не потребует ремонта, по формуле (2):

$$
P=1-0,1^3=1-0,001=0,999
$$

Ответ: 0,999.

Пример 8. Производится 5 независимых выстрелов по некоторой цели. Вероятность попадания при одном выстреле равна 0,8. Найти вероятность того, что будет хотя бы одно попадание.

Опять, начинаем с формализации задачи, выписывая известные величины. $n=5$ выстрелов, $p=0,8$ – вероятность попадания при одном выстреле, $q=1-p=0,2$.
И тогда вероятность того, что будет хотя бы одно попадание из пяти выстрелов равна:
$$
P=1-0,2^5=1-0,00032=0,99968
$$

Ответ: 0,99968.

Думаю, с применением формулы (2) все более чем ясно (не забудьте почитать и о других задачах, решаемых в рамках схемы Бернулли, ссылки были выше). А ниже я приведу чуть более сложную задачу. Такие задачи встречаются пореже, но и их способ решения надо усвоить. Поехали!

Пример 9. Производится n независимых опытов, в каждом из которых некоторое событие A появляется с вероятностью 0,7. Сколько нужно сделать опытов для того, чтобы с вероятностью 0,95 гарантировать хотя бы одно появление события A?

Имеем схему Бернулли, $n$ – количество опытов, $p=0,7$ – вероятность появления события А.

Тогда вероятность того, что произойдет хотя бы одно событие А в $n$ опытах, равна по формуле (2):
$$
P=1-q^n=1-(1-0,7)^n=1-0,3^n
$$
По условию эта вероятность должна быть не меньше 0,95, поэтому:

$$
1-0,3^n ge 0,95,\
0,3^n le 0,05,\
n ge log_{0,3} 0,05 = 2,49.
$$

Округляя, получаем что нужно провести не менее 3 опытов.

Ответ: минимально нужно сделать 3 опыта.

Полезные ссылки

• Калькуляторы на схему Бернулли
• Основные формулы комбинаторики
• Примеры решений задач по теории вероятностей
• Заказать свои задачи на вероятность

В решебнике вы найдете более 1000 задач со словами “хотя бы …”:

Теорема.
Вероятность
появления хотя бы одного из событий А₁,
А₂,…,А_n,
независимых
в совокупности, равна разности между
единицей и произведением вероятностей
противоположных событий
:

(2.7)

Пример 2.5.
Три стрелка делают по одному выстрелу
в мишень. Вероятность попадания в мишень
для первого стрелка равна 0,7, второго –
0,8 и третьего – 0,9. Найти вероятность
того, что хотя бы один стрелок попадет
в мишень.

Решение.
Рассмотрим следующие события: А
– хотя бы один стрелок попадет в мишень
А₁
– первый стрелок попадет в мишень, А₂
– второй стрелок, А₃
– третий стрелок. Вероятность попадания
в мишень каждым из стрелков не зависит
от результатов стрельбы других стрелков,
поэтому события А₁,
А₂
и А₃
независимы в совокупности.

Вероятности
событий, противоположных событиям А₁,
А₂
и А₃
(т.е. вероятности промахов), соответственно
равны:

= 1 – 0,7 = 0,3;

= 1 – 0,8 = 0,2;

= 1 – 0,9 = 0,1.

Искомая вероятность

= 1 – 0,3·0,2·0,1
= 0,994. ◄

Частный
случай.
Если события
А₁,
А₂,…,А_n
имеют
одинаковую вероятность, равную р, то
вероятность появления хотя бы одного
из этих событий

Р(А) = 1 – qn.

(2.8)

где q
= 1 – p.

2.6. Условная вероятность

Пусть события А
и В
зависимые. Из определения зависимых
событий следует, что вероятность одного
из событий зависит от появления или
непоявления другого события. Поэтому,
если нас интересует вероятность события
В,
то важно знать, наступило событие А
или нет.

Определение.
Условной
вероятностью
Р_А(В)
или Р(В|А)
называют вероятность события В,
вычисленную в предположении, что событие
А
уже наступило.

Например, в урне
находится пять шаров. Два из них белого
цвета, остальные три – черного. Наудачу
один за другим берут два шара, не возвращая
их обратно в урну. Рассмотрим событие
А
– «первый вынутый шар оказался белого
цвета» и событие В
– «второй вынутый шар оказался белого
цвета». Найдем условную вероятность
события В, при условии, что событие А
уже наступило. Если в первый раз был
вынут шар белого цвета, то в урне осталось
четыре шара, из которых один белого
цвета. Следовательно, Р(В
| А)
= 1/4.

Если же вынутый
шар возвращается назад в урну, то условия
второго испытания остаются неизменными
после проведения первого испытания.
Тогда Р(В)
= Р(В|А)
= 2/5, т.е. в этом случае вероятность события
В
и его условная вероятность совпадают.

2.7. Теорема умножения вероятностей зависимых событий

Пусть события А
и В
зависимые, причем вероятности Р(А)
и Р(В|А)
известны. Как найти вероятность совмещения
этих событий, т.е. вероятность того, что
появится и событие А
и событие В?
Ответ на этот вопрос дает теорема
умножения.

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

Р(АВ) = Р(А)·Р(В|А).

(2.9)

Следствие.
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:

Р(А1А2…Аn) = Р(А1)·Р(А2| А1) …·Р(Аn| А1 А2… Аn-1).

(2.10)

Пример 2.6.
В урне находится пять шаров. Один из них
красного цвета, два – зеленого и два –
синего. Наудачу один за другим извлекают
три шара, не возвращая их обратно в урну.
Найти вероятность того, что последовательно
будут извлечены красный, зеленый и синий
шар.

Решение.
Рассмотрим события: A
– первым извлечен шар красного цвета,
B
– вторым извлечен шар зеленого цвета,
C
– третьим извлечен шар синего цвета.
Вероятность события А:
Р(А)
= 1/5. Условная вероятность события В
при условии, что событие А
уже наступило: Р(В|А)
= 2/4. Условная вероятность события С
при условии, что события А
и В
уже наступили: Р(С|АВ)
= 2/3. Вероятность совместного появления
трех зависимых событий А,
В
и С:

Р(АВС)
= Р(А)·Р(В/А)·Р(С/АВ)
=
=.
◄

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #

Вероятность появления хотя бы одного события

Теорема Вероятность появления хотя бы одного из событий $A_1 ,A_2 ldots A_n $ независимых в совокупности равна begin{equation} label { eq2 } P( A )=1-P( { overline A _1 } )cdot P( { overline A _2 } )cdot ldots cdot P( { overline A _n } ), qquad (2) end{equation} где событие А = { появление хотя бы одного из событий $A_1 ,A_2 ldots A_n $ } ,

обозначив $P( { overline A _1 } )=q_1 ,,,P( { overline A _2 } )=q_2 ldots $получим begin{equation} label { eq3 } P( A )=1-q_1 cdot q_2 cdot ldots cdot q_n qquad (3) end{equation}

Если $q_1 =q_2 =ldots q_n$, то begin{equation} label { eq4 } P(A)=1-q^n qquad (4) end{equation}

Пример: Вероятность попадания в цель при стрельбе из 1-го орудия $P_1 =0,8$ из 2-го $P_2 =0,7$ из 3-го $P_3 =0,9$. Производится залп из всех орудий. Найти вероятность хотя бы одного попадания.

Решение:

Введем событие А = { хотя бы одно попадание в цель } . $P( A )=1-q_1 cdot q_2 cdot q_3$

• Вероятность промаха из первого орудия $q_1 =1-P_1 =1-0,8=0,2$
• Вероятность промаха из второго орудия $q_2 =1-P_2 =1-0,7=0,3$
• Вероятность промаха из третьего орудия $q_3 =1-P_3 =1-0,9=0,1$

Тогда вероятность хотя бы одного попадания будет равна $P( A )=1-0,2cdot 0,3cdot 0,1=1-0,006=0,994$

Сложение и умножение вероятностей