Как найти вероятность исправных приборов

Вероятность — очень лёгкая тема, если концентрироваться на смысле задач, а не на формулах. Найти вероятность того что — не просто. И  как решать задачи на вероятность?. Во-первых, что такое вероятность? Это шанс, что какое-то событие произойдёт. Если мы говорим, что вероятность некоторого события 50%, что это значит? Что оно либо произойдет, либо не произойдет — одно из двух. Таким образом подсчитать значение вероятности очень просто — нужно взять количество подходящих нам вариантов и разделить на количество всех возможных вариантов. Например, шанс получить решку при подбрасывании монеты это ½. Как мы получаем ½? Всего у нас два возможных варианта (орёл и решка), из них нам подходит один (решка), так мы и получаем вероятность ½.

Как мы уже с вами увидели, вероятность может быть выражена как в процентах, так и в обычных числах. Важно: на ЕГЭ вам нужно будет записать ответ в числах, не в процентах. Принято, что вероятность изменяется от 0 (никогда не произойдет) до 1 (абсолютно точно произойдет). Также можно сказать, что всегда

Вероятность подходящих событий + вероятность неподходящих событий = 1

Теперь мы точно понимаем, как считать вероятность отдельного события, и даже такие задачи есть в банке ФИПИ, но понятно, что на этом всё не заканчивается. Чтобы жизнь была веселее, в задачах на вероятность обычно происходят как минимум два события, и надо посчитать вероятность с учетом каждого из них.

Вероятность нескольких событий

Подсчитываем вероятность каждого события в отдельности, затем между дробями ставим знаки:

1. Если нужно первое И второе событие, то умножаем.

2. Если нужно первое ИЛИ второе событие, то складываем.

Задачи и решения задач на вероятность

Задача 1. Среди натуральных чисел от 23 до 37 случайно выбирают одно число. Найдите вероятность того, что оно не делится на 5.

Решение:

Вероятность, это отношение благоприятных вариантов к общему их количеству.

Всего в этом промежутке 15 чисел. Из них на 5 делится всего 3, значит не делится 12.

Вероятность тогда: 

Ответ: 0,8.

Задача 2. Для дежурства в столовой случайно выбирают двух учащихся класса. Какова вероятность того, что дежурить будут два мальчика, если в классе обучается 7 мальчиков и 8 девочек?

Решение: Вероятность, это отношение благоприятных вариантов к общему их количеству. В классе 7 мальчиков, это благоприятные варианты. А всего 15 учеников.

Вероятность что первый дежурный мальчик:

Вероятность что второй дежурный мальчик:

Раз оба должны быть мальчики, вероятности перемножим:

Ответ: 0,2.

Задача 3. На борту самолёта 12 мест рядом с запасными выходами и 18 мест за перегородками, разделяющими салоны. Остальные места неудобны для пассажира высокого роста. Пассажир В. высокого роста. Найдите вероятность того, что на регистрации при случайном выборе места пассажиру В. достанется удобное место, если всего в самолёте 300 мест.

Решение: Пассажиру В. удобны 30 мест (12 + 18 = 30), а всего в самолете 300 мест. Поэтому вероятность того, что пассажиру В. достанется удобное место равна 30/300, т. е. 0,1.

Задача 4. В сборнике билетов по математике всего 25 билетов, в 10 из них встречается вопрос по неравенствам.

Найдите вероятность того, что в случайно выбранном на экзамене билете школьнику не достанется вопроса по неравенствам.

Решение: Из 25 билетов 15 не содержат вопроса по неравенствам, поэтому вероятность того, что в случайно выбранном на экзамене билете школьнику не достанется вопроса по неравенствам, равна 15/25, т. е. 0,6.

Задача 5. В сборнике билетов по химии всего 35 билетов, в 7 из них встречается вопрос по кислотам.

Найдите вероятность того, что в случайно выбранном на экзамене билете школьнику не достанется вопроса по кислотам.

Решение: Из 35 билетов 28 не содержат вопроса по кислотам, поэтому вероятность того, что в случайно выбранном на экзамене билете школьнику не достанется вопроса по кислотам, равна 28/35, т. е. 0,8.

Задача 6. В среднем из 500 садовых насосов, поступивших в продажу, 2 подтекают. Найдите вероятность того, что один случайно выбранный для контроля насос не подтекает.

Решение: Если из 500 насосов 2 подтекают, то 498 не подтекают. Следовательно, вероятность выбора хорошего насоса — 498/500, т. е. 0,996.

Задача 7. Вероятность того, что новый пылесос в течение года поступит в гарантийный ремонт, равна 0,065. В некотором городе из 1000 проданных пылесосов в течение года в гарантийную мастерскую поступило 70 штук.

На сколько отличается частота события «гарантийный ремонт» от его вероятности в этом городе?

Решение: Частота события «гарантийный ремонт» равна 70/1000, т. е. 0,07. Она отличается от предсказанной вероятности на 0,005 (0,07 – 0,065 = 0,005).

Задача 8. В чемпионате по гимнастике участвуют 50 спортсменок: 18 из России, 14 из Украины, остальные — из Белоруссии. Порядок, в котором выступают гимнастки, определяется жребием.

Найдите вероятность того, что спортсменка, выступающая первой, окажется из Белоруссии.

Решение: Всего участниц на чемпионате 50, а спортсменок из Белоруссии — 18 (50 – 18 – 14 = 18).

Вероятность того, что первой будет выступать спортсменка из Белоруссии — 18 из 50, т. е. 18/50, или 0,36.

Задача 9. Научная конференция проводится в 5 дней. Всего запланировано 80 докладов — первые три дня по 12 докладов, остальные распределены поровну между четвертым и пятым днями. Порядок докладов определяется жеребьёвкой.

Какова вероятность, что доклад профессора М. окажется запланированным на последний день конференции?

Решение: За первые три дня будут прочитаны 36 докладов (12 ∙ 3 = 36), на последние два дня планируется 44 доклада. Поэтому на последний день запланировано 22 докладов (44 : 2 = 22). Значит, вероятность того, что доклад профессора М. окажется запланированным на последний день конференции, равна 22/80, т. е. 0,275.

Задача 10.

Перед началом первого тура чемпионата по шахматам участников разбивают на игровые пары случайным образом с помощью жребия. Всего в чемпионате участвует 26 шахматистов, среди которых 14 участников из России, в том числе Егор Косов.

Найдите вероятность того, что в первом туре Егор Косов будет играть с каким-либо шахматистом из России?

Решение: В первом туре Егор Косов может сыграть с 25 шахматистами (26 – 1 = 25), из которых 13 ― из России. Значит, вероятность того, что в первом туре Егор Косов будет играть с каким-либо шахматистом из России, равна 13/25, или 0,52.

Задача 11.

В чемпионате мира участвуют 16 команд. С помощью жребия их нужно разделить на четыре группы по четыре команды в каждой. В ящике вперемешку лежат карточки с номерами групп: 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4.

Капитаны команд тянут по одной карточке. Какова вероятность того, что команда России окажется во второй группе?

Решение: Вероятность того, что команда России окажется во второй группе, равна отношению количества карточек с номером 2, к общему числу карточек, т. е. 4/16, или 0,25.

Задача 12.  В группе туристов 5 человек. С помощью жребия они выбирают двух человек, которые должны идти в село за продуктами. Турист А. хотел бы сходить в магазин, но он подчиняется жребию. Какова вероятность того, что А. пойдёт в магазин?

Решение: Выбирают двоих туристов из пяти. Следовательно, вероятность быть выбранным равна 2/5, т. е. 0,4.

Задача 13. В группе туристов 30 человек. Их вертолётом в несколько приёмов забрасывают в труднодоступный район по 6 человек за рейс. Порядок, в котором вертолёт перевозит туристов, случаен. Найдите вероятность того, что турист П. полетит первым рейсом вертолёта.

Решение: На первом рейсе 6 мест, всего мест 30. Тогда вероятность того, что турист полетит первым рейсом вертолёта, равна 6/30, или 0,2.

Задача 14. Какова вероятность того, что случайно выбранное натуральное число от 10 до 19 делится на три?

Решение: Натуральных чисел от 10 до 19 десять, из них на 3 делятся три числа: 12, 15 и 18. Следовательно, искомая вероятность равна 3/10, т. е. 0,3.

Вероятность нескольких событий

Задача 1. Перед началом волейбольного матча капитаны команд тянут честный жребий, чтобы определить, какая из команд начнёт игру с мячом. Команда «Стартер» по очереди играет с командами «Ротор», «Мотор» и «Стратор». Найдите вероятность того, что «Стартер» будет начинать только вторую игру.

Решение: 

Тип вопроса: совмещение событий.

Нас устроит следующий вариант: «Статор» не начинает первую игру, начинает вторую игру, не начинает третью игру. Вероятность такого развития событий равна произведению вероятностей каждого из этих событий. Вероятность каждого из них равна 0,5, следовательно: 0,5 · 0,5 · 0,5 = 0,125.

Задача 2. Чтобы пройти в следующий круг соревнований, футбольной команде нужно набрать хотя бы 4 очка в двух играх. Если команда выигрывает, она получает 3 очка, в случае ничьей ― 1 очко, если проигрывает ― 0 очков. Найдите вероятность того, что команде удастся выйти в следующий круг соревнований. Считайте, что в каждой игре вероятности выигрыша и проигрыша одинаковы и равны 0,4.

Решение: 

Тип вопроса: совмещение событий.

Задачу выполняют несколько вариантов:

Игра №1	Игра №2	Вероятность данного варианта
3	1	0,4 · 0,2 = 0,08
1	3	0,2 · 0,4 = 0,08
3	3	0,4 · 0,4 = 0,16

Вероятность происхождения какого-либо их этих 3-х вариантов равна сумме вероятностей каждого из вариантов: 0,08 + 0,08 + 0,16 = 0,32.

Задача 3. В классе учится 21 человек. Среди них две подруги: Аня и Нина. Класс случайным образом делят на 7 групп, по 3 человека в каждой. Найти вероятность того что Аня и Нина окажутся в одной группе.

Решение: 

Тип вопроса: уменьшение групп.

Вероятность попадания Ани в одну из групп равна 1. Вероятность попадания Нины в ту же группу равна 2 из 20 (2 оставшихся места в группе, а человек осталось 20). 2/20 = 1/10 = 0,1.

Задача 4. В кармане у Пети было 4 монеты по рублю и 2 монеты по два рубля. Петя, не глядя, переложил какие-то 3 монеты в другой карман. Найдите вероятность того, что обе двухрублёвые монеты лежат в одном кармане.

Решение:

Способ №1

Тип задачи: уменьшение групп.

Представим, что шесть монет делят на две группы по три монеты. Вероятность, что первая однорублевая монета попадет в один из карманов (групп) = 1.

Вероятность, что две двухрублевые монеты попадут в этот же карман = количество оставшихся мест в этом кармане/на количество оставшихся мест в обоих карманах = 2/5 = 0,4.

Способ №2

Тип вопроса: совмещение событий.

Задачу выполняют в несколько вариантов:

Если Петя переложил в другой карман три из четырех рублевых монет (а двухрублевые не перекладывал), или если переложил в другой карман обе двухрублевые монеты и одну рублевую одним из трех способов: 1, 2, 2; 2, 1, 2; 2, 2, 1. Можно изобразить это на схеме (перекладывает Петя в карман 2, поэтому будем высчитывать вероятности в колонке «карман 2»):

Вероятность происхождения какого-либо их этих 4-х вариантов равна сумме вероятностей каждого из вариантов: 

Задача 5. В кармане у Пети было 2 монеты по 5 рублей и 4 монеты по 10 рублей. Петя, не глядя, переложил какие-то 3 монеты в другой карман. Найдите вероятность того, что пятирублевые монеты лежат теперь в разных карманах.

Решение:

Тип задачи: уменьшение групп.

Способ №1

Представим, что шесть монет делят на две группы по три монеты. Вероятность, что первая двухрублевая монета попадет в один из карманов (групп) = 1. Вероятность, что вторая монета попадет в другой карман = количество оставшихся мест в другом/ на количество оставшихся мест в обоих карманах = 3/5 = 0,6.

Способ №2

Тип вопроса: совмещение событий.

Задачу выполняют несколько вариантов:

Чтобы пятирублевые монеты оказались в разных карманах, Петя должен взять из кармана одну пятирублевую и две десятирублевые монеты. Это можно сделать тремя способами: 5, 10, 10; 10, 5, 10 или 10, 10, 5. Можно изобразить это на схеме (перекладывает Петя в карман 2, поэтому будем высчитывать вероятности в колонке «карман 2»):

Вероятность происхождения какого-либо их этих 4-х вариантов равна сумме вероятностей каждого из вариантов: 

Задача 6. В случайном эксперименте симметричную монету бросают трижды. Найдите вероятность того, что орёл выпадет ровно два раза.

Решение: Тип вопроса: нахождение желаемого и действительного совмещение событий Нас устраивают три варианта:

Орёл ― решка ― орёл;

Орёл ― орёл ― решка;

Решка ― орёл ― орёл;

Вероятность каждого случая ― 1/2, а каждого варианта ― 1/8 (1/2 ∙ 1/2 ∙ 1/2 = 1/8)

Нас устроит либо первый, либо второй, либо третий вариант. Следовательно, складываем их вероятности и получаем 3/8 (1/8 + 1/8 + 1/8 = 3/8), т. е. 0,375.

Задача 7. Если гроссмейстер А. играет белыми, то он выигрывает у гроссмейстера Б. с вероятностью 0,5. Если А. играет черными, то А. выигрывает у Б. с вероятностью 0,34. Гроссмейстеры А. и Б. играют две партии, причем во второй партии меняют цвет фигур. Найдите вероятность того, что А. выиграет оба раза.

Решение: 

Тип вопроса: совмещение событий.

В любом случае А. будет играть как белыми, так и черными, поэтому нас устроит вариант, когда гроссмейстер А. выиграет, играя белыми (вероятность ― 0,5), а также играя чёрными (вероятность ― 0,34). Поэтому надо перемножить вероятности этих двух событий: 0,5 ∙ 0,34 = 0,17.

Задача 8. Вероятность того, что батарейка бракованная, равна 0,02. Покупатель в магазине выбирает случайную упаковку, в которой две таких батарейки. Найдите вероятность того, что обе батарейки окажутся исправными.

Решение: 

Тип вопроса: совмещение событий.

Вероятность того, что батарейка исправна, равна 0,98. Покупателю надо, чтобы и первая, и вторая батарейка были исправны: 0,98 · 0,98 = 0,9604.

Задача 9. На рок-фестивале выступают группы ― по одной от каждой из заявленных стран. Порядок выступления определяется жребием. Какова вероятность того, что группа из США будет выступать после группы из Канады и после группы из Китая? Результат округлите до сотых.

Решение: 

Тип вопроса: совмещение событий.

Общее количество выступающих на фестивале групп для ответа на вопрос неважно. Сколько бы их ни было, для указанных стран есть 6 способов взаимного расположения среди выступающих (КИТ — Китай, КАН = Канада):

… США, КАН, КИТ …

… США, КИТ, КАН …

… КИТ, США, КАН …

… КАН, США, КИТ …

… КАН, КИТ, США …

… КИТ, КАН, США …

США находится после Китая и Канады в двух последних случаях. Поэтому вероятность того, что группы случайным образом будут распределены именно так, равна:

≈ 0,33.

Дополняющая вероятность

Задача 1. 

Автоматическая линия изготавливает батарейки. Вероятность того, что готовая батарейка неисправна, равна 0,02. Перед упаковкой каждая батарейка проходит систему контроля. Вероятность того, что система забракует неисправную батарейку, равна 0,97. Вероятность того, что система по ошибке забракует исправную батарейку, равна 0,05.

Найдите вероятность того, что случайно выбранная батарейка будет забракована.

Решение: 

Существуют 2 варианта, которые нам подходят:

Вариант А: батарейка забракована, она неисправна;

Вариант Б: батарейка забракована, она исправна.

Вероятность варианта А: 0,02 ∙ 0,97 = 0,0194;

Вероятность варианта Б: 0,05 ∙ 0,98 = 0,049;

Нас устроит либо первый, либо второй вариант: 0,0194 + 0,049 = 0,0684.

Задача 2. Две фабрики выпускают одинаковые стекла для автомобильных фар. Первая фабрика выпускает 60% этих стекол, вторая — 40%. Первая фабрика выпускает 3% бракованных стекол, а вторая — 5%. Найдите вероятность того, что случайно купленное в магазине стекло окажется бракованным.

Решение: 

Вероятность того, что стекло куплено на первой фабрике и оно бракованное: 0,6 · 0,03 = 0,018.

Вероятность того, что стекло куплено на второй фабрике и оно бракованное: 0,4 · 0,05 = 0,02.

Вероятность того, что случайно купленное в магазине стекло окажется бракованным, равна 0,018 + 0,02 = 0,038.

Задача 3. На фабрике керамической посуды 10% произведённых тарелок имеют дефект. При контроле качества продукции выявляется 80% дефектных тарелок. Остальные тарелки поступают в продажу. Найдите вероятность того, что случайно выбранная при покупке тарелка не имеет дефектов. Результат округлите до тысячных.

Решение: 

Предположим, у нас х тарелок изначально (ведь мы постоянно имеем дело с процентами, поэтому нам ничего не мешает оперировать конкретными величинами).

Тогда 0,1х — дефектные тарелки, а 0,9х — нормальные, которые поступят в магазин сразу. Из дефектных убирается 80%, то есть 0,08х, и остаётся 0,02х, которые тоже пойдут в магазин. Таким образом, общее количество тарелок на полках в магазине окажется: 0,9х + 0,02х = 0,92х. Из них нормальными будет 0,9х. Соответственно, по формуле вероятность будет 0,9х/0,92х ≈ 0,978.

Задача 4. По отзывам покупателей Игорь Игоревич оценил надёжность двух интернет-магазинов. Вероятность того, что нужный товар доставят из магазина А, равна 0,91. Вероятность того, что этот товар доставят из магазина Б, равна 0,89. Игорь Игоревич заказал товар сразу в обоих магазинах. Считая, что интернет-магазины работают независимо друг от друга, найдите вероятность того, что ни один магазин не доставит товар.

Решение. Вероятность того, что первый магазин не доставит товар, равна 1 − 0,91 = 0,09. Вероятность того, что второй магазин не доставит товар, равна 1 − 0,89 = 0,11. Вероятность происхождения двух этих событий одновременно равна произведению вероятностей каждого из них: 0,09 · 0,11 = 0,0099.

Задача 5. При изготовлении подшипников диаметром 70 мм вероятность того, что диаметр будет отличаться от заданного меньше чем на 0,01 мм, равна 0,961. Найдите вероятность того, что случайный подшипник будет иметь диаметр меньше чем 69,99 мм или больше чем 70,01 мм.

Решение: Нам дана вероятность события, при котором диаметр будет в пределах между 69,99 мм и 70,01 мм, и она равна 0,961. Вероятность всех остальных вариантов мы можем найти по принципу дополняющей вероятности: 1 − 0,961 = 0,039.

Задача 6. Вероятность того, что на тесте по истории учащийся верно решит больше 9 задач, равна 0,68. Вероятность того, что верно решит больше 8 задач, равна 0,78. Найдите вероятность того, что верно решит ровно 9 задач.

Решение: Вероятность того, что Т. верно решит более 8 задач, включает в себя вероятность решения ровно 9 задач. При этом, события, при которых О. решит больше 9 задач, нам не подходят. Следовательно, отняв от вероятности решения более 9 задач вероятность решения более 8 задач, мы и найдём вероятность решения только 9 задач: 0,78 – 0,68 = 0,1.

Задача 7. Из районного центра в деревню ежедневно ходит автобус. Вероятность того, что в понедельник в автобусе окажется меньше 21 пассажира, равна 0,88. Вероятность того, что окажется меньше 12 пассажиров, равна 0,66. Найдите вероятность того, что число пассажиров будет от 12 до 20.

Решение. Вероятность того, что в автобусе окажется меньше 21 пассажира, включает в себя вероятность, что в нём окажутся от 12 до 20 пассажиров. При этом события, при которых пассажиров будет меньше 12, нам не подходят. Следовательно, отняв от первой вероятности (менее 21) вторую вероятность (менее 12), мы и найдём вероятность того, что пассажиров будет от 12 до 20 : 0,88 – 0,66 = 0,22.

Задача 8. В Волшебной стране бывает два типа погоды: хорошая и отличная, причём погода, установившись утром, держится неизменной весь день. Известно, что с вероятностью 0,9 погода завтра будет такой же, как и сегодня. 10 апреля погода в Волшебной стране хорошая. Найдите вероятность того, что 13 апреля в Волшебной стране будет отличная погода.

Решение:

Задачу выполняют несколько вариантов («Х» — хорошая погода, «О» — отличная погода):

11 апреля	12 апреля	13 апреля	Вероятность данного варианта
X – 0,9	X – 0,9	O – 0,1	0,9 ·0,9 ·0,1 = 0,081
X – 0,9	O – 0,1	O – 0,9	0,9 ·0,1 ·0,9 = 0,081
O – 0,1	O – 0,9	O – 0,9	0,1 ·0,9 ·0,9 = 0,081
O – 0,1	X – 0,1	O – 0,1	0,1 ·0,1 ·0,1 = 0,001

Вероятность происхождения какого-либо их этих 4-х вариантов равна сумме вероятностей каждого из вариантов: 0,081 + 0,081 + 0,081 + 0,001 = 0,244.

Задача 9. В Волшебной стране бывает два типа погоды: хорошая и отличная, причём погода, установившись утром, держится неизменной весь день. Известно, что с вероятностью 0,8 погода завтра будет такой же, как и сегодня. Сегодня 3 июля, погода в Волшебной стране хорошая. Найдите вероятность того, что 6 июля в Волшебной стране будет отличная погода.

Решение:

Задачу выполняют несколько вариантов («Х» ― хорошая погода, «О» ― отличная погода):

4 июля	5 июля	6 июля	Вероятность данного варианта
X – 0,8	X – 0,8	O – 0,2	0,8 · 0,8 · 0,2 = 0,128
X – 0,8	O – 0,2	O – 0,8	0,8 · 0,2 · 0,8 = 0,128
O – 0,2	O − 0,8	O − 0,8	0,2 · 0,8 · 0,8 = 0,128
O – 0,2	X – 0,2	O – 0,2	0,2 · 0,2 · 0,2 = 0,008

Вероятность происхождения какого-либо их этих 4 ― х вариантов равна сумме вероятностей каждого из вариантов: 0,128 + 0,128 + 0,128 + 0,008 = 0,392.

Решение задач о станках. Почти полное руководство

В предыдущих статьях мы разобрали популярные учебные задачи по теории вероятностей: задачи про подбрасывания игральных кубиков и монеток, задачи про стрелков.

В этот раз рассмотрим задачи о станках, и остановимся на трех типах задач: на действия с событиями (станки выходят из строя с разными вероятностями), на формулу Бернулли (вероятности одинаковы) и на формулу полной вероятности и Байеса.

Если вы только учитесь решать задачи, рекомендуем читать всю статью целиком, чтобы понять принцип решения и формулы в каждом случае, научиться отличать задачи друг от друга и подбирать верный подход. Знаете что конкретно ищете? Переходите по ссылкам.

Далее:

• Начало: сложение и умножение вероятностей
• Продолжаем: формула Бернулли
• Совсем иначе: формула полной вероятности и Байеса
• Полезные ссылки
• Решебник по теории вероятностей

Капризные станки и вероятности

Рассмотрим популярный класс задач: про рабочего и капризные станки, которые ломаются/требуют внимания рабочего, причем вероятности выхода из строя заданы и различны для каждого из станков. Нужно найти вероятность выхода из строя одного станка, двух, ни одного и так далее, в зависимости от конкретной задачи.

Основной метод решения подобных задач – использование теорем о сложении и умножении вероятностей, который мы и разберем на примерах ниже. После разобранных примеров вы найдете онлайн калькулятор, который поможет решить подобные задачи буквально в один клик!

Теория: выписываем события

Введем основные события для задачи (независимые, так как каждый станок работает сам по себе):
$A_i$ = (Станок $i$ отказал/потребовал внимания рабочего), $i=1,2,3$.

Рассматривать в примере будем случаи с 2 или 3 станками. С одним задача вырождается, с четырьмя становится довольно громоздкой, но решается аналогично рассмотренным ниже.

Пусть заданы вероятности выхода станков из строя: $p_i=P(A_i)$, и мы можем записать вероятности того, что станки продолжают работать: $q_i=1-p_i=P(overline{A_i})$.

Вводим также события, вероятности которых обычно нужно найти в заданиях:
$X_k$ = (В точности $k$ станков отказали), $k=0,1,2,3$.

Теория: случай 2 станков

Итак, у нас есть 2 станка, отказывающие с вероятностями $p_1$ и $p_2$ соответственно.

Событие $X_0$ = (0 станков отказали) = (Все станки работают). Его можно записать как произведение событий $X_0=overline{A_1} cdot overline{A_2}$, поэтому вероятность

$$
P(X_0)=Pleft(overline{A_1} cdot overline{A_2}right)= Pleft(overline{A_1}right) cdot Pleft(overline{A_2}right) = q_1 cdot q_2. qquad (1)
$$

Событие $X_1$ = (1 станок отказал). Подумаем, когда такое событие произойдет:
1. Когда первый станок откажет (событие $A_1$) и одновременно с этим второй станок работает (событие $overline{A_2}$), то есть получили произведение событий $A_1 cdot overline{A_2}$.

2. Когда второй станок откажет (событие $A_2$) и одновременно с этим первый станок работает (событие $overline{A_1}$), то есть получили произведение событий $overline{A_1} cdot A_2$.

Так как других вариантов нет, а эти два варианта – несовместные (они не могут произойти одновроменно, или первая ситуация, или вторая), то по теореме сложения вероятностей несовместных событий:
$$
P(X_1) = Pleft(A_1 cdot overline{A_2} + overline{A_1} cdot A_2right)= Pleft(A_1 cdot overline{A_2} right)+ Pleft( overline{A_1} cdot A_2right) =
$$
дальше уже по известной теореме умножения вероятностей раскрываем скобки:
$$
= P(A_1) cdot left(overline{A_2} right) + Pleft( overline{A_1} right) cdot P(A_2) = p_1 cdot q_2 + q_1 cdot p_2.
$$
Мы получили формулу, позволяющую найти вероятность в точности одного отказавшего станка из двух:
$$
P(X_1) = p_1 cdot q_2 + q_1 cdot p_2. qquad (2)
$$

Событие $X_2$ = (2 станка отказали). Его можно записать как произведение событий $X_2={A_1} cdot {A_2}$, поэтому вероятность

$$
P(X_2)=P(A_1 cdot A_2) = P(A_1) cdot P(A_2)= p_1 cdot p_2. qquad (3)
$$

Теория: случай 3 станков

Быстренько обобщим наши формулы для случая 3 станков, отказывающих с вероятностями $p_1$, $p_2$ и $p_3$.

Ни один станок не отказал:

$$
P(X_0)=Pleft(overline{A_1} cdot overline{A_2} cdot overline{A_3}right)= Pleft(overline{A_1}right) cdot Pleft(overline{A_2}right) cdot Pleft(overline{A_3}right)= q_1 cdot q_2 cdot q_3. qquad (4)
$$

В точности один станок отказал, остальные два – нет:

$$
P(X_1)= \ = P(A_1) cdot Pleft(overline{A_2} right) cdot Pleft(overline{A_3} right) + Pleft(overline{A_1}right) cdot P(A_2) cdot Pleft(overline{A_3} right) + Pleft(overline{A_1} right) cdot Pleft(overline{A_2} right) cdot P(A_3)=\
= p_1 cdot q_2 cdot q_3 + q_1 cdot p_2 cdot q_3 + q_1 cdot q_2 cdot p_3. qquad (5)
$$

В точности два станка отказали, а один – работает:

$$
P(X_2)= \
= P(A_1) cdot P(A_2) cdot Pleft(overline{A_3} right) + P(A_1)cdot Pleft(overline{A_2} right) cdot P(A_3) + Pleft(overline{A_1} right) cdot P(A_2) cdot P(A_3)=\
= p_1 cdot p_2 cdot q_3 + p_1 cdot q_2 cdot p_3 + q_1 cdot p_2 cdot p_3. qquad (6)
$$

Все три станка отказали:

$$
P(X_3)=P(A_1 cdot A_2 cdot A_3) = P(A_1) cdot P(A_2) cdot P(A_3) = p_1 cdot p_2 cdot p_3. qquad (7)
$$

Практика: укрощаем станки

Пример 1. Два станка работают независимо друг от друга. Вероятность того, что первый станок проработает смену без наладки, равна 0,9, а второй – 0,8. Найти вероятность того, что: а) оба станка проработают смену без наладки, б) оба станка за смену потребуют наладки.

Итак, случай с 2 станками, используем формулы (1) и (3), чтобы найти искомые вероятности. Важно, какое событие мы считаем базовым: выше в теории мы использовали “станок откажет”, тут же удобнее событие “станок проработает смену” (при этом формулы сохраняют вид, но легко использовать не ту, будьте внимательны).

Итак, пусть $p_i$ – вероятность $i$-му станку проработать смену без наладки. И нужные вероятности:

1) Оба станка проработают смену без наладки:

$$
P(A_1 cdot A_2) = P(A_1) cdot P(A_2)= p_1 cdot p_2 = 0,9 cdot 0,8 = 0,72.
$$

2) Оба станка за смену потребуют наладки:

$$
Pleft(overline{A_1} cdot overline{A_2}right)= Pleft(overline{A_1}right) cdot Pleft(overline{A_2}right) = q_1 cdot q_2 = (1-0,9) cdot (1-0,8) =0,1 cdot 0,2 = 0,02.
$$

Пример 2. Вероятности бесперебойной работы для каждого из двух станков соответственно равны 0,95 и 0,8. Найти вероятность того, что за смену: а) произойдет остановка только одного станка; б) остановится хотя бы один станок.

Еще одна задачка про 2 станка. Так как в вопросах идет речь именно об остановках станка, их и будем считать базовыми событиями:

$A_i$ = (Станок $i$ остановился), $i=1,2$, $p_1=1-0,95=0,05$, $p_2=1-0,8=0,2$.

а) произойдет остановка только одного станка (используем формулу (2)):

$$
P_1= P(A_1) cdot left(overline{A_2} right) + Pleft( overline{A_1} right) cdot P(A_2)=\ = p_1 cdot q_2 + q_1 cdot p_2 = 0,05 cdot 0,8 + 0,95 cdot 0,2=0,23.
$$

б) В этом случае удобно сначала найти вероятность противоположного события “Ни один станок не остановится” (оба работают):

$$
P_0= Pleft(overline{A_1} cdot overline{A_2}right)= q_1 cdot q_2 = (1-0,05) cdot (1-0,2) =0,95 cdot 0,8 = 0,76.
$$

Тогда вероятность того, что остановится хотя бы один станок, равна:

$$
1-P_0=1-0,76=0,24.
$$

Теперь рассмотрим пример задачи с тремя станками, в которой используем все формулы, выведенные выше (см. (4)-(7)).

Пример 3. Рабочий обслуживает три станка. Вероятности того, что станки потребуют внимания рабочего в течение часа, соответственно равны $p_1=0,9, p_2=0,8, p_3=0,7$. Найти вероятность того, что в течение некоторого часа внимания рабочего потребует:
1) все станки,
2) ни один станок,
3) какой-либо один станок,
4) какие-либо два станка,
5) хотя бы один станок.

Вводим базовые независимые события $A_i$ = (Станок $i$ потребовал внимания рабочего в течение часа), $i=1, 2, 3$. По условию выписываем вероятности: $p_1=0,9$, $p_2=0,8$, $p_3=0,7$. Тогда $q_1=0,1$, $q_2=0,2$, $q_3=0,3$.

Найдем вероятность события $X$= (Все станки потребуют внимания в течение часа) по формуле (7):

$$
P(X)= P(A_1 cdot A_2 cdot A_3) = p_1 cdot p_2 cdot p_3 = 0,9cdot 0,8 cdot 0,7 = 0,504.
$$

Найдем вероятность события $Y$= (Ни один станок не потребует внимания в течение часа) по формуле (4):

$$
P(Y)=Pleft(overline{A_1} cdot overline{A_2} cdot overline{A_3}right)= q_1 cdot q_2 cdot q_3 =
0,1cdot 0,2 cdot 0,3 = 0,006.
$$

Найдем вероятность события $Z$= (Один станок потребует внимания в течение часа) по формуле (5):

$$
P(Z)= p_1 cdot q_2 cdot q_3 + q_1 cdot p_2 cdot q_3 + q_1 cdot q_2 cdot p_3 =\ =
0,9cdot 0,2 cdot 0,3 +0,1cdot 0,8 cdot 0,3 +0,1cdot 0,2 cdot 0,7 = 0,092.
$$

Найдем вероятность события $Q$= (Два станка потребуют внимания в течение часа) по формуле (6):

$$
P(Q)= p_1 cdot p_2 cdot q_3 + p_1 cdot q_2 cdot p_3 + q_1 cdot p_2 cdot p_3 = \ =
0,9cdot 0,8 cdot 0,3 + 0,9cdot 0,2 cdot 0,7 +0,1cdot 0,8 cdot 0,7 =0,398.
$$

Также эту вероятность можно выразить через уже найденные ранее:

$$
P(Q)=1-P(X)-P(Y)-P(Z)=1-0,504-0,006-0,092=0,398.
$$

Найдем вероятность события $W$= (Хотя бы один станок потребует внимания в течение часа), учитывая что оно противоположно событию $Y$:

$$
P(W)=1-P(Y)=1-0,006=0,994.
$$

Пример 4. Рабочий обслуживает три станка. Вероятность выхода из строя за смену для них, соответственно, равна 0,75; 0,8 и 0,7. Найти вероятность того, что за смену выйдут из строя не менее двух станков.

Рассматриваем события $A_i$ = (Станок $i$ за смену вышел из строя), $i=1, 2, 3$. По условию даны вероятности: $p_1=0,75$, $p_2=0,8$, $p_3=0,7$. Тогда $q_1=0,25$, $q_2=0,2$, $q_3=0,3$.

Событие $X$ = (За смену выйдут из строя не менее двух станков) можно представить как сумму несовместных событий $X_2$ = (За смену выйдут из строя 2 станка) и $X_3$ = (За смену выйдут из строя 3 станка). Их вероятности найдем по формулам (6) и (7):

$$
P(X_2)= p_1 cdot p_2 cdot q_3 + p_1 cdot q_2 cdot p_3 + q_1 cdot p_2 cdot p_3 = \=
0,75cdot 0,8 cdot 0,3 + 0,75cdot 0,2 cdot 0,7 +0,25cdot 0,8 cdot 0,7 =0,425.
$$
$$
P(X_3)= P(A_1 cdot A_2 cdot A_3) = p_1 cdot p_2 cdot p_3 = 0,75cdot 0,8 cdot 0,7 = 0,42.
$$

Тогда искомая вероятность:

$$
P(X)=P(X_2)+P(X_3)=0,425+0,42=0,845.
$$

И, наконец, рассмотрим одну задачу с четырьмя станками.

Пример 5. 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 потребует внимания мастера.

Пусть $p_i$, $i=1,2,3,4$ – вероятность того, что станок потребует внимания мастера. Рассмотрим событие $X$ = (в течение смены хотя бы один станок потребует внимания мастера) и противоположное $overline{X}$=(В течение смены все станки не потребуют внимания мастера). Найдем его вероятность:

$$
P(overline{X}) = Pleft(overline{A_1} cdot overline{A_2} cdot overline{A_3} cdot overline{A_4}right)= Pleft(overline{A_1}right) cdot Pleft(overline{A_2}right) cdot Pleft(overline{A_3}right) cdot Pleft(overline{A_4}right)=\ = (1-p_1) cdot (1-p_2) cdot (1-p_3)cdot (1-p_4) = \ =
(1-0,3) cdot (1-0,6) cdot (1-0,4)cdot (1-0,25) = 0,126.
$$

Вероятность нужного события тогда:

$$
P(X)=1-P(overline{X}) =1-0,126=0,874.
$$

Еще: другие примеры на действия с событиями

Одинаковые станки и формула Бернулли

Рассмотрим частный случай предыдущей “задачи о капризных станках”, когда все станки отказывают с одинаковой вероятностью $p$. Тогда, чтобы найти вероятность отказа в точности $k$ станков из $n$ можно использовать единственную формулу Бернулли:

$$
P_n(k)=C_n^k cdot p^k cdot (1-p)^{n-k} = C_n^k cdot p^k cdot q^{n-k}. qquad (8)
$$

Пример 6. Рабочий обслуживает пять однотипных станков. Вероятность того, что станок потребует внимания рабочего в течение дня, равна 0,3. Найти вероятность того, что в течение дня этих требований будет ровно четыре.

Вот типовая задача на формулу Бернулли. Выписываем из задачи: $n=5$ (число станков), $p=0,3$ (вероятность того, что станок потребует внимания), $q=1-p=0,7$ (вероятность бесперебойной работы).

Найдем вероятность того, что ровно 4 станка потребуют внимания рабочего по формуле (8):

$$
P_5(4)=C_5^4 cdot 0,3^4 cdot 0,7^{5-4} = 5 cdot 0,3^4 cdot 0,7 =0,028.
$$

Пример 7. Вероятность поломки одного из 6 работающих независимо друг от друга станков равна 0,2. Если происходит поломка, станок до конца дня не работает. Какова вероятность того, что в течение дня сломается более 2 станков?

Еще одна задача про станки, которые ломаются с одинаковой вероятностью. Основные данные: $n=6$ (число станков), $p=0,2$ (вероятность поломки), $q=1-p=0,8$.

Найдем вероятность того, что в течение дня сломается более двух станков, используя переход к противоположному событию (в течение дня сломается 0, 1 или 2 станка):

$$
P_6(k>2)=1-P_6(k le 2)=1- (P_6(0)+P_6(1)+P_6(2))= \
=1 – (C_6^0 cdot 0,2^0 cdot 0,8^6 + C_6^1 cdot 0,2^1 cdot 0,8^5 + C_6^2 cdot 0,2^2 cdot 0,8^4)=\
=1 – ( 0,8^6 + 6 cdot 0,2 cdot 0,8^5 + 15 cdot 0,2^2 cdot 0,8^4)=0,099.
$$

Пример 8. На рабочем участке 5 однотипных станков. Вероятность того, что каждый из них исправен, равна 0,8. Плановое задание может быть выполнено, если исправно не менее 3 станков. Какова вероятность, что задание будет выполнено?

Думаю, тут можно обойтись только формулой, согласны?

$$
P_5(k ge 3)=P_5(3)+ P_5(4)+ P_5(5) = \
=C_5^3 cdot 0,8^3 cdot 0,2^2 + C_5^4 cdot 0,8^4 cdot 0,2^1 + C_5^5 cdot 0,8^5 cdot 0,2^0 =\
=10 cdot 0,8^3 cdot 0,2^2 + 5 cdot 0,8^4 cdot 0,2 + 0,8^5 =0,942.
$$

Пример 9. В цехе работают 8 станков. Вероятность безотказной работы каждого 0,9. Найти вероятность того, что хотя бы один станок откажет в работе.

Как и почти всегда, когда в задаче есть “хотя бы один”, используем переход к противоположному событию “Все станки работают”:

$$
P_8(k ge 1)=1- P_8(k lt 1)=1- P_8(0) = 1- 0,9^8 =0,57.
$$

Пригодится: онлайн-калькуляторы для Бернулли

Задачи на полную вероятность

Рассмотрим еще один тип задач со станками, который оооочень распространен в домашних и контрольных работах, и относится к теме полной вероятности.

Теорию вы сможете найти по ссылке выше, а тут я кратко напомню основные шаги:

• Находим в задаче полную группу гипотез $H_i$.
• Определяем основное событие $A$ (которое обычно происходит с разной вероятностью в зависимости от того, какая из гипотез $H_i$ верна).
• Выписываем из условия или вычисляем вероятности: $P(H_i)$, $P(A|H_i)$.
• Подставляем в нужную формулу: полной вероятности (9) или Байеса (10).

$$
P(A)=sum_{i=1}^{n} P(A|H_i)cdot P(H_i); qquad (9)
$$
$$
P(H_k|A)=frac{P(A|H_k)cdot P(H_k)}{P(A)}. qquad (10)
$$

Пример 10. В цехе работают 20 станков. Из них 10 марки А, 6 марки В и 4 марки С. Вероятность того, что качество детали окажется отличным для этих станков соответственно равна 0,9; 0,8; 0,7. Какой процент отличных деталей выпускает цех в целом?

Введем полную группу гипотез:
$Н_1$ = (Деталь изготовлена на станке марки А),
$Н_2$ = (Деталь изготовлена на станке марки В),
$Н_3$ = (Деталь изготовлена на станке марки С).

Вероятности гипотез найдем как отношение числа станков нужной марки к общему числу станков в цехе:

$$
P(H_1)=10/20=0,5, quad P(H_2)=6/20=0,3, quad P(H_3)=4/20=0,2.
$$

Введем событие $А$ = (Деталь отличного качества). По условию известны априорные вероятности:
$$
P(A|H_1)=0,9, quad P(A|H_2)=0,8, quad P(A|H_3)=0,7.
$$
Тогда вероятность события А найдем по формуле полной вероятности (9):

$$
P(A)=sum_{i=1}^{3} P(A|H_i)cdot P(H_i)=0,5cdot 0,9 + 0,3cdot 0,8+ 0,2cdot 0,7=0,83
$$

Получили 0,83 или 83% отличных деталей в цехе.

Пример 11. Три станка подают детали в общий бункер. Вероятность выпуска бракованной продукции для первого станка 0,03, для второго – 0,02, и для третьего 0,01. Производительность первого станка в 3 раза больше производительности второго, а производительность третьего в два раза больше второго. Какова вероятность того, что взятая наудачу деталь из бункера окажется годной?

И как обычно, начинаем с ввода гипотез: $Н_i$ = (Деталь изготовлена на $i$-ом станке) и основного события $A$ = (Взята годная деталь).

Чтобы найти вероятности гипотез, используем данные о производительности станков. Пусть производительность второго станка $x$, тогда производительность первого – $3x$, производительность третьего – $2x$. Тогда можно вычислить вероятности гипотез по классическому определению вероятности:

$$
P(H_1)=frac{3x}{x+3x+2x}=frac{1}{2}, quad P(H_2)=frac{x}{x+3x+2x}=frac{1}{6}, quad P(H_3)=frac{2x}{x+3x+2x}=frac{1}{3}.
$$

Теперь надо найти вероятность того, что годная деталь изготовлена на $i$-ом станке. По условию даны вероятность изготовления бракованных деталей, откуда найдем:

$$
P(A|H_1)=1-0,03=0,97, quad P(A|H_2)=1-0,02=0,98, quad P(A|H_3)=1-0,01=0,99.
$$

Вероятность того, что взятая наудачу деталь из бункера окажется годной, находим по формуле полной вероятности (9):

$$
P(A)=sum_{i=1}^{3} P(A|H_i)cdot P(H_i)=frac{1}{2}cdot 0,97 + frac{1}{6}cdot 0,98+ frac{1}{3}cdot 0,99=0,978.
$$

Пример 12. На склад поступили детали с 3-х станков. На первом станке изготовлено 40% деталей от их общего количества, на 2-ом – 35% и на третьем – 25%. Причем на первом станке было изготовлено 90% деталей 1-го сорта, на втором 80% и на третьем – 70%. Известно, что наугад выбранная со склада деталь оказалась деталью 1-го сорта. Найти вероятность того, что она была изготовлена на 2-м станке.

Начало решения абсолютно аналогично предыдущим задачам: $Н_i$ = (Деталь изготовлена на $i$-ом станке), $A$ = (Взята деталь первого сорта).

$$
P(H_1)=40%=0,4, quad P(H_2)=35%=0,35, quad P(H_3)=25%=0,25.
$$
$$
P(A|H_1)=90%=0,9, quad P(A|H_2)=80%=0,8, quad P(A|H_3)=70%=0,7.
$$

Сначала найдем вероятность события $A$:

$$
P(A)=sum_{i=1}^{3} P(A|H_i)cdot P(H_i)=0,4cdot 0,9 + 0,35cdot 0,8+ 0,25cdot 0,7=0,815.
$$

Найдем апостериорную вероятность того, что деталь изготовлена на втором станке, если она оказалась 1-го сорта, используя формулу Байеса (10):

$$
P(H_2|A)=frac{P(A|H_2)cdot P(H_2)}{P(A)}=frac{0,35cdot 0,8}{0,815}=0,344.
$$

Еще: другие примеры на полную вероятность

Полезные ссылки по ТВ

Онлайн калькуляторы Онлайн учебник Более 200 примеров Решенные контрольные

Формулы и таблицы Сдача тестов Решение на заказ Онлайн помощь

Решебник по вероятности

А здесь вы найдете почти 300 задач о станках с полными решениями (вводите часть текста для поиска своей задачи):

Рассмотрим примеры, в которых требуется вычислить вероятностьь безотказной работы и вероятность отказа работы прибора, в состав которого входят несколько элементов и используются различные способы их соединения между собой.

Пример 1.14. Прибор состоит из двух независимо работающих элементов. Вероятность отказа первого элемента равна P1= 0,1, а второго – P2 = 0,2.

Рассмотрим событие A = {прибор откажет работать}.

1) Вычислим вероятность события A, если элементы соединены Последовательно,

Решение: Обозначим через A1 Событие, которое заключается в том, что откажет элемент А1 = {откажет первый элемент}, и через A2 –

A2 = {откажет второй элемент}.

Тогда данный прибор не будет работать (событие А), если выйдет из строя Хотя бы Один из элементов (или первый, или второй, или оба не будут работать). Такое состояние прибора можно описать, используя Определение суммы событий, т. е. A=A1+A2 . Из теоремы о вероятности суммы двух независимых событий [ формула (***)] получаем

P (A) = p (A1+A2) = p (A1) + p (A2) – p (A1 A2) = p (A1) + p (A2) – p (A1) p (A2) =

= p1+p2 – p1 p2 = 0,1 +0,2 – 0,1*0,2 = 0,28.

Итак, вероятность того, что данный прибор Откажет Р (А) = 0,28.

Состояние прибора, когда он работает правильно, есть событие А – противоположное событию А, когда прибор откажет.

Тогда, используя свойства вероятности, можно найти Вероятность правильной работы А Данного прибора по формуле:

р ( ) = 1 – р (А) = 1 – 0,28 = 0,72.

2) Вычислим вероятность отказа прибора (событие А ), если элементы соединены параллельно:

Решение. Данный прибор откажет в том случае, если Откажут оба элемента Одновременно. Следовательно, отказ прибора в этом случае может быть представлен как Произведение Событий А1 и А2 , т. е. A=A1A2 . Так как элементы перестают работать Независимо друг от друга, то из независимости событий A1 и A2 получаем P(A) = P(A1) P(A2) = P1 P2 = 0,1 * 0,2 = 0,02.

Определение. События A1 A2 ¼ AN называют Взаимно независимыми, если для любой их части выполняется равенство

P() = p() p()¼P(), (1.5)

1<=i1<i2 ¼<im<=n , m=2, ¼,n.

Пример 1.15. Прибор состоит из трех последовательно соединенных и независимо работающих друг от друга элементов. Каждый из элементов может быть признан бракованным или стандартным:

Обозначим вероятность того, что первый элемент оказался бракованным,

Равной P1, второй элемент бракованный – P2, третий элемент бракованный – P3.

Прибор будем считать Бракованным, если хотя бы один из его элементов бракованный. Найти вероятность того, что прибор Стандартный.

Решение: Обозначим события

A1 = {первый элемент – стандартный},

A2 = {второй элемент – стандартный },

A3 = {третий элемент – стандартный }

A = {прибор стандартный }.

В данном случае прибор нормально работает в том случае, если все три элемента одновременно работают, т. е. все три элемента, входящие в прибор, стандартные. Тогда работу прибора можно описать как событие А, состоящее из Произведения трех Независимых Событий A=A1*A2*A3 , вероятность которого можно вычислить по формуле вероятности произведения независимых событий

P(A) = P(A1)P(A2)P(A3) =(1 – P1) (1- P2) (1 – P3).

Вероятность отказа прибора (событие А ) в данном случае есть величина, равная вероятности события, противоположного событию А.

Р ( А) = 1 – Р (А).

Примечание. Рассмотренные примеры 1.13, 1.14 и 1.15 являются аналогом решения контрольной задачи №3 (первого пункта задания) из методических указаний для выполнения контрольных работ.

Рассмотрим некоторые свойства независимых событий.

Свойство7. Если A и B независимы, то и B Независимы.

Свойство 8. Если событие A не зависит от событий B1 и B2, а события B1 и B2 несовместны, тогда события A и B1+ B2 независимы.

Свойство 9. Если события A, A1 и A2 взаимно независимы, тогда события A и A1+ A2 независимы.

Вопросы для самопроверки

1. В чем заключается геометрический подход к вычислению вероятности?

2. Чему равна вероятность суммы двух противоположных событий?

3. Перечислите основные свойства вероятности события.

4. Что такое независимые события?

< Предыдущая		Следующая >

 Готовое решение: Заказ №8392

 Тип работы: Задача

Статус:  Выполнен (Зачтена преподавателем ВУЗа)

 Предмет: Теория вероятности

 Дата выполнения: 30.09.2020

 Цена: 226 руб.

Чтобы получить решение, напишите мне в WhatsApp, оплатите, и я Вам вышлю файлы.

Кстати, если эта работа не по вашей теме или не по вашим данным, не расстраивайтесь, напишите мне в WhatsApp и закажите у меня новую работу, я смогу выполнить её в срок 1-3 дня!

Описание и исходные данные задания, 50% решения + фотография:

Вероятность того, что прибор исправен, равна 0,8. X – число исправных приборов из двух выбранных. Найти дисперсию случайной величины X.

Решение.

Случайная величина X – число исправных приборов из двух выбранных – может принимать значения m = 0, 1 или 2. Найдём их вероятности по формуле Бернулли:,

где  – вероятность того, что прибор исправен;

 – число выбранных приборов.

Получаем: