Необхідність у діях над ймовірностями настає тоді, коли відомі ймовірності деяких подій, а обчислити потрібно ймовірності інших подій, пов'язаних із даними подіями.

Додавання ймовірностей використовується тоді, коли потрібно обчислити ймовірність об'єднання чи логічної суми випадкових подій.

Суму подій Aі Bпозначають A + Bабо A ∪ B. Сумою двох подій називається подія, яка настає тоді і лише тоді, коли настає хоча б одна з подій. Це означає, що A + B– подія, яка настає тоді і лише тоді, коли під час спостереження сталася подія Aабо подія B, або одночасно Aі B.

Якщо події Aі Bвзаємно несумісні та його ймовірності дані, то ймовірність те, що в результаті одного випробування відбудеться одна з цих подій, розраховують, використовуючи додавання ймовірностей.

Теорема складання ймовірностей.Імовірність того, що відбудеться одна з двох взаємно несумісних подій, дорівнює сумі ймовірностей цих подій:

Наприклад, на полюванні зроблено два постріли. Подія А- попадання в качку з першого пострілу, подія У- Попадання з другого пострілу, подія ( А+ У) – попадання з першого чи другого пострілу чи з двох пострілів. Отже, якщо дві події Аі У- несумісні події, то А+ У- Настання хоча б однієї з цих подій або двох подій.

приклад 1.У ящику 30 м'ячиків однакових розмірів: 10 червоних, 5 синіх та 15 білих. Обчислити ймовірність того, що не дивлячись буде взято кольоровий (не білий) м'ячик.

Рішення. Приймемо, що подія А– «взято червоний м'ячик», а подія У– «взято синій м'ячик». Тоді подія – «взято кольоровий (не білий) м'ячик». Знайдемо ймовірність події А:

та події У:

Події Аі У- Взаємно несумісні, тому що якщо взято один м'ячик, то не можна взяти м'ячики різних квітів. Тому використовуємо складання ймовірностей:

Теорема складання ймовірностей для кількох несумісних подій.Якщо події становлять безліч подій, то сума їх ймовірностей дорівнює 1:

Сума ймовірностей протилежних подій також дорівнює 1:

Протилежні події утворюють безліч подій, а ймовірність повної множини подій дорівнює 1.

Імовірності протилежних подій зазвичай позначають малими літерами pі q. Зокрема,

з чого випливають такі формули ймовірності протилежних подій:

приклад 2.Ціль у тирі розділена на 3 зони. Імовірність того, що якийсь стрілець вистрілить у ціль у першій зоні дорівнює 0,15, у другій зоні – 0,23, у третій зоні – 0,17. Знайти ймовірність того, що стрілець потрапить у ціль і ймовірність того, що стрілок потрапить повз ціль.

Рішення: Знайдемо ймовірність того, що стрілок потрапить у ціль:

Знайдемо ймовірність того, що стрілець потрапить повз ціль:

Завдання складніше, в яких потрібно застосовувати і додавання та множення ймовірностей - на сторінці "Різні завдання на додавання та множення ймовірностей" .

Складання ймовірностей взаємно спільних подій

Дві випадкові події називаються спільними, якщо наступ однієї події не виключає настання другої події в тому самому спостереженні. Наприклад, при киданні гральної кістки подією Авважається випадання числа 4, а подією У- Випадання парного числа. Оскільки число 4 є парним числом, ці дві події сумісні. У практиці зустрічаються завдання щодо розрахунку ймовірностей настання однієї з взаємно спільних подій.

Теорема складання можливостей для спільних подій.Імовірність того, що настане одна із спільних подій, дорівнює сумі ймовірностей цих подій, з якої віднято ймовірність загального настання обох подій, тобто добуток ймовірностей. Формула ймовірностей спільних подій має такий вигляд:

Оскільки події Аі Усумісні, подія А+ Унастає, якщо настає одна з трьох можливих подій: або АВ. Відповідно до теореми складання несумісних подій, обчислюємо так:

Подія Анастане, якщо настане одна з двох несумісних подій: або АВ. Однак ймовірність настання однієї події з кількох несумісних подій дорівнює сумі ймовірностей усіх цих подій:

Аналогічно:

Підставляючи вирази (6) і (7) у вираз (5), отримуємо формулу ймовірності для спільних подій:

При використанні формули (8) слід враховувати, що події Аі Уможуть бути:

• взаємно незалежними;
• взаємно залежними.

Формула ймовірності для взаємно незалежних подій:

Формула ймовірності для взаємозалежних подій:

Якщо події Аі Унесумісні, їх збіг є неможливим випадком і, таким чином, P(AB) = 0. Четверта формула ймовірності для несумісних подій така:

приклад 3.На автоперегонах при заїзді на першій машині можливість перемогти, при заїзді на другій машині. Знайти:

• ймовірність того, що переможуть обидві автомашини;
• ймовірність того, що переможе хоча б одна машина;

1) Імовірність того, що переможе перша автомашина, не залежить від результату другої автомашини, тому події А(переможе перша автомашина) та У(переможе друга автомашина) – незалежні події. Знайдемо ймовірність того, що переможуть обидві машини:

2) Знайдемо ймовірність того, що переможе одна з двох автомашин:

Завдання складніше, в яких потрібно застосовувати і додавання та множення ймовірностей - на сторінці "Різні завдання на додавання та множення ймовірностей" .

Вирішити завдання на складання ймовірностей самостійно, а потім переглянути рішення

приклад 4.Впадають дві монети. Подія A- Випадання герба на першій монеті. Подія B- Випадання герба на другій монеті. Знайти ймовірність події C = A + B .

Розмноження ймовірностей

Множення ймовірностей використовують, коли слід обчислити ймовірність логічного добутку подій.

При цьому випадкові події мають бути незалежними. Дві події називаються взаємно незалежними, якщо настання однієї події не впливає на ймовірність настання другої події.

Теорема множення можливостей для незалежних подій.Імовірність одночасного наступу двох незалежних подій Аі Удорівнює добутку ймовірностей цих подій і обчислюється за такою формулою:

Приклад 5.Монету кидають тричі поспіль. Знайти ймовірність, що всі три рази випаде герб.

Рішення. Імовірність того, що при першому киданні монети випаде герб, вдруге, втретє. Знайдемо ймовірність того, що всі три рази випаде герб:

Вирішити завдання на множення ймовірностей самостійно, а потім переглянути рішення

Приклад 6.Є коробка з дев'ятьма новими тенісними м'ячами. Для гри беруть три м'ячі, після гри їх кладуть назад. При виборі м'ячів грані від неграних не відрізняють. Яка ймовірність того, що після трьох ігор у коробці не залишиться неграних м'ячів?

Приклад 7. 32 літери російського алфавіту написані на картках розрізної абетки. П'ять карток виймаються навмання одна одною і вкладаються стіл у порядку появи. Знайти ймовірність того, що з літер вийде слово "кінець".

Приклад 8.З повної колоди карт (52 листи) виймаються одразу чотири карти. Знайти ймовірність того, що всі ці чотири карти будуть різних мастей.

Приклад 9.Те саме завдання, що у прикладі 8, але кожна карта після виймання повертається в колоду.

Завдання складніше, в яких потрібно застосовувати і додавання та множення ймовірностей, а також обчислювати добуток кількох подій - на сторінці "Різні завдання на додавання та множення ймовірностей".

Імовірність того, що відбудеться хоча б одна з взаємно незалежних подій, можна обчислити шляхом віднімання з 1 твору ймовірностей протилежних подій, тобто за формулою:

приклад 10.Вантажі доставляють трьома видами транспорту: річковим, залізничним та автотранспортом. Імовірність того, що вантаж буде доставлений річковим транспортом, становить 0,82 залізничним транспортом 0,87 автотранспортом 0,90. Знайти ймовірність того, що вантаж буде доставлений хоча б одним із трьох видів транспорту.

Теореми складання та множення ймовірностей.
Залежні та незалежні події

Заголовок виглядає страшнувато, але насправді все дуже просто. На даному уроці ми познайомимося з теоремами додавання та множення ймовірностей подій, а також розберемо типові завдання, які поряд з завданням на класичне визначення ймовірностіобов'язково зустрінуться або, що найімовірніше, вже зустрілися на вашому шляху. Для ефективного вивчення матеріалів цієї статті необхідно знати та розуміти базові терміни теорії ймовірностейта вміти виконувати найпростіші арифметичні дії. Як бачите, потрібно зовсім небагато, і тому жирний плюс в активі практично гарантований. Але з іншого боку, знову застерігаю від поверхового ставлення до практичним прикладам– тонкощів теж вистачає. В добрий шлях:

Теорема складання ймовірностей несумісних подій: ймовірність появи одного з двох несуміснихподій або (Без різниці якого), дорівнює сумі ймовірностей цих подій:

Аналогічний факт справедливий і для великої кількості несумісних подій, наприклад, для трьох несумісних подій та :

Теорема-мрія =) Однак, і така мрія підлягає доказу, який можна знайти, наприклад, у навчальному посібникуВ.Є. Гмурмана.

Знайомимося з новими, що досі не зустрічалися поняттями:

Залежні та незалежні події

Почнемо із незалежних подій. Події є незалежними якщо ймовірність наступу будь-якого з них не залежитьвід появи/непояви інших подій аналізованої множини (в усіх можливих комбінаціях). …Да чого тут вимучувати загальні фрази:

Теорема множення ймовірностей незалежних подій: ймовірність спільної появи незалежних подій і дорівнює добутку ймовірностей цих подій:

Повернемося до найпростішого прикладу 1-го уроку, в якому підкидаються дві монети та наступним подіям:

- На 1-й монеті випаде орел;
- На 2-й монеті випаде орел.

Знайдемо ймовірність події (на 1-й монеті з'явиться орел іна 2-й монеті з'явиться орел - Згадуємо, як читається твір подій!) . Імовірність випадання орла на одній монеті ніяк не залежить від результату кидка іншої монети, отже, події та незалежні.

Аналогічно:
- Імовірність того, що на 1-й монеті випаде решка іна 2-й решка;
- Імовірність того, що на 1-й монеті з'явиться орел іна 2-й решка;
- Імовірність того, що на 1-й монеті з'явиться решка іна 2-й орел.

Зауважте, що події утворюють повну групуі сума їх ймовірностей дорівнює одиниці: .

Теорема множення явно поширюється і більша кількість незалежних подій, наприклад, якщо події незалежні, то ймовірність їх спільного наступу дорівнює: . Потренуємося на конкретні приклади:

Завдання 3

У кожній із трьох ящиків є по 10 деталей. У першому ящику 8 стандартних деталей, у другому – 7, у третій – 9. З кожного ящика навмання витягують по одній деталі. Знайти ймовірність того, що всі деталі будуть стандартними.

Рішення: ймовірність вилучення стандартної або нестандартної деталі з будь-якого ящика не залежить від того, які деталі будуть витягнуті з інших ящиків, тому в задачі йдеться про незалежні події. Розглянемо такі незалежні події:

– з одного ящика витягнуто стандартну деталь;
- з 2-го ящика витягнуто стандартну деталь;
– із 3-го ящика витягнуто стандартну деталь.

За класичним визначенням:
- Відповідні ймовірності.

Цікава для нас подія (з одного ящика буде вилучено стандартну деталь із 2-го стандартна із 3-го стандартна)виражається твором.

За теоремою множення ймовірностей незалежних подій:

- Імовірність того, що з трьох ящиків буде витягнуто по одній стандартній деталі.

Відповідь: 0,504

Після підбадьорливих вправ з ящиками нас чекають не менш цікаві урни:

Завдання 4

У трьох урнах є по 6 білих і по 4 чорні кулі. З кожної урни витягують навмання по одній кулі. Знайти ймовірність того, що: а) всі три кулі будуть білими; б) усі три кулі будуть одного кольору.

Спираючись на отриману інформацію, здогадайтеся, як розібратися з пунктом «бе» ;-) Зразковий зразок рішення оформлений в академічному стилі з детальним розписом усіх подій.

Залежні події. Подія називають залежним якщо його ймовірність залежитьвід однієї чи більшої кількості подій, що вже відбулися. За прикладами далеко ходити не треба – достатньо до найближчого магазину:

– завтра о 19.00 у продажу буде свіжий хліб.

Імовірність цієї події залежить від багатьох інших подій: завезуть завтра свіжий хліб, розкуплять його до 7 вечора чи ні тощо. Залежно від різних обставин ця подія може бути як достовірною, так і неможливою. Таким чином, подія є залежним.

Хліба ... і, як вимагали римляни, видовищ:

– на іспиті студенту дістанеться простий квиток.

Якщо йти не найпершим, то подія буде залежною, оскільки її ймовірність залежатиме від того, які квитки вже витягли однокурсники.

Як визначити залежність/незалежність подій?

Іноді це прямо сказано за умови завдання, але найчастіше доводиться проводити самостійний аналіз. Якогось однозначного орієнтиру тут немає, і факт залежності чи незалежності обставин випливає з природних логічних міркувань.

Щоб не валити все в одну купу, завданням на залежні подіїя виокремлю наступний урок, а поки ми розглянемо найбільш поширену на практиці зв'язку теорем:

Завдання на теореми складання ймовірностей несумісних
та множення ймовірностей незалежних подій

Цей тандем, за моєю суб'єктивною оцінкою, працює приблизно в 80% завдань з цієї теми. Хіт хітів і справжнісінька класика теорії ймовірностей:

Завдання 5

Два стрільці зробили по одному пострілу в ціль. Імовірність влучення для першого стрілка дорівнює 0,8, для другого – 0,6. Знайти ймовірність того, що:

а) тільки один стрілець потрапить у ціль;
б) хоча один із стрільців потрапить у мета.

Рішення: ймовірність попадання/промаху одного стрілка, очевидно, не залежить від результативності іншого стрілка.

Розглянемо події:
- 1-й стрілець потрапить у ціль;
- Другий стрілець потрапить у ціль.

За умовою: .

Знайдемо ймовірність протилежних подій - того, що відповідні стрілки промахнуться:

а) Розглянемо подію: – лише одне стрілок потрапить у мета. Ця подія полягає у двох несумісних наслідках:

1-й стрілець потрапить і 2-й промахнеться
або
1-й промахнеться і 2-й потрапить.

Мовою алгебри подійцей факт запишеться такою формулою:

Спочатку використовуємо теорему складання ймовірностей несумісних подій, потім – теорему множення ймовірностей незалежних подій:

- Імовірність того, що буде тільки одне влучення.

б) Розглянемо подія: – хоча один із стрільців потрапить у мета.

Насамперед, ВДУМАЄМОСЯ – що означає умова «ХОЧ би один»? У даному випадкуце означає, що потрапить або 1-й стрілець (2-й промахнеться) або 2-й (1-й промахнеться) абообидва стрілка одночасно - всього 3 несумісних результату.

Спосіб перший: враховуючи готову ймовірність попереднього пункту, подію зручно подати у вигляді суми наступних несумісних подій:

потрапить хтось один (Подія, що складається у свою чергу з 2 несумісних результатів) або
потраплять обидва стрілки - позначимо цю подію буквою .

Таким чином:

За теоремою множення ймовірностей незалежних подій:
- Імовірність того, що 1-й стрілець потрапить і 2-й стрілець потрапить.

За теоремою складання ймовірностей несумісних подій:
- Імовірність хоча б одного влучення по мішені.

Спосіб другий: розглянемо протилежну подію: – обидва стрілки промахнуться.

За теоремою множення ймовірностей незалежних подій:

В результаті:

Особливу увагузверніть на другий спосіб - у загальному випадку він раціональніший.

Крім того, існує альтернативний, третій шлях рішення, що ґрунтується на умовчаній вище теоремі складання спільних подій.

! Якщо ви знайомитеся з матеріалом вперше, то щоб уникнути плутанини, наступний абзац краще пропустити.

Спосіб третій : події спільні, отже, їх сума висловлює подія «хоча один стрілок потрапить у мета» (див. алгебру подій). за теоремі складання ймовірностей спільних подійта теоремі множення ймовірностей незалежних подій:

Виконаємо перевірку: події та (0, 1 та 2 влучення відповідно)утворюють повну групу, тому сума їх ймовірностей повинна дорівнювати одиниці:
, Що і потрібно перевірити.

Відповідь:

При ґрунтовному вивченні теорії ймовірностей вам зустрінуться десятки завдань мілітаристського змісту, і що характерно, після цього нікого не захочеться пристрелити – завдання майже подарункові. А чому б не спростити ще й шаблон? Скоротимо запис:

Рішення: за умовою: , – ймовірність влучення відповідних стрільців. Тоді ймовірності їхнього промаху:

а) За теоремами складання ймовірностей несумісних та множення ймовірностей незалежних подій:
- Можливість того, що тільки один стрілець потрапить у ціль.

б) За теоремою множення ймовірностей незалежних подій:
- Імовірність того, що обидва стрілка промахнуться.

Тоді: - Можливість того, що хоча б один зі стрільців потрапить у ціль.

Відповідь:

На практиці можна скористатися будь-яким варіантом оформлення. Звичайно ж, набагато частіше йдуть коротким шляхом, але не треба забувати і 1-й спосіб - він хоч і довший, зате змістовніше - в ньому зрозуміліше, що, чому і навіщоскладається та множиться. У ряді випадків доречний гібридний стиль, коли великими літерамизручно позначити лише деякі події.

Схожі завдання для самостійного вирішення:

Завдання 6

Для сигналізації про спалах встановлено два незалежно працюючі датчики. Імовірність того, що при загорянні датчик спрацює, для першого і другого датчиків відповідно дорівнюють 0,5 і 0,7. Знайти ймовірність того, що під час пожежі:

а) обидва датчики відмовлять;
б) обидва датчики спрацюють.
в) Користуючись теореми складання ймовірностей подій, що утворюють повну групу, Знайти ймовірність того, що при пожежі спрацює лише один датчик. Перевірити результат прямим обчисленням цієї ймовірності (за допомогою теорем складання та множення).

Тут незалежність роботи пристроїв безпосередньо прописана за умови, що, до речі, є важливим уточненням. Зразок рішення оформлено в академічному стилі.

Як бути, якщо у схожому завданні дано однакові ймовірності, наприклад, 0,9 та 0,9? Вирішувати потрібно так само! (що, власне, вже продемонстровано у прикладі із двома монетами)

Завдання 7

Імовірність ураження мети першим стрільцем за одного пострілу дорівнює 0,8. Імовірність того, що ціль не вражена після виконання першим і другим стрілками по одному пострілу дорівнює 0,08. Яка ймовірність поразки мети другим стрільцем за одного пострілу?

А це невелика головоломка, оформлена коротким способом. Умову можна переформулювати більш лаконічно, але переробляти оригінал не буду - на практиці доводиться вникати і в більш хитромудрі вигадки.

Знайомтеся - він самий, який настрогав для вас безліч деталей =):

Завдання 8

Робочий обслуговує три верстати. Імовірність того, що протягом зміни перший верстат потребуватиме налаштування, дорівнює 0,3, другий – 0,75, третій – 0,4. Знайти ймовірність того, що протягом зміни:

а) всі верстати вимагатимуть налаштування;
б) тільки один верстат потребує налаштування;
в) хоча б один верстат потребуватиме налаштування.

Рішення: якщо в умові нічого не сказано про єдиний технологічний процес, то роботу кожного верстата слід вважати незалежною від роботи інших верстатів.

За аналогією із Завданням №5, тут можна ввести в розгляд події, які полягають у тому, що відповідні верстати вимагатимуть налаштування протягом зміни, записати ймовірності, знайти ймовірності протилежних подій тощо. Але з трьома об'єктами так оформляти завдання вже не дуже хочеться – вийде довго та нудно. Тому тут помітно вигідніше використати «швидкий» стиль:

За умови: – ймовірність того, що протягом зміни відповідні верстати вимагатимуть настоянки. Тоді ймовірність того, що вони не вимагатимуть уваги:

Один з читачів виявив тут прикольну друкарську помилку, навіть виправляти не буду =)

а) За теоремою множення ймовірностей незалежних подій:
– ймовірність того, що протягом зміни всі три верстати вимагатимуть налаштування.

б) Подія «Протягом зміни лише один верстат зажадає налаштування» полягає у трьох несумісних результатах:

1) 1-й верстат вимагатимеуваги і 2-й верстат не вимагатиме і 3-й верстат не вимагатиме
або:
2) 1-й верстат не вимагатимеуваги і 2-й верстат вимагатиме і 3-й верстат не вимагатиме
або:
3) 1-й верстат не вимагатимеуваги і 2-й верстат не вимагатиме і 3-й верстат вимагатиме.

За теоремами складання ймовірностей несумісних та множення ймовірностей незалежних подій:

- Імовірність того, що протягом зміни тільки один верстат зажадає налаштування.

Думаю, зараз вам має бути зрозуміло, звідки взявся вираз

в) Обчислимо ймовірність того, що верстати не вимагатимуть налаштування, а потім – ймовірність протилежної події:
- того, що хоча б один верстат вимагатиме налаштування.

Відповідь:

Пункт «ве» можна вирішити і через суму, де – ймовірність того, що протягом зміни лише два верстати вимагатимуть налаштування. Ця подія у свою чергу включає 3 несумісні результати, які розписуються за аналогією з пунктом «бе». Постарайтеся самостійно знайти ймовірність, щоб перевірити все завдання за допомогою рівності.

Завдання 9

З трьох гармат зробили залп по меті. Імовірність влучення при одному пострілі лише з першої зброї дорівнює 0,7, з другого – 0,6, з третього – 0,8. Знайти ймовірність того, що: 1) хоча б один снаряд потрапить у ціль; 2) тільки два снаряди потраплять у ціль; 3) ціль буде вражена не менше двох разів.

Рішення та відповідь наприкінці уроку.

І знову про збіги: у тому випадку, якщо за умовою два або навіть всі значення вихідних ймовірностей збігаються (наприклад, 0,7; 0,7 і 0,7), то слід дотримуватися такого самого алгоритму рішення.

На закінчення статті розберемо ще одну поширену головоломку:

Завдання 10

Стрілець потрапляє в ціль з однією і тією ж ймовірністю при кожному пострілі. Яка ця ймовірність, якщо ймовірність хоча б одного влучення при трьох пострілах дорівнює 0,973.

Рішення: позначимо через - можливість потрапляння в ціль при кожному пострілі.
і через - ймовірність промаху при кожному пострілі.

І таки розпишемо події:
- при 3 пострілах стрілок потрапить у ціль хоча б один раз;
- стрілок 3 рази промахнеться.

За умовою, тоді ймовірність протилежної події:

З іншого боку, з теореми множення ймовірностей незалежних подій:

Таким чином:

- Імовірність промаху при кожному пострілі.

В результаті:
- Імовірність потрапляння при кожному пострілі.

Відповідь: 0,7

Просто та витончено.

У розглянутій задачі можна поставити додаткові питання про ймовірність лише одного влучення, лише двох влучень та ймовірності трьох влучень по мішені. Схема рішення буде такою самою, як і в двох попередніх прикладах:

Проте принципова змістовна відмінність у тому, що тут мають місце повторні незалежні випробуванняякі виконуються послідовно, незалежно один від одного і з однаковою ймовірністю наслідків.

Завдання 2. Вкидають 4 гральні кістки. Знайти ймовірність того, що випаде за однаковою кількістю очок на кожній з кинутих кісток

Рішення. Усього граней 6 на кожній кістці. Випадання кожної грані є рівноймовірним. Якщо на першій кістці випала, скажімо, 1, то і на інших має бути те саме. Імовірність випадання будь-якої конкретної грані, щоб випали всі 4 однакових - це добуток ймовірностей появи конкретної грані на всіх 4-х кубиках. Результат треба помножити на кількість граней, тому що різних чисел – 6. Позначимо потрібну подію – "випала одиниця на кубику", - тоді випадання чотирьох одиниць на всіх кубиках буде. Щоб знайти розв'язання задачі, треба отриманий результат помножити на 6, т.к. події "випала двійка на всіх кубиках", "випала трійка на всіх кубиках"... задовольняють умову завдання. Тому вирішення завдання буде:

Завдання 3. Студента-практиканта вчили стріляти зі рушниці по банку. Імовірність влучення у банку при одному пострілі 0,03. Скільки треба приготувати патронів, щоб із ймовірністю 0,94 банку було б збито на землю?

Рішення. Складемо рівняння, коли треба знайти ймовірність настання події. Для цього слід скористатися формулою Бернуллі, яка використовується, якщо виконується кілька повторів тієї самої події. Якщо припустити, що банку збивається на землю першим попаданням, то колись було зроблено пострілів (з промахом), тобто. всього було зроблено пострілів. Якщо ймовірність попадання, то ймовірність промаху. Імовірність події промах і 1 влучення можна записати:

Підставимо в останню формулу відомі дані: і висловимо з рівняння, що вийшло:

Візьмемо логарифм останнього виразу:

Звідки

Абсолютна величина використана тут тому, що ймовірності можуть бути тільки позитивними. . Кількість пострілів не може бути не цілою, тому остаточно

Завдання 4. Гральну кістку підкидають 6 разів. Яка ймовірність випадання 6 різних граней?

Рішення. Усього граней 6 на кожній кістці. Випадання кожної грані є рівноймовірним. Події наступають послідовно, але не важливо, в якому порядку. Імовірність випадання будь-якої конкретної грані 1 (кубик кинутий і обов'язково одна якась грань з'явиться), отже, другий раз має з'явитися будь-яка цифра, крім випала (імовірність), втретє – будь-яка, крім перших двох (імовірність) і т.д. Імовірність події, що шукається, дорівнює:

Завдання 5. Однорідна гральна кісткамає форму правильного тетраедра. На її гранях нанесені цифри 1, 2, 3 і 4. Скільки разів потрібно підкинути кістку, щоб із ймовірністю більшою, ніж 0,9, чекати на випадання 3 хоча б в одному випадку?

Рішення. Усього граней 4 на кістки. Випадання кожної грані рівноймовірне, але кидати доведеться кілька разів, тому будемо ґрунтуватися на використанні формули Бернуллі. Припустимо, що в ом випробуванні з'явилася необхідна цифра, отже всі попередні рази були інші. В цьому випадку, ймовірність появи конкретної грані буде рівна , так як граней всього 4. Імовірність події "не з'явилася необхідна грань і 1 раз з'явилася необхідна грань" можна записати:

Підставимо в останню формулу відомі дані: і виразимо з рівняння, що вийшло.

Прологарифмуємо останній вираз:

Звідки

Абсолютна величина використана тут тому, що ймовірності можуть бути тільки позитивними. . Кількість кидків не може бути не цілою, тому округляємо до найближчого цілого . За умовою ймовірність має бути більшою, ніж 0,9, тому відповідь >6.

Завдання 6. Два мисливці незалежно один від одного стріляють по одній мішені, причому кожен із них робить по одному пострілу. Імовірність влучення у мету першого мисливця 0,8, а другого - 0,4. Після стрілянини в мішені виявили один отвір. Знайти можливість того, що вона належить першому стрілку?

Рішення. Спробуємо скористатися формулою Байєса. За формулою Байєса в чисельнику перебуває ймовірність настання необхідної події, а знаменнику – повна ймовірність можливих результатів, яка визначатиме появи одного отвори в мішені, тобто. ситуації, коли один із мисливців потрапив, а другий промазав. Мисливців було двоє, тому можливо лише 2 варіанти: "перший потрапив, другий промазав" та "перший промазав, другий потрапив". Обидві події не можуть наступити одночасно, тому йдеться про суму ймовірностей. Імовірність настання необхідної події полягає у "перший промазав, другий потрапив". Імовірність настання події "перший потрапив, другий промазав" дорівнює , А ймовірність другої події "перший промазав, другий потрапив" дорівнює . Скористаємося рекомендованою формулою:

Завдання 7. У качку, що летить не дуже високо, робиться три постріли. Імовірності влучення при першому, другому та третьому пострілах рівні відповідно 0,1; 0,2 та 0,4. Визначити ймовірність не менше двох попадань у качку.

Рішення. Так як постріли робляться послідовно, треба розглядати можливість промаху вперше, або вдруге, або втретє. За умовою завдання має бути не менше двох попадань у качку, що передбачає або 2 попадання або 3. Подій "2 попадання" може бути три: "попадання, попадання, промах"; "попадання, промах, попадання"; "промах, влучення, влучення", т.к. заздалегідь не відомо, в якому пострілі був промах. Отже, маємо 4 події, які можуть наступити одночасно, отже йдеться про суму ймовірностей подій, тобто. про формулу ймовірності. Імовірність події "попадання, попадання, попадання" дорівнює ; ймовірність події "попадання, попадання, промах" дорівнює; ймовірність події "попадання, промах, попадання" дорівнює; ймовірність події "промах, влучення, влучення" дорівнює . Тепер підрахуємо їм ймовірність :

Завдання 8. Лаборант, виконуючи хімічні аналізи, використовує реактиви, які у двох холодильниках. У першому холодильнику з усіх що зберігаються реактивів лише 10 % з терміном придатності, що закінчується, а в другому - 20 %. Знайти ймовірність того, що будь-який взятий лаборантом реактив із будь-якого холодильника буде досить свіжим.

Рішення. Позначимо за подію А – лаборант із будь-якого холодильника дістає реактив досить свіжий. Лаборант бере реактив із будь-якого холодильника, яких за умовою завдання два. Т.к. в задачі нічого не сказано про холодильники, то вибір будь-якого з них є рівноймовірним, тобто. дорівнює. Імовірність необхідної події, таким чином, полягає одночасно в наступі двох - "вибір холодильника, вибір реагенту". Імовірність "взяти свіжий реагент з першого холодильника" дорівнює ; ймовірність "взяти свіжий реагент з другого холодильника" дорівнює . Лаборант бере тільки один раз реагент, тому обидві події в "взяти свіжий реагент з першого холодильника" і "взяти свіжий реагент з другого холодильника" не можуть наступити одночасно, тому йдеться про суму ймовірностей. Скористайтеся формулою повної ймовірності. Тоді шукана ймовірність дорівнюватиме:

Завдання 9. Є 5 ящиків з виробними каменями малахіт та мармур. У двох ящиках по 2 шматки мармуру і 1 малахіту, в одному - 10 шматків малахіту, а в інших - по 3 шматки мармуру та 1 шматку малахіту. Знайти ймовірність того, що взятий майстром шматок з удачу обраного ящика виявиться мармуром.

Рішення. Це завдання використання формули повної ймовірності. Майстер вибирає виробний камінь із будь-якої, "навдачу обраного", ящика. Усього ящиків 5 передбачається, що вони однакові, тому ймовірність вибору будь-якого ящика дорівнює . Імовірність необхідної події, таким чином, полягає одночасно в наступі двох - "вибір ящика та вибір мармуру". Імовірність взяти мармур з першого ящика дорівнює; ймовірність взяти мармур з другого ящика дорівнює; можливість взяти мармур з третього ящика дорівнює 0, т.к. там лежить лише малахіт, можливість взяти мармур з четвертого ящика дорівнює ;