Содержание

Теория вероятностей для ЕГЭ

Классическое определение вероятности

К сожалению, существуют события, исход которых мы не можем определить заранее. Так при бросании монеты мы не знаем точно выпадет орёл или решка. С другой стороны, если мы много раз бросим монетку, то орлов и решек будет примерно поровну. Или мы можем много раз (скажем, $N$ раз) бросить шестигранный кубик, тогда любая из граней выпадет примерно $\dfrac{N}{6}$ раз.

В общем случае мы проводим серию одинаковых экспериментов, в каждом из которых может произойти один из $N$ исходов (при этом все исходы встречаются примерно поровну). Обозначим за $A$ некоторый исход (мы также будем называть его элементарным событием) эксперимента. Вероятностью элементарного события $A$ будем называть число

P(A) = \dfrac{1}{N}.

Например, в эксперименте по бросанию монетки есть всего два исхода (либо орёл, либо решка), поэтому вероятность каждого из исходов равна $\dfrac{1}{2}$ . В эксперименте с бросанием кубика у нас уже может быть $6$ исходов (число от $1$ до $6$ ), поэтому вероятность каждого исхода равна $\dfrac{1}{6}$ .

Вообще мы можем искать вероятность не одного элементарного события, а сразу нескольких. Пусть у нас есть $N$ возможных исходов и мы выбираем из них $N(A)$ , которые будем называть благоприятными. Событие $A$ будет состоять в том, что в случайном эксперименте произошёл один из $N(A)$ благоприятных исходов. Тогда вероятностью события $A$ будем называть число

P(A) = \dfrac{N(A)}{N}.

Рассмотрим несколько примеров.

На клавиатуре телефона 10 цифр, от 0 до 9. Какова вероятность того, что случайно нажатая цифра окажется чётной?

Решение. Всего у нас $10$ возможных элементарных исходов (нажата цифра от $0$ до $9$ ). Вероятности этих исходов равны. Благоприятных у нас $5$ исходов (нажата цифра $0$ , $2$ , $4$ , $6$ , $8$ ). Значит, вероятность того, что случайно нажатая цифра окажется чётной, равна $\dfrac{5}{10} = \dfrac{1}{2}$ .

Бросают два игральных кубика. Найдите вероятность того, что сумма выпавших очков равна $6$ .

Решение.

Вариант 1. Составим таблицу возможных сумм очков, выпавших при бросании двух кубиков:

Выделяем случаи, которые удовлетворяют условию <<сумма очков равна $6$ >>. Видим, что всего имеется $5$ благоприятных исходов. Для каждого броска кубика имеем $6$ элементарных исходов, значит для двух бросков их будет $6^2=36$ . У нас $5$ благоприятных исходов из $36$ возможных. Поэтому искомая вероятность равна $\dfrac{5}{36}$ .

Вариант 2. Всего у нас $36$ исходов бросания двух кубиков. Явно перечислим все случаи, когда на кубиках выпадает в сумме ровно $6$ :

(1;5), (5;1), (2;4), (4;2), (3;3).

Всего мы получили $5$ благоприятных исходов, значит, искомая вероятность равна $\dfrac{5}{36}$ .

Замечание. Первый вариант хорош тем, что он более наглядный и вы не потеряете никакие благоприятные исходы (если, конечно, правильно составите таблицу). Второй же вариант лучше тем, что требует меньше вычислений (но нужно контролировать, что вы действительно рассмотрели все возможные случаи).

Бросают два игральных кубика. Найдите вероятность того, что произведение выпавших очков больше или равно $10$ .

Решение. Составим таблицу возможных произведений очков, выпавших при бросании двух кубиков:

Выделим случаи, которые удовлетворяют условию <<произведение выпавших очков больше или равно $10$ >>. Видим, что всего выделено $19$ случаев. Значит, у нас $19$ благоприятных исходов из $36$ , то есть искомая вероятность равна $\dfrac{19}{36}$ .

Четыре друга А, Б, В, Г заселяются в гостиницу в два двухместных номера. Администратор гостиницы распределяет их по номерам случайным образом. Найдите вероятность того, что А и Б оказались в одном номере.

Решение. Всего возможны $3$ варианта расселения: АБ и ВГ, АВ и БГ, АГ и БВ (у А может быть $3$ различных соседа, а номер в который заселили А будем считать первым). А и Б окажутся в одном номере только в первом случае. У нас один благоприятный исход из $3$ возможных. Значит, искомая вероятность: $\dfrac{1}{3}$ .

Монету бросают три раза. Найдите вероятность исхода $OPO$ .

Решение. Обозначим выпадение орла буквой О, а выпадение решки буквой Р. Всего возможных исходов — восемь:

OOO, OOP, OPO, OPP, PPP, PPO, POO, POP.

Благоприятным является один исход: $OPO$ . Следовательно, искомая вероятность равна $\dfrac{1}{8} = 0,125$ .

Монету бросают три раза. Что более вероятно: выпадение одного орла или выпадение двух орлов?

Решение. Рассмотрим два варианта решения этой задачи.

Вариант 1. Обозначим выпадение орла буквой О, а выпадение решки буквой Р. Возможны восемь элементарных исходов:

OOO, OOP, OPO, OPP, PPP, PPO, POO, POP.

Для события <<выпал один орёл>> благоприятными являются три исхода: $OPP, POP, PPO$ . Значит, вероятность того, что выпал один орёл равна $\dfrac{3}{8} = 0,375$ .

Для события <<выпали два орла>> благоприятными являются три исхода:

OOP, OPO, POO.

Значит, вероятность того, что выпали два орла равна $\dfrac{3}{8} = 0,375$ .

Таким образом, вероятности выпадения этих событий одинаковы.

Вариант 2. Если поменять каждого орла на решку, а каждую решку на орла, то исход $OPP$ заменится на $POO$ , исход $POP$ на $OPO$ и $PPO$ на $OOP$ . Так как все исходы равновероятны, мы можем понять, что вероятность события <<выпадет один орёл>> равна вероятности события <<выпадет два орла>>.

В соревновании по толканию ядра участвуют $4$ спортсмена из Финляндии, $7$ спортсменов из Дании и $9$ спортсменов из Швеции. Порядок, в котором выступают спортсмены, определяется жребием. Найдите вероятность того, что спортсмен, выступающий последним, окажется из Финляндии.

Решение. Всего участвует $4 + 7 + 9 = 20$ спортсменов. Таким образом, выступать последними с одинаковой вероятностью могут $20$ различных спортсменов. От Финляндии $4$ спортсмена. Для события <<спортсмен, выступающий последним, окажется из Финляндии>> у нас есть $4$ благоприятных исхода из $20$ возможных. Поэтому вероятность того, что последним будет выступать спортсмен из Финляндии: $\dfrac{4}{20} = 0,2$ .

Иван Петрович регистрирует автомобиль в ГИБДД и получает новый номер. Все три цифры нового номера случайны, но номер $000$ не разрешен. Раньше номер автомобиля у Ивана Петровича был $769$ . Найдите вероятность того, что при случайном выборе нового номера он будет записан теми же тремя цифрами (в любом порядке).

Решение. Ивану Петровичу может достаться $1000 - 1 = 999$ (так как номер $000$ не разрешен) различных комбинаций из трёх цифр. Для события <<случайно выбранный новый номер будет записан теми же тремя цифрами>> благоприятны $6$ комбинаций из $999$ :

769, 796, 967, 976, 697, 679.

У нас $6$ благоприятных исходов из $999$ возможных. Тогда вероятность равна

\dfrac{6}{999} = \frac{2}{333}.

Какова вероятность того, что случайно выбранное трехзначное число делится на $8$ ?

Решение. От $0$ до $999$ у нас есть $1000$ чисел. $10$ из них – это цифры, $90$ – двузначные числа, $900$ – трёхзначные числа. Найдём количество трёхзначных чисел, которые делятся на $8$ . Среди чисел от $0$ до $999$ на $8$ делится $125$ чисел:

0\cdot 8 = 0;\; 1\cdot 8 = 8; \ldots; 124\cdot 8 = 992.

Среди них $13$ чисел не являются трёхзначными:

0, 8, 16, 24, 32, 40, 48, 56, 64, 72, 80, 88, 96.

Таким, образом у нас $125 - 13=112$ трёхзначных чисел, которые делятся на $8$ . Для события <<случайно выбранное трёхзначное число делится на $8$ >> благоприятных исходов $112$ из $900$ возможных. Поэтому искомая вероятность равна

\dfrac{112}{900} = \dfrac{28}{225}.

Дан правильный пятиугольник. Учитель предлагает ученику выбрать наугад две вершины. Найдите вероятность того, что выбранные вершины принадлежат одной стороне пятиугольника.

Решение. Пронумеруем вершины пятиугольника цифрами от $1$ до $5$ :

Ученик может выбрать две вершины из пяти десятью возможными способами:

(1;2), (1;3), (1;4), (1;5), (2;3), (2;4), (2;5), (3;4), (3;5), (4;5).

Выигрышными для ученика являются $5$ способов:

(1;2), (2;3), (3;4), (4;5), (5;1).

У нас $5$ благоприятных исходов из $10$ . Значит, вероятность выбрать две вершины, принадлежащие одной стороне равна: $\dfrac{5}{10}=\dfrac{1}{2}=0,5$ .

Задачи для самостоятельного решения

Дежурные по классу Алексей, Иван, Татьяна и Ольга бросают жребий кому стирать с доски. Найдите вероятность того, что стирать с доски придётся одной из девочек. В случайном эксперименте игральный кубик бросают один раз. Найдите вероятность того, что выпадет чётное число. В соревнованиях по толканию ядра участвуют спортсмены из четырёх стран: $4$ из Финляндии, $7$ из Дании, $9$ из Швеции и $5$ из Норвегии. Порядок, в котором выступают спортсмены, определяется жребием. Найдите вероятность того, что спортсмен, выступающий первым, окажется из Швеции. Научная конференция проводится в $5$ дней. Всего запланировано $75$ докладов: первые три дня по $17$ докладов, остальные распределены поровну между четвёртым и пятым днями. На конференции планируется доклад профессора М. Порядок докладов определяется жеребьёвкой. Какова вероятность того, что доклад профессора М. окажется запланированным на последний день конференции? 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. В сборнике билетов по математике всего $25$ билетов, в $10$ из них встречается вопрос по теме <<Неравенства>>. Найдите вероятность того, что в случайно выбранном на экзамене билете школьнику не достанется вопрос по теме <<Неравенства>>. Три друга A, Б, В летят на самолёте. При регистрации им достались три кресла подряд, и друзья заняли их в случайном порядке. Найдите вероятность того, что А сидит рядом с Б. Перед началом футбольного матча судья бросает монету, чтобы определить, какая из команд начнёт игру с мячом. Команда <<Физик>> играет три матча с разными командами. Найдите вероятность того, что в этих играх <<Физик>> выиграет жребий ровно два раза. Бросают два игральных кубика. Найдите вероятность того, что сумма выпавших очков будет меньше чем $4$ . Бросают два игральных кубика. Найдите вероятность того, что произведение выпавших очков равно $12$ . Бросают два игральных кубика. Найдите вероятность того, что выпавшие числа будут отличаться на $3$ . Конкурс исполнителей проводится в $5$ дней. Всего заявлено $50$ выступлений: по одному от каждой страны, участвующей в конкурсе. Исполнитель из России участвует в конкурсе. В первый день запланировано $6$ выступлений, остальные распределены поровну между оставшимися днями. Порядок выступлений определяется жеребьёвкой. Какова вероятность, что выступление исполнителя из России состоится в третий день конкурса? На чемпионате по прыжкам в воду выступают $25$ спортсменов, среди них $8$ прыгунов из России и $9$ прыгунов из Парагвая. Порядок выступлений определяется жеребьёвкой. Найдите вероятность того, что шестым будет выступать прыгун из Парагвая. Профессиональный конкурс парикмахеров проводится в три дня. В конкурсе участвует по одному мастеру из $20$ стран. Порядок выступления мастеров определяется жеребьевкой: в первые два дня по шесть выступлений, остальные — в третий день. Найдите вероятность того, что выступление мастера из России запланировано на первый или на третий день. Перед началом первого тура чемпионата по бадминтону участников разбивают на игровые пары случайным образом с помощью жребия. Всего в чемпионате участвует $26$ бадминтонистов, среди которых $10$ спортсменов из России, в том числе Руслан Орлов. Найдите вероятность того, что в первом туре Руслан Орлов будет играть с каким-либо бадминтонистом из России. Иван Иванович регистрирует автомобиль в ГИБДД и получает новый трехзначный номер. Все три цифры нового номера случайны (номер $000$ не разрешен). Найдите вероятность того, что при случайном выборе в новом номере все три цифры будут одинаковы. Монету бросают три раза. Найдите вероятность того, что орёл выпадет ровно один раз. Монету бросают три раза. Найдите вероятность того, что орёл выпадет более одного раза. Какова вероятность того, что случайно выбранное натуральное число от $10$ до $19$ делится на три? Какова вероятность того, что случайно выбранное двузначное число делится на $5$ ? Учитель нарисовал на доске квадрат $ABCD$ и предлагает учащемуся выбрать две вершины. Какова вероятность того, что выбранные вершины соединяются диагональю? Монету бросают четыре раза. Найдите вероятность того, что решка выпадала больше раз, чем орел.

Полная группа событий

Пусть у нас есть событие $A$ . За $\overline{A}$ обозначим событие <<событие $A$ не произошло>>. Тогда верно следующее равенство

P(\,\overline{A}\,) = 1 - P(A).

Обычно события $A$ и $\overline{A}$ называют противоположными. Понятно, что $P(\,\overline{A}\,) + P(A) = 1$ , то есть сумма вероятностей противоположных событий равна $1$ .

Например, пусть $A$ – это событие, состоящее в том, что при броске игрального кубика выпадет число не больше двух. Вероятность этого события равна $\dfrac{1}{3}$ . Тогда событие $\overline{A}$ состоит в том, что на игральном кубике выпадет число строго больше двух. Тогда получаем:

P(\,\overline{A}\,) = 1 - P(A) = 1 - \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}.

Пусть теперь у нас есть события $A$ и $B$ , причём данные события не могут происходить одновременно (такие события называются несовместными). Событие $A\cup B=A+B$ , состоящее в том, что произошло либо событие $A$ , либо событие $B$ , либо сразу оба, назовём суммой событий $A$ и $B$ . Тогда верна следующая формула:

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

вероятность суммы двух несовместных событий равна сумме их вероятностей.
На самом деле мы можем рассмотреть, например, три события $A$ , $B$ и $C$ . Причём никакие два из них не происходят одновременно. Сумма событий $A$ , $B$ и $C$ - событие $A\cup B\cup C=A+B+C$ , состоящее в том, что произошло хотя бы одно событие из трёх. Тогда верна следующая формула:

P(A\cup B\cup C) =P(A+ B+ C) = P(A) + P(B) + P(C),

вероятность суммы трёх попарно несовместных событий равна сумме их вероятностей.
Замечание. По аналогии со случаем двух несовместных событий можно было подумать, что наша формула верна, если все три события не происходят одновременно. Но здесь важно, что именно любые два события из трёх не происходят одновременно. То есть события $A$ и $B$ не происходят одновременно, события $A$ и $C$ не происходят одновременно и события $B$ и $C$ не происходят одновременно.

Если $P(A+B+C) = 1$ , то события $A$ , $B$ и $C$ называются полной группой событий.

Вероятность того, что в случайный момент времени температура тела здорового человека окажется ниже чем $36,8^\circ\, C$ , равна $0,81$ . Найдите вероятность того, что в случайный момент времени у здорового человека температура окажется $36,8^\circ\, C$ или выше.

Решение. Заметим, что события <<температура тела ниже чем $36,8^\circ\, C$ >> и <<температура тела равна $36,8^\circ\, C$ или выше>> являются противоположными. Значит, искомая вероятность равна $1 - 0,81 = 0,19$ .

Вероятность того, что на тесте по истории учащийся М верно ответит больше чем на $11$ вопросов, равна $0,46$ . Вероятность того, что М верно ответит больше чем на $10$ вопросов, равна $0,54$ . Найдите вероятность того, что М верно ответит ровно на $11$ вопросов.

Решение. Выделим три события:

$A$ = <<учащийся ответит больше чем на $11$ вопросов>>,
$B$ = <<учащийся ответит больше чем на $10$ вопросов>>,
$C$ = <<учащийся ответит ровно на $11$ вопросов>>,

Заметим, что $A+C$ – это событие, состоящее в том, что ученик ответит на $11$ вопросов или больше, но это то же самое, что ученик ответит больше чем на $10$ вопросов. То есть $A+C = B$ . При этом события $A$ и $C$ не могут произойти вместе, а, значит, $P(A+C) = P(A) + P(C)$ . Таким образом, получаем:

P(B) = P(A) + P(C)\Longrightarrow P(C) = P(B) - P(A) = 0,54 - 0,46 = 0,08.

При изготовлении подшипников диаметром $67$ мм вероятность того, что диаметр будет отличаться от заданного меньше чем на $0,01$ мм, равна $0,965$ . Найдите вероятность того, что случайный подшипник будет иметь диаметр меньше чем $66,99$ мм или больше чем $67,01$ мм.

Решение. По условию диаметр подшипника будет лежать в пределах от $66,99$ до $67,01$ мм с вероятностью $0,965$ . Искомая вероятность – это вероятность противоположного события. Она равна $1 - 0,965 = 0,035$ .

По данным многолетних наблюдений установлено, что в городе $N$ годовое количество осадков превысит $2500$ мм с вероятностью $0,38$ , а вероятность того, что годовое количество осадков окажется меньше $1700$ мм, равна $0,21$ . Найдите вероятность того, что количество осадков в городе $N$ в следующем году окажется в промежутке от $1700$ до $2500$ мм.

Решение. Рассмотрим следующие события:

$A$ = <<годовое количество осадков превысит $2500$ мм>>;
$B$ = <<годовое количество осадков будет меньше $1700$ мм>>;
$C$ = <<годовое количество осадков окажется в промежутке от $1700$ мм до $2500$ мм>>.

Заметим, что событие $\overline{A}$ состоит в том, что годовое количество будет не больше $2500$ мм. Значит, $\overline{A} = B\cup C$ , при этом события $B$ и $C$ не могут произойти одновременно (они несовместные), значит,

P(\,\overline{A}\,) = P(B+C) = P(B) + P(C) \Longrightarrow P(C) = P(\,\overline{A}\,) - P(B) = 1 - P(A) - P(B) = 0,41.

Задачи для самостоятельного решения

Вероятность того, что в случайный момент температура тела здорового человека окажется ниже чем $37^{\circ}C$ , равна $0,86$ . Найдите вероятность того, что у случайно выбранного здорового человека на медосмотре температура окажется $37^{\circ}C$ или выше. Вероятность того, что на тестировании по биологии учащийся О. верно решит больше $11$ задач, равна $0,67$ . Вероятность того, что О. верно решит больше $10$ задач, равна $0,74$ . Найдите вероятность того, что О. верно решит ровно $11$ задач. На экзамене по геометрии школьник отвечает на один вопрос из списка экзаменационных вопросов. Вероятность того, что это вопрос по теме <<Вписанная окружность>>, равна $0,2$ . Вероятность того, что это вопрос по теме <<Параллелограмм>>, равна $0,15$ . Вопросов, которые одновременно относятся к этим двум темам, нет. Найдите вероятность того, что на экзамене школьнику достанется вопрос по одной из этих двух тем. Из районного центра в деревню ежедневно ходит автобус. Вероятность того, что в пятницу в автобусе окажется меньше $30$ пассажиров, равна $0,72$ . Вероятность того, что окажется меньше $20$ пассажиров, равна $0,35$ . Найдите вероятность того, что число пассажиров будет от $20$ до $29$ . Из районного центра в деревню ежедневно ходит автобус. Вероятность того, что в понедельник в автобусе окажется меньше $20$ пассажиров, равна $0,94$ . Вероятность того, что окажется меньше $15$ пассажиров, равна $0,56$ . Найдите вероятность того, что число пассажиров будет от $15$ до $19$ включительно. Вероятность того, что купленный фен прослужит больше года, равна $0,37$ . Вероятность того, что он прослужит больше двух лет, равна $0,13$ . Найдите вероятность того, что фен прослужит меньше двух лет, но больше года. При изготовлении подшипников диаметром $45,5$ мм вероятность того, что диаметр будет отличаться от заданного меньше чем на $0,01$ мм, равна $0,98$ . Найдите вероятность того, что случайный подшипник будет иметь диаметр меньше чем $45,49$ мм или больше чем $45,51$ мм. Механические часы с двенадцатичасовым циферблатом в какой-то момент сломались и перестали идти. Найдите вероятность того, что часовая стрелка остановилась, достигнув отметки $10$ , но не дойдя до отметки $1$ . По данным многолетних наблюдений установлено, что в городе $N$ годовое количество осадков превысит $2000$ мм с вероятностью $0,45$ , а вероятность того, что годовое количество осадков окажется меньше $1500$ мм, равна $0,24$ . Найдите вероятность того, что количество осадков в городе $N$ в следующем году окажется в промежутке от $1500$ до $2000$ мм.

Вероятность пересечения независимых событий

Бывают ситуации, когда мы уже знаем, что некоторое событие $A$ произошло, и мы, зная это, хотим узнать чему равна вероятность события $B$ . Такая вероятность называется условной и обозначается $P(B|A)$ (вероятность события $B$ при условии того, что событие $A$ произошло). Например, пусть мы бросили игральный кубик и нам сказали, что выпало чётное число, тогда возможных вариантов у нас уже не $6$ , а $3$ . Поэтому вероятность того, что выпало $2$ при условии, что выпало чётное число, равна $\dfrac{1}{3}$ . Хотя если бы мы не знали, что выпало чётное число, то вероятность выпадения $2$ осталась бы $\dfrac{1}{6}$ .

Если вероятность события $A$ не зависит от события $B$ (то есть $P(A|B) = P(A)$ ) и вероятность события $B$ не зависит от события $A$ (то есть $P(B|A) = P(B)$ ), то события $A$ и $B$ называются независимыми. Событие $A\cap B=A\cdot B$ (иногда будем просто писать $AB$ ), состоящее в том, что одновременно произошли события $A$ и $B$ , будем называть произведением событий $A$ и $B$ . Тогда, если события $A$ и $B$ независимы, то верна следующая формула:

P(A\cap B)=P(A\cdot B) = P(A)\cdot P(B),

вероятность произведения двух независимых событий равна произведению их вероятностей.
Замечание. Если у нас больше чем $2$ независимых события и если они все попарно независимы, то вероятность того, что все эти события произойдут одновременно, равна произведению вероятностей этих событий. Например, если у нас есть три события $A$ , $B$ и $C$ , причём $A$ и $B$ независимы, $A$ и $C$ независимы, $B$ и $C$ независимы. Тогда

P(A\cap B\cap C) =P(A\cdot B\cdot C) = P(A)\cdot P(B)\cdot P(C),

вероятность произведения трёх попарно независимых событий равна произведению их вероятностей.

Например, если мы дважды бросаем монету, то событие, состоящее в том, что в первый раз выпадет орёл и событие, состоящее в том, что при втором броске также выпадет орёл, независимы. Поэтому вероятность, того, что произойдут оба этих события равна $\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}$ .

Важно, что несовместность событий и независимость событий – это совершенно разные ситуации. Действительно, несовместность означает, что события не могут произойти вместе, в том числе это значит, что вероятность одновременного появления двух несовместных событий равна $0$ . Независимость же означает, что появление одного события не влияет на появления другого события, при этом эти события вполне себе могут произойти одновременно.

Кубик бросают четыре раза. Какова вероятность того, что шестерка не выпадет ни разу?

Решение. Вероятность того, что на кубике при одном бросании не выпадет шестёрка равна $\dfrac{5}{6}$ . Событие <<при четырёх бросках шестёрка не выпадет ни разу>> получается при одновременном наступлении четырёх независимых событий (на первом кубике не выпала $6$ , на втором кубике не выпала $6$ и т.д.). Вероятность одновременного наступления четырёх независимых событий равна произведению вероятностей этих четырёх событий:

\dfrac{5}{6}\cdot\dfrac{5}{6}\cdot\dfrac{5}{6}\cdot\dfrac{5}{6}=\left(\frac{5}{6}\right)^{4}=\frac{625}{1296}.

Гроссмейстеры М и Н играют в шахматы. Если М играет белыми, то он выигрывает у Н с вероятностью $0,6$ . Если М играет черными, то М выигрывает у Н с вероятностью $0,4$ . Гроссмейстеры М и Н играют две партии, причем во второй партии меняются цветами фигур. Найдите вероятность того, что М выиграет оба раза.

Решение. Рассмотрим два события:

$A$ = <<гроссмейстер М выиграет партию белыми>>;
$B$ = <<гроссмейстер М выиграет партию черными>>.

Эти события независимы. Их вероятности $P(A) = 0,6$ и $P(B) = 0,4$ . При этом мы знаем, что они должны произойти вместе. Вероятность одновременного наступления двух независимых событий $A$ и $B$ равна произведению вероятности этих событий:

P(A\cap B) = P(A)\cdot P(B) = 0,6 \cdot 0,4 = 0,24.

Вероятность того, что батарейка бракованная, равна $0,05$ . Покупатель в магазине выбирает случайную упаковку, в которой две такие батарейки. Найдите вероятность того, что обе батарейки окажутся исправными.

Решение. Событие $C$ = <<обе батарейки исправны>> наступает при одновременном наступлении двух событий:

$A$ = <<первая батарейка исправна>>;
$B$ = <<вторая батарейка исправна>>.

То есть $C = A\cap B$ . События $A$ и $B$ – независимы. Вероятность того, что батарейка исправна, равна $1-0,05 = 0,95$ . Вероятность одновременного наступления двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий, тогда искомая вероятность равна

P(A\cap B) = P(A)\cdot P(B) = 0,95\cdot 0,95 = 0,9025.

Вероятность того, что одна отдельная новая батарейка бракованная, равна $0,03$ независимо от других батареек. Покупатель в магазине выбирает случайную упаковку, в которой две такие батарейки. Найдите вероятность того, что хотя бы одна батарейка в упаковке бракованная.

Решение. Вероятность того, что батарейка исправна, равна $1 - 0,03 = 0,97$ . Построим дерево возможных исходов (И – исправная батарейка, Б – бракованная батарейка):

В трёх из четырёх случаев хотя бы одна из батареек бракованная (ИБ, БИ, ББ). Для вычисления вероятности наступления хотя бы одного из трёх данных событий у нас есть два варианта. Рассмотрим их.

Вариант 1. Найдём вероятность того, что обе батарейки исправные (случай ИИ). Событие $C$ = <<обе батарейки исправны>> наступает при одновременном наступлении двух событий:

$A$ = <<первая батарейка исправна>>;
$B$ = <<вторая батарейка исправна>>.

События $A$ и $B$ – независимы и $C = A\cdot B$ . Тогда получаем:

P(A\cdot B) = P(A)\cdot P(B) = 0,97\cdot 0,97 = 0,9409.

Заметим, что событие $\overline{C}$ состоит в том, что хотя бы одна батарейка будет бракованной, поэтому искомая вероятность равна

P(\,\overline{C}\,) = 1 - P(C) = 1 - 0,9409 = 0,0591.

Вариант 2. Найдём итоговую вероятность не считая вероятность события $C$ . Введём следующие события:

$A$ = <<первая батарейка исправна>>;
$B$ = <<вторая батарейка исправна>>.

Тогда событие $D$ = <<хотя бы одна батарейка бракована>> может быть представлено в следующем виде:

D = A\overline{B}+ \overline{A}B+ \overline{A}\,\overline{B}

(случаю ИБ соответствует событие $A\overline{B}$ , случаю БИ – событие $\overline{A}B$ , случаю ББ – $\overline{A}\overline{B}$ ). События $A\overline{B},\,\overline{A}B,\, \overline{A}\,\overline{B}$ несовместные, поэтому:

P(D) = P(\,A\overline{B}\,) + P(\,\overline{A}B\,) + P(\,\overline{A}\,\overline{B}\,)

$A$ и $\overline{B}$ – независимые события, $\overline{A}$ и $B$ – независимые события, $\overline{A}$ и $\overline{B}$ – независимые события. Поэтому получаем:

P(D) = P(A)\cdot (1 - P(B)) + (1 - P(A))\cdot P(B) + (1 - P(A))\cdot (1 - P(B)) =

= 0,97\cdot 0,03 + 0,03\cdot 0,97 + 0,03\cdot 0,03 = 0,0582 + 0,0009 = 0,0591.

В магазине три продавца. Каждый из них занят с клиентом с вероятностью $0,3$ . Найдите вероятность того, что в случайный момент времени все три продавца заняты одновременно (считайте, что клиенты заходят независимо друг от друга).

Решение. Событие $A$ = <<все три продавца заняты одновременно>> наступает при одновременном наступлении трёх событий:

$A_1$ = <<первый продавец занят>>;
$A_2$ = <<второй продавец занят>>;
$A_3$ = <<третий продавец занят>>.

То есть $A = A_1\cap A_2\cap A_3$ . Вероятность каждого из событий $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ равна $0,3$ и все они независимые. Получаем:

P(A) = P(A_1\cap A_2\cap A_3) = P(A_1)\cdot P(A_2)\cdot P(A_3) = 0,3\cdot0,3\cdot0,3=0,3^{3}=0,027.

На рисунке показана схема лесных дорожек. Пешеход идет из точки $S$ по дорожкам, на каждой развилке выбирая дорожку случайным образом и не возвращаясь обратно. Найдите вероятность того, что он попадёт в березовую рощу обозначенную на схеме закрашенной областью.

Решение. Вероятность попасть в берёзовую рощу равна сумме вероятностей попасть из точки $S$ в точку $C$ , $F$ , $G$ , $K$ .
Чтобы пешеход попал в точку $C$ , должно произойти два события:

<<пешеход пошёл из точки $S$ в точку $A$ >>;
<<пешеход пошёл из точки $A$ в точку $C$ >>.

Из точки $S$ пешеход может выбрать три различных дороги, из которых только одна ведёт в точку $A$ . Поэтому вероятность попасть из точки $S$ в точку $A$ равна $\dfrac{1}{3}$ . Далее, из точки $A$ он может с одинаковой вероятностью выбрать два маршрута: в точку $B$ и в точку $C$ . Поэтому вероятность, что пешеход выберет маршрут, ведущий из точки $A$ в точку $C$ , равна $\dfrac{1}{2}$ . События <<пешеход пошёл из точки $S$ в точку $A$ >> и <<пешеход пошёл из точки $A$ в точку $C$ >> – независимые события. Вероятность одновременного наступления двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий:

\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{6}.

Вероятность попасть из точки $S$ в точки $F$ или $G$ равна вероятности одновременного наступления двух события:

<<попасть из точки $S$ в точку $D$ >>;
<<попасть из точки $D$ в точки $F$ или $G$ >>.

Чтобы попасть в точку $D$ из точки $S$ , пешеходу надо выбрать одну правильную дорогу из трёх, вероятность этого равна $\dfrac{1}{3}$ . При нахождении в точке $D$ у пешехода есть для выбора две благоприятные дороги из $3$ . Каждую из дорог он может выбрать с одинаковой вероятностью. Поэтому вероятность попасть из точки $D$ в точку $F$ или $G$ равна $\dfrac{2}{3}$ . Тогда вероятность попасть из точки $S$ в точки $F$ или $G$ равна

\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{2}{3} = \dfrac{2}{9}.

Чтобы пешеход попал в точку $K$ , должно произойти два события:

<<пешеход пошёл из точки $S$ в точку $E$ >>;
<<пешеход пошёл из точки $E$ в точку $K$ >>.

Для того, чтобы попасть из точки $S$ в точку $K$ , надо сначала попасть из точки $S$ в точку $E$ . Из точки $S$ пешеход может выбрать три различных дороги, из которых только одна ведёт в точку $E$ . Поэтому вероятность попасть из точки $S$ в точку $E$ равна $\dfrac{1}{3}$ . Далее, из точки $E$ он может с одинаковой вероятностью выбрать четыре маршрута: в точку $N$ , в точку $M$ , в точку $L$ и в точку $K$ . Поэтому вероятность того, что пешеход выберет маршрут, ведущий из точки $E$ в точку $K$ , равна $\dfrac{1}{4}$ . События <<пешеход пошёл из точки $S$ в точку $E$ >> и <<пешеход пошёл из точки $E$ в точку $K$ >> – это независимые события. Тогда вероятность попасть из точки $S$ в точку $K$ равна

\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{12}.

Искомая вероятность равна сумме вероятностей попасть из точки $S$ в точку $C$ , попасть из точки $S$ в точки $F$ или $G$ и попасть из точки $S$ в точку $K$ :

\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{4} = \dfrac{17}{36}.

Чтобы поступить в институт на специальность <<Международное право>>, абитуриент должен набрать на ЕГЭ не менее $60$ баллов по каждому из трех предметов: математика, русский язык и иностранный язык. Чтобы поступить на специальность <<Социология>>, нужно набрать не менее $60$ баллов баллов по каждому из трех предметов: математика, русский язык и обществознание.
Вероятность того, что абитуриент получит не менее $60$ баллов по математике, равна $0,8$ , по русскому языку – $0,9$ , по иностранному языку – $0,8$ и по обществознанию – $0,9$ .
Найдите вероятность того, что абитуриент поступит хотя бы на одну из двух упомянутых специальностей.

Решение. У нас есть четыре события:

$A$ = абитуриент получит не менее $60$ баллов по математике;
$B$ = абитуриент получит не менее $60$ баллов по русскому языку;
$C$ = абитуриент получит не менее $60$ баллов по иностранному языку;
$D$ = абитуриент получит не менее $60$ баллов по обществознанию;

Все эти события являются независимыми.

Рассмотрим несколько возможных событий:

абитуриент поступит на <<Международное право>>, но не поступит на <<Социологию>>.
Это событие задаётся следующим образом: $ABC\overline{D}$ . Тогда искомая вероятность равна
$P(ABC\overline{D}) = P(A)\cdot P(B)\cdot P(C)\cdot (1 - P(D)) = 0,8\cdot0,9\cdot0,8\cdot0,1= 0,0576.$
абитуриент поступит на <<Социологию>>, но не поступит на <<Международное право>>;
Это событие задаётся следующим образом: $AB\overline{C}D$ . Тогда искомая вероятность равна
$P(ABC\overline{D}) = P(A)\cdot P(B)\cdot (1 - P(C))\cdot P(D) = 0,8\cdot0,9\cdot0,2\cdot 0,9\cdot = 0,1296.$
абитуриент A поступит и на <<Социологию>>, и на <<Международное право>>.
Это событие задаётся следующим образом: $ABCD$ . Тогда искомая вероятность равна
$P(ABC\overline{D}) = P(A)\cdot P(B)\cdot (1 - P(C))\cdot P(D) = 0,8\cdot0,9\cdot0,8\cdot0,9 = 0,5184.$

Так как эти события не могут наступить одновременно (они не совместные), то вероятность наступления хотя бы одного из этих событий, есть суммарная вероятность всех этих событий равна

0,0576+0,1296+0,5184 = 0,7056.

Задачи для самостоятельного решения

Кубик бросают четыре раза. Какова вероятность того, что тройка не выпадет ни разу? Если гроссмейстер М играет белыми, то он выигрывает у гроссмейстера Н с вероятностью $0,7$ . Если М играет чёрными, то М выигрывает у Н с вероятностью $0,5$ . Гроссмейстеры М и Н играют две партии, причём во второй партии меняют цвет фигур. Найдите вероятность того, что гроссмейстер М хотя бы один раз проиграет. В магазине одежды в случайный момент каждый продавец независимо от других занят с покупателем с вероятностью $0,2$ . Всего продавцов трое. Найдите вероятность того, что в случайно выбранный момент хотя бы один из продавцов свободен. Системный администратор обслуживает два сервера. Вероятность того, что в течение дня первый сервер потребует вмешательства, равна $0,3$ . Вероятность того, что второй сервер потребует вмешательства, равна $0,2$ . Найдите вероятность того, что в течение дня ни один из серверов не потребует вмешательства. Вероятность того, что батарейка бракованная, равна $0,07$ . Покупатель в магазине выбирает случайную упаковку, в которой две такие батарейки. Найдите вероятность того, что обе батарейки окажутся исправными. В магазине стоят два платежных автомата. Утром каждый из них неисправен с вероятностью $0,13$ независимо от другого. Найдите вероятность того, что утром хотя бы один автомат исправен. На рисунке показана схема лесных дорожек. Пешеход идет из точки $S$ по дорожкам, на каждой развилке выбирая дорожку случайным образом и никогда не возвращаясь обратно. Найдите вероятность того, что он попадет в точку $M$ . Ответ округлите до тысячных.

Hа рисунке изображен лабиринт. Жук заползает в лабиринт в точке <<Вход>>. Развернуться и ползти назад жук не может, поэтому на каждом разветвлении он выбирает один из путей, по которым он еще не полз. Считая, что выбор дальнейшего пути чисто случайный, определите, с какой вероятностью жук придет к выходу В.

Чтобы пройти в следующий круг соревнований, футбольной команде нужно набрать $4$ 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 $0,4$ .

Вероятность пересечения зависимых событий

В предыдущем разделе мы рассмотрели независимые события. Теперь рассмотрим ситуацию, когда события $A$ и $B$ являются зависимыми. Напомним, что события $A$ и $B$ мы называли независимыми, если одновременно были выполнены два условия: $P(A|B) = P(A)$ и $P(B|A) = P(B)$ . Логично тогда говорить, что события являются зависимыми, если, либо $P(A|B) \neq P(A)$ , либо $P(B|A) \neq P(B)$ . В этом случае мы будем использовать более общую формулу:

P(A\cap B) =P(A\cdot B)=P(A) \cdot P(B|A),

вероятность произведения двух зависимых событий равна произведению вероятности одного из них на вероятность второго при условии, что первое событие произошло. Четыре друга А, Б, В, Г заселяются в гостиницу в два двухместных номера. Администратор гостиницы распределяет их по номерам случайным образом. Найдите вероятность того, что А и Б оказались в одном номере.

Решение. Данную задачу мы уже разбирали в первом параграфе. Решим задачу другим способом. Рассмотрим следующие события:

$A_1$ = <<А оказался в первом номере>>; $A_2$ = <<А оказался во втором номере>>;
$B_1$ = <<Б оказался в первом номере>>; $B_2$ = <<Б оказался во втором номере>>;
$C$ = <<А и Б оказались в одном номере>>.

Событие $C$ произойдёт, если либо А и Б окажутся в первом номере (событие $A_1 \cdot B_1$ ), либо А и Б окажутся во втором номере (событие $A_2\cdot B_2$ ). То есть $C = A_1B_1+ A_2B_2$ . Если мы уже знаем, что А оказался в первом номере, вероятность этого события $P(A_1)=\dfrac{1}{2}$ , то вероятность того, что Б окажется с ним в одном номере, равна $\dfrac{1}{3}$ , то есть $P(B_1|A_1) = \dfrac{1}{3}$ . Аналогично получаем, что $P(A_2)=\dfrac{1}{2}$ , $P(B_2|A_2) = \dfrac{1}{3}$ . События $A_1\cdot B_1$ и $A_2\cdot B_2$ являются несовместными, поэтому получаем:

P(C) = P(A_1\cdot B_1) + P(A_2\cdot B_2) = P(A_1)P(B_1|A_1) + P(A_2)P(B_2|A_2) = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{3}.

В классе $26$ человек, среди них два близнеца – Андрей и Сергей. Класс случайным образом делят на две группы по $13$ человек в каждой. Найдите вероятность того, что Андрей и Сергей окажутся в одной группе.

Решение.
Вариант 1. В данной задаче практически невозможно перебрать все варианты разделения на группы. Рассмотрим несколько событий.

$A_1$ = <<Андрей оказался в первой группе>>; $A_2$ = <<Андрей оказался во второй группе>>;
$B_1$ = <<Сергей оказался в первой группе>>; $B_2$ = <<Сергей оказался во второй группе>>;
$C$ = <<Андрей и Сергей оказались в одной группе>>.

Событие $C$ произойдёт если одновременно произошли события $A_1$ и $B_1$ или события $A_2$ и $B_2$ , то есть $C = A_1B_1 + A_2B_2$ . Если мы знаем в какой группе оказался Андрей, то Сергею остаётся $25$ мест и $12$ из них являются благоприятными, поэтому

P(B_1|A_1) = P(B_2|A_2) = \dfrac{12}{25}.

При этом $P(A_1) = P(A_2) = \dfrac{1}{2}$ . События $A_1B_1$ и $A_2B_2$ являются несовместными, поэтому получаем:

P(C) = P(A_1B_1) + P(A_2B_2) = P(A_1)P(B_1|A_1) + P(A_2)P(B_2|A_2) = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{12}{25} + \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{12}{25} = \dfrac{12}{25}.

Вариант 2. Покажем менее формальное решение этой задачи. Пусть Андрей уже оказался в какой-то группе, тогда в этой группе есть еще $12$ мест, которые может занять Сергей. Общее число мест, которые может занять Сергей равно $26-1=25$ (так как Андрей уже занял одно место). Поэтому для события <<Андрей и Сергей окажутся в одной группе>> у нас есть $12$ благоприятных исходов из $25$ возможных. Получаем значение искомой вероятности $\dfrac{12}{25} = 0,48$ .

В ящике четыре красных и два синих фломастера. Фломастеры вытаскивают по очереди в случайном порядке. Какова вероятность того, что первый раз синий фломастер появится третьим по счету?

Решение.
Вариант 1. Рассмотрим три события:

$A$ = <<при первом вытаскивании попался красный фломастер>>;
$B$ = <<при втором вытаскивании попался красный фломастер>>;
$C$ = <<при третьем вытаскивании попался синий фломастер>>;

Найдём вероятность события $A\cap B$ . Вероятность вытащить первым красный фломастер равна $\dfrac{4}{6}$ . Вероятность вытащить вторым красный фломастер при условии, что первым также был вытащен красный фломастер, равна $\dfrac{3}{5}$ (у нас осталось $3$ красных фломастера из $5$ возможных). То есть

P(A\cap B) = P(A)\cdot P(B|A) = \dfrac{4}{6}\cdot\dfrac{3}{5} = \dfrac{2}{5}.

Вероятность вытащить третьим синий фломастер при условии, что в первые два раза был вытащен красный фломастер, равна $\dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2}$ (у нас $2$ синих фломастера из $4$ возможных). Тогда получаем:

P((A\cap B)\cap C) = P(A\cap B)\cdot P(C|A\cap B) = \dfrac{2}{5}\cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{5} = 0,2.

Вариант 2. Опять же покажем менее формальное решение. Самое главное на каждом шаге нужно учитывать то, какой фломастер мы вытащили на предыдущем шаге. Вероятность вытащить первым красный фломастер равна $\dfrac{4}{6}$ . Вероятность, того, что вторым мы тоже вытащим красный фломастер: $\dfrac{3}{5}$ (у нас осталось 3 красных фломастера из 5 возможных). Вероятность, что третьим мы вытащим синий фломастер при выполнении первых двух условий: $\dfrac{2}{4}$ (у нас 2 синих фломастера из 4 возможных). Тогда получаем, что искомая вероятность равна

\dfrac{4}{6} \cdot \dfrac{3}{5} \cdot \dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{5}=0,2.

Задачи для самостоятельного решения

В классе $21$ учащийся, среди них два друга – Тоша и Гоша. На уроке физкультуры класс случайным образом разбивают на три равные группы. Найдите вероятность того, что Тоша и Гоша попали в одну группу. В классе $28$ учащихся, среди них Наташа и Владик – брат и сестра. Для проведения медосмотра класс случайным образом разбивают на две равные группы. Найдите вероятность того, что Владик и Наташа попали в разные группы. В классе $21$ человек, среди них близнецы – Даша и Маша. Класс случайным образом делят на три группы по $7$ человек в каждой. Найдите вероятность того, что Даша и Маша окажутся в разных группах. В коробке $10$ синих, $9$ красных и $6$ зелёных фломастеров. Случайным образом выбирают два фломастера. Какова вероятность того, что окажутся выбраны один синий и один красный фломастер? В ящике девять красных и семь синих фломастеров. Фломастеры вытаскивают по очереди в случайном порядке. Какова вероятность того, что первый раз синий фломастер появится третьим по счету?

За круглый стол на 9 стульев в случайном порядке рассаживаются 7 мальчиков и 2 девочки. Найдите вероятность того, что обе девочки будут сидеть рядом.

Вероятность объединения событий

Ранее мы рассматривали несовместные события и то, как находить вероятность объединения несовместных событий. Но что делать, если события $A$ и $B$ могут происходить одновременно, то есть они являются совместными? Если события $A$ и $B$ являются совместными, то событие $A\cap B$ непусто, поэтому $P(A\cap B) \neq 0$ . По итогу в случае совместных событий $A$ и $B$ верна следующая общая формула:

P(A\cup B)=P(A+B) = P(A) + P(B) - P(A\cap B),

вероятность суммы двух совместных событий равна сумме их вероятностей без вероятности их совместного появления.

В торговом центре два одинаковых автомата продают кофе. Обслуживание автоматов происходит по вечерам после закрытия центра. Известно, что вероятность события <<К вечеру в первом автомате закончится кофе>> равна $0,25$ . Такая же вероятность события <<К вечеру во втором автомате закончится кофе>>. Вероятность того, что кофе к вечеру закончится в обоих автоматах, равна $0,15$ . Найдите вероятность того, что к вечеру кофе останется в обоих автоматах.

Решение. Рассмотрим два события:

$A$ = <<К вечеру в первом автомате закончится кофе>>;
$B$ = <<К вечеру во втором автомате закончится кофе>>.

Тогда

$A\cap B$ = <<к вечеру в обоих автоматах закончится кофе>>;
$A\cup B$ = <<к вечеру хотя бы в одном автомате закончится кофе>>;
$\overline{A\cup B}$ = <<к вечеру в обоих автоматах останется кофе>>.

Из условия следует, что $P(A) = P(B) = 0,25$ , $P(A\cap B) = 0,15$ , тогда

P(A\cup B) = P(A) + P(B) - P(A\cap B) = 0,25 + 0,25 - 0,15 = 0,35.

По формуле для противоположного события получаем:

P(\overline{A\cup B}) = 1 - P(A\cup B) = 1 - 0,35 = 0,65.

То есть искомая вероятность равна $0,65$ .

В парикмахерской работают два мастера. Вероятность того, что каждый отдельный мастер в данный момент занят, равна $0,6$ . Вероятность того, что оба мастера заняты, равна $0,28$ . Найдите вероятность того, что ровно один мастер свободен.

Решение. Рассмотрим два события:

$A$ = <<первый парикмахер занят>>; $B$ = <<второй парикмахер занят>>.

Событие $A\cup B$ состоит в том, что кто-то из парикмахеров занят. Мы имеем $3$ возможных варианта, при которых событие $A\cup B$ происходит:

$AB$ = <<оба парикмахера заняты>>;
$A\overline{B}$ = <<первый парикмахер занят, второй парикмахер свободен>>;
$\overline{A}B$ = <<первый парикмахер свободен, второй парикмахер занят>>.

Данные события являются несовместными, поэтому

P(A+B) = P(AB+ A\overline{B}+ \overline{A}B) = P(AB) + P(A\overline{B}+\overline{A}B).

Нам нужно найти $P(A\overline{B}+\overline{A}B)$ . Из условия мы знаем, что $P(AB) = 0,28$ . То есть

P(A\overline{B}+\overline{A}B) = P(A+B) - P(AB) = P(A) + P(B) - 2P(AB) = 0,6 + 0,6 - 2\cdot 0,28 = 0,64.

В небольшом магазине работают два продавца – Василий и Сергей. Каждый из них может быть занят с клиентом с вероятностью $0,4$ . При этом они могут быть заняты одновременно с вероятностью $0,3$ . Найдите вероятность того, что Василий занят, а Сергей свободен.

Решение. Рассмотрим два события:

$A$ = <<Василий занят>>; $B$ = <<Сергей занят>>.

Событие $A\cup B$ состоит в том, что кто-то из продавцов занят. Мы имеем $3$ возможных варианта, при которых событие $A\cup B$ происходит:

$AB$ = <<Василий и Сергей заняты>>;
$A\overline{B}$ = <<Василий занят, Сергей свободен>>;
$\overline{A}B$ = <<Василий свободен, Сергей занят>>.

Данные события являются несовместными, поэтому

P(A\cup B)=P(A+B) = P(AB+A\overline{B}+ \overline{A}B) = P(AB) + P(A\overline{B}) + P(\overline{A}B).

Нам нужно найти $P(A\overline{B})$ , заметим, что $P(A\overline{B}) = P(\overline{A}B)$ (так как вероятность быть занятым для Василия и Сергея одинакова). То есть

P(A+B) = P(AB) + 2P(A\overline{B})\Longrightarrow P(A\overline{B}) = \dfrac{P(A+B) - P(AB)}{2}.

Из условия мы знаем, что $P(AB) = 0,3$ . Получаем:

P(A\overline{B}) = \dfrac{P(A+B) - P(AB)}{2} = \dfrac{P(A) + P(B) - 2P(AB)}{2} = \dfrac{0,4 + 0,4 - 0,6}{2} = 0,1.

Задачи для самостоятельного решения

В торговом центре два одинаковых автомата продают шоколадные батончики. Вероятность того, что к концу дня в каждом отдельном автомате батончики закончатся, равна $0,2$ . Вероятность того, что батончики закончатся в обоих автоматах, равна $0,07$ . Найдите вероятность того, что к концу дня хотя бы в одном автомате закончатся батончики. 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 $0,12$ . Найдите вероятность того, что к концу дня кофе останется в обоих автоматах. В торговом центре два одинаковых автомата продают кофе. Вероятность того, что к концу дня в автомате закончится кофе, равна $0,25$ . Вероятность того, что кофе закончится в обоих автоматах, равна $0,18$ . Найдите вероятность того, что к концу дня кофе останется в обоих автоматах. В кафе работают две официантки – Вера и Анна. Вероятность того, что Вера может быть занят обслуживанием зала, составляет $0,35$ . Вероятность того, что Анна занята обслуживанием зала, тоже составляет $0,35$ . Вероятность того, что обе свободны одновременно, составляет $0,4$ . Найдите вероятность того, что и Вера и Анна заняты одновременно.

Условная вероятность

Ранее мы познакомились с определением условной вероятности события, а именно с $P(B|A)$ . $P(B|A)$ - это вероятность события $B$ при условии, что событие $A$ произошло. Для её нахождения можно использовать следующую формулу:

P(B|A) = \dfrac{P(A\cdot B)}{P(A)},

условная вероятность $P(B|A)$ равна отношению вероятности совместного появления событий $A$ и $B$ к вероятности произошедшего события $A$ . В торговом центре установлены два автомата, продающие кофе. Вероятность того, что к концу дня кофе закончится в каждом отдельном автомате, равна $0,3$ . Хотя бы в одном автомате кофе заканчивается к вечеру с вероятностью $0,39$ . Вечером пришёл мастер, чтобы обслужить автоматы, и обнаружил, что в первом кофе закончился. Какова теперь вероятность того, что во втором автомате кофе тоже закончился?

Решение. Рассмотрим два события:

$A$ = <<К вечеру в первом автомате закончится кофе>>;
$B$ = <<К вечеру во втором автомате закончится кофе>>.

Нам нужно найти значение $P(B|A)$ . Мы знаем, что $P(A\cup B) = 0,39$ , значит,

P(A\cap B) = P(A) + P(B) - P(A\cup B) = 0,3 + 0,3 - 0,39 = 0,21.

Таким образом, получаем:

P(B|A) = \dfrac{P(A\cap B)}{P(A)} = \dfrac{0,21}{0,3} = 0,7.

Первый игральный кубик обычный, а на гранях второго кубика нет чётных чисел, а нечётные числа $1$ , $3$ и $5$ встречаются по два раза. В остальном кубики одинаковые. Один случайно выбранный кубик бросают два раза. Известно, что в каком-то порядке выпали $3$ и $5$ очков. Какова вероятность того, что бросали второй кубик?

Решение.
Вариант 1. Запишем все комбинации очков которые могли выпасть на первом кубике:

Видим, что у нас есть $2$ способа получить в каком-то порядке $3$ и $5$ при бросании первого кубика. Эти способы выделены в таблице.

Запишем все комбинации очков которые могли выпасть на втором кубике:

Видим, что у нас есть $8$ способов получить в каком-то порядке $3$ и $5$ при бросании второго кубика. Значит у нас есть $10$ способов получить в каком-то порядке $3$ и $5$ при бросании первого или второго кубика. Благоприятными для события <<бросали второй кубик>> являются $8$ исходов. Тогда искомая вероятность равна: $\dfrac{8}{10}=0,8$ .

Вариант 2. Решим задачу чуть более строго. Введём следующие события:

$A$ = <<был выбран второй кубик>>;
$B$ = <<выпали $3$ и $5$ >>.

Нам нужно найти значение $P(A|B)$ . Тогда:

P(A|B) = \dfrac{P(A\cdot B)}{P(B)}.

Если мы выбрали первый кубик, вероятность этого $\dfrac{1}{2}$ , так как он один из двух кубиков, то вероятность выпадения $3$ и $5$ равна $\dfrac{2}{36}$ . Если же мы выбрали второй кубик, вероятность этого также $\dfrac{1}{2}$ , то вероятность выпадения $3$ и $5$ равна $\dfrac{8}{36}$ . Получаем:

P(A\cdot B)=\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{8}{36}=\dfrac{1}{9},

P(B)=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2}{36} + \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{8}{36}=\dfrac{5}{36},

P(A|B) = \dfrac{P(A\cdot B)}{P(B)} = \dfrac{\dfrac{1}{9}}{\dfrac{5}{36}} = \dfrac{4}{5}.

Игральную кость бросили два раза. Известно, что три очка не выпали ни разу. Найдите при этом условии вероятность события <<сумма выпавших очков окажется равна $8$ >>.

Решение. Введём два события:

$A$ = <<сумма выпавших очков окажется равна $8$ >>;
$B$ = <<три очка не выпали ни разу>>.

Составим таблицу, в которой отметим события, соответствующие событию $B$ (выделены жирным шрифтом) и событию $A\cdot B$ (выделены квадратиком):

150

Всего имеем $25$ вариантов, соответствующих событию $B$ , значит $P(B) = \dfrac{25}{36}$ . Событию $A\cdot B$ соответствуют $3$ варианта, поэтому $P(A\cdot B) = \dfrac{3}{36}$ . Получаем:

P(A|B) = \dfrac{P(A\cdot B)}{P(B)} = \dfrac{\dfrac{3}{36}}{\dfrac{25}{36}} = \dfrac{3}{25}.

Игральную кость бросили один или несколько раз. Оказалось, что сумма всех выпавших очков равна $4$ . Какова вероятность того, что был сделан один бросок? Ответ округлите до сотых.

Решение. Рассмотрим два события:

$A$ = <<сумма выпавших очков равна $4$ >>;
$B$ = <<был сделан один бросок>>.

Нам нужно найти вероятность $P(B|A)$ . Построим дерево благоприятных исходов для события $A$ :

У нас есть только один вариант, при котором будет совершено $4$ бросания (обозначим его зелёным). Таким образом, вероятность того, что будет совершено $4$ броска и сумма очков равна $4$ , равна $\left(\dfrac{1}{6}\right)^4$ .

У нас есть $3$ варианта, при которых будет совершено $3$ бросания (обозначим их синим). Таким образом, вероятность того, что будет совершено $3$ броска и сумма очков равна $4$ , равна $3\left(\dfrac{1}{6}\right)^3$ .

У нас есть $3$ варианта, при которых будет совершено $2$ бросания (обозначим их оранжевым). Таким образом, вероятность того, что будет совершено $2$ броска и сумма очков равна $4$ , равна $3\left(\dfrac{1}{6}\right)^2$ .

И есть только один вариант, при котором будет совершено одно бросание (обозначим его фиолетовым). Таким образом, вероятность того, что будет совершён $1$ бросок и сумма очков равна $4$ , равна $\dfrac{1}{6}$ .

Получаем, что

P(A) = \left(\dfrac{1}{6}\right)^4 + 3\left(\dfrac{1}{6}\right)^3 + 3\left(\dfrac{1}{6}\right)^2 + \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{6}\left(\left(\dfrac{1}{6}\right)^3 + 3\left(\dfrac{1}{6}\right)^2 + 3\left(\dfrac{1}{6}\right) + 1\right) = \dfrac{1}{6}\cdot\left(\dfrac{7}{6}\right)^{3},

и $P(AB) = \dfrac{1}{6}$ . Тогда по формуле условной вероятности получаем:

P(B|A) = \dfrac{P(AB)}{P(A)} = \dfrac{\dfrac{1}{6}}{\dfrac{1}{6}\cdot\left(\dfrac{7}{6}\right)^{3}} = \dfrac{6^3}{7^3} = \dfrac{216}{343} \approx 0,63.

На диаграмме Эйлера показаны события $A$ и $B$ в некотором случайном эксперименте, в котором $10$ равновозможных элементарных событий. Элементарные события показаны точками. Найдите $P\left(B|A\right)$ – условную вероятность события $B$ при условии $A$ .

Решение. Событию $A\cdot B$ соответствует $2$ элементарных события, поэтому $P(A\cdot B) = \dfrac{2}{10}$ , событию $A$ соответствует $5$ элементарных события, поэтому $P(A) = \dfrac{5}{10}$ . Значит,

P(B|A) = \dfrac{\dfrac{2}{10}}{\dfrac{5}{10}} = 0,4.

На рисунке показано дерево некоторого случайного эксперимента. Событию $A$ благоприятствуют элементарные события $a$ , $b$ и $c$ , а событию $B$ благоприятствуют элементарные события $b$ , $c$ и $d$ . Найдите $P\left(A| B\right)$ – условную вероятность события $A$ при условии $B$ .

Решение. Событию $A\cdot B$ соответствуют события $b$ и $c$ , данные события несовместные и

P(b) = 0,4\cdot 0,5 = 0,2 \;\;\; P(c) = 0,6\cdot 0,4 = 0,24,

поэтому $P(A\cdot B) = 0,2 + 0,24 = 0,44$ . Событию $B$ соответствует события $b$ , $c$ , $d$ , все эти события являются независимыми. Имеем: $P(d) = 0,6\cdot 0,6 = 0,36$ . Имеем:

P(B) = 0,44 + 0,36 = 0,8.

Итого получаем:

P(A|B) = \dfrac{P(A\cdot B)}{P(B)} = 0,55.

Задачи для самостоятельного решения

Игральный кубик бросают дважды. Известно, что в сумме выпало $8$ очков. Найдите вероятность того, что во второй раз выпало $3$ очка. При двукратном бросании игральной кости в сумме выпало $9$ очков. Какова вероятность того, что хотя бы раз выпало $5$ очков? Первый игральный кубик обычный, а на гранях второго кубика нет чисел, больших чем $2$ , и числа $1$ и $2$ встречаются по три раза. В остальном кубики одинаковые. Один случайно выбранный кубик бросают два раза. Известно, что в каком-то порядке выпали $1$ и $2$ очка. Какова вероятность того, что бросали второй кубик? В торговом центре установлены два автомата, продающие кофе. Вероятность того, что к концу дня кофе закончится в каждом отдельном автомате, равна $0,3$ . В обоих автоматах кофе заканчивается к вечеру с вероятностью $0,15$ . Вечером пришёл мастер, чтобы обслужить автоматы, и обнаружил, что в первом кофе закончился. Какова теперь вероятность того, что во втором автомате кофе тоже закончился? Игральную кость бросили один или несколько раз. Оказалось, что сумма всех выпавших очков равна $3$ . Какова вероятность того, что был сделан один бросок? Ответ округлите до сотых. На диаграмме Эйлера показаны события $A$ и $B$ в некотором случайном эксперименте, в котором 10 равновозможных элементарных событий. Элементарные события показаны точками. Найдите $P\left(B\mid A\right)$ – условную вероятность события $B$ при условии $A$ .

На рисунке показано дерево некоторого случайного эксперимента. Событию $A$ благоприятствуют элементарные события $a$ , $b$ и $c$ , а событию $B$ благоприятствуют элементарные события $b$ , $c$ и $d$ . Найдите $P\left(A\mid B\right)$ – условную вероятность события $A$ при условии $B$ .

Геометрическое распределение

Телефон передаёт СМС-сообщение. В случае неудачи телефон делает следующую попытку. Вероятность того, что сообщение удастся передать без ошибок в каждой отдельной попытке, равна $0,3$ . Найдите вероятность того, что для передачи сообщения потребуется не больше трёх попыток.

Решение.
Вариант 1. Рассмотрим несколько событий:

$A_1$ = <<сообщение будет доставлено при первой попытке>>;
$A_2$ = <<сообщение будет доставлено при второй попытке>>;
$A_3$ = <<сообщение будет доставлено при третьей попытке>>;
$B$ = <<для передачи сообщения потребуется не больше трёх попыток>>.

Все попытки являются независимыми. Вероятность того, что сообщение не будет доставлено равна $1 - 0,3 = 0,7$ . Сообщение будет доставлено при первой попытке с вероятностью $0,3$ , то есть $P(A_1) = 0,3$ .

Сообщение будет доставлено при второй попытке с вероятностью $0,7\cdot 0,3$ (то есть при первой попытке сообщение не доставлено, а при второй доставлено), то есть $P(A_2) = 0,7\cdot 0,3$ .

Сообщение будет доставлено при третьей попытке с вероятностью $0,7\cdot 0,7\cdot 0,3$ (то есть при первой и второй попытках сообщение не доставлено, а при третьей доставлено), то есть $P(A_3) = 0,7\cdot 0,7\cdot 0,3$ .

Заметим, что $B = A_1\cup A_2\cup A_3$ . События $A_1$ , $A_2$ и $A_3$ несовместные, поэтому

P(B) = P(A_1\cup A_2\cup A_3) = P(A_1) + P(A_2) + P(A_3) =

= 0,3 + 0,7\cdot 0,3 + 0,7\cdot 0,7\cdot 0,3 = 0,3 + 0,21 + 0,147 = 0,657

Вариант 2. Событие $\overline{B}$ состоит в том, что за три попытки сообщение не будет доставлено, вероятность того, что сообщение не будет доставлено при каждой попытке, равна $0,7$ . Тогда получаем, что

P(\overline{B}) = 0,7\cdot 0,7\cdot 0,7 = 0,343.

Значит,

P(B) = 1 - P(\overline{B}) = 1 - 0,343 = 0,657.

В ветеринарной лаборатории проводятся анализы на пироплазмоз. Если анализ не выявляет заболевания, говорят, что результат анализа отрицательный, в противном случае — что результат положительный. Если анализ отрицательный, врач назначает повторный анализ. Третий анализ не назначается. Вероятность ложного отрицательного анализа у больной пироплазмозом собаки равна $0,3$ . Найдите вероятность того, что с помощью такой процедуры у больной пироплазмозом собаки удастся выявить это заболевание.

Решение.
Вариант 1. У собаки будет диагностирован пироплазмоз в двух случаях: первый – пироплазмоз диагностирован сразу. Вероятность этого равна $1-0,3 = 0,7$ . Второй – первый анализ на пироплазмоз отрицательный, второй анализ на пироплазмоз положительный. Событие <<первый анализ отрицательный>> и событие <<второй анализ положительный>> – это два независимых события. Вероятность одновременного наступления двух независимых событий, равна произведению вероятностей этих событий. Поэтому вероятность, что первый анализ отрицательный, а второй анализ положительный равна $0,3 \cdot 0,7 = 0,21$ . Тогда искомая вероятность, равна сумме двух вероятностей: $0,7 + 0,21=0,91$ .

Вариант 2.
У собаки не будет диагностирован пироплазмоз, если оба раза результат анализа будет отрицательным. События <<первый анализ отрицательный>> и событие <<второй анализ отрицательный>> – это два независимых события. Вероятность одновременного наступления двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий. Поэтому вероятность того, что оба анализа отрицательные равна: $0,3 \cdot 0,3 = 0,09$ . Тогда искомая вероятность – это вероятность противоположного события:

1-0,09 = 0,91.

В одном ресторане в городе Тамбове администратор предлагает гостям сыграть в <<Шеш-беш>>: гость бросает одновременно две игральные кости. Нужно выбросить комбинацию $5$ и $6$ очков. У гостя две попытки. И если это удалось, то гость получает чашку кофе или десерт бесплатно. Какова вероятность того, что гость выиграет?

Решение. Рассмотрим несколько событий:

$A_1$ = << $5$ и $6$ выпали с первого раза>>;
$A_2$ = << $5$ и $6$ выпали со второго раза>>;
$B$ = <<гость получает чашку кофе или десерт бесплатно>>.

При одном броске двух костей у нас есть $36$ возможных исходов, при этом у нас $2$ благоприятных исхода (на первой кости $5$ , на второй – $6$ или наоборот), то есть вероятность того, что при броске двух костей выпадут $5$ и $6$ , равна $\dfrac{2}{36} = \dfrac{1}{18}$ , поэтому $P(A_1) = \dfrac{1}{18}$ . Вероятность того, что не выпадут $5$ и $6$ одновременно равна $1 - \dfrac{1}{18} = \dfrac{17}{18}$ .

Событие $A_2$ произойдёт, если в первый раз $5$ и $6$ одновременно не выпадут, а во второй – выпадут. Попытки являются независимыми, поэтому $P(A_2) = \dfrac{17}{18}\cdot\dfrac{1}{18}$ .

Заметим, что $B = A_1\cup A_2$ . События $A_1$ и $A_2$ несовместные, поэтому

P(B) = P(A_1\cup A_2) = P(A_1) + P(A_2) = \dfrac{1}{18} + \dfrac{17}{18}\cdot\dfrac{1}{18} = \dfrac{35}{324}.

Стрелок в тире стреляет по мишени до тех пор, пока не поразит её. Известно, что он попадает в цель с вероятностью $0,3$ при каждом отдельном выстреле. Какое наименьшее количество патронов нужно дать стрелку, чтобы он поразил цель с вероятностью не менее $0,6$ ?

Решение. Сразу отметим, что вероятность не попасть при отдельном выстреле равна $1 - 0,3 = 0,7$ . Выстрелы производятся независимо друг от друга. Стрелок попадёт с первой попытки с вероятностью $0,3 < 0,6$ , поэтому одного патрона не хватит.

Стрелок попадёт со второй попытки с вероятностью $0,7\cdot 0,3 = 0,21$ . То есть вероятность того, что стрелок поразит мишень за $2$ попытки, равна $0,3 + 0,21 = 0,51 < 0,6$ , то есть и двух патронов нам не хватит.

Стрелок попадёт с третьей попытки с вероятностью $0,7\cdot 0,7\cdot 0,3 = 0,147$ . То есть вероятность того, что стрелок поразит мишень за $3$ попытки, равна $0,3 + 0,21 + 0,147 = 0,657 > 0,6$ , то есть стрелку хватит три патрона.

При артиллерийской стрельбе автоматическая система делает выстрел по цели. Если цель не уничтожена, то система делает повторный выстрел. Выстрелы повторяются до тех пор, пока цель не будет уничтожена. Вероятность уничтожения некоторой цели при одном выстреле равна $0,8$ . Сколько выстрелов потребуется для того, чтобы вероятность уничтожения цели была не менее чем $0,99$ ?

Решение.

Вариант 1. Найдем вероятность противоположного события, состоящего в том, что цель не будет уничтожена за $n$ выстрелов. Вероятность промахнуться при каждом выстреле равна $1 - 0,8 = 0,2$ . Промах при одном конкретном выстреле – отдельное событие, этих событий $n$ штук и они все независимые. Вероятность одновременного наступления $n$ независимых событий равна произведению вероятности этих событий. Поэтому вероятность промахнуться при $n$ выстрелах равна $(0,2)^n$ .

Нам надо, чтобы эта вероятность была меньше $0,01$ , так как в этом случае вероятность попасть будет больше, чем $1 - 0,01 = 0,99$ . Осталось найти наименьшее натуральное $n$ , являющееся решением неравенства:

0,2^{n}< 0,01 \Longleftrightarrow \left(\dfrac{1}{5}\right)^{n} < \dfrac{1}{100}.

Для этого будем последовательно проверять значения $n$ (начиная с $1$ ) до тех пор, пока не найдём нужное значение:

n = 1:\;\;\;\; \left(\frac{1}{5}\right)^{1} = \dfrac{1}{5} > \dfrac{1}{100} \text{ -- не подходит}.

n = 2:\;\;\; \left(\frac{1}{5}\right)^{2} = \dfrac{1}{25} > \dfrac{1}{100} \text{ -- не подходит}.

n = 3:\;\;\;\; \left(\frac{1}{5}\right)^{3} = \dfrac{1}{125} < \dfrac{1}{100} \text{ -- подходит}.

То есть нам достаточно трёх выстрелов, чтобы вероятность попасть была больше $0,99$ .

Вариант 2. Вероятность того, что мы поразим мишень с $1$ выстрела, равна $0,8$ . Вероятность того, что мы поразим мишень, затратив ровно 2 выстрела, равна: $0,2\cdot 0,8 = 0,16$ . Действительно, для того, чтобы выстрела было 2, нам нужно промахнуться первым выстрелом и попасть вторым. Эти события независимы, поэтому вероятность того, что это произойдёт одновременно, равна произведению вероятностей этих событий. Вероятность поразить мишень, затратив ровно три выстрела, равна: $0,2 \cdot 0,2 \cdot 0,8 = 0,032$ (нам надо промахнуться первым и вторым выстрелами и попасть третьим). Тогда вероятность того, что для поражения мишени нам хватит одного выстрела, равна $0,8 < 0,99$ . Вероятность того, что нам хватит двух выстрелов, равна: $0,8+0,2\cdot 0,8 = 0,96 < 0,99$ . Вероятность того, что нам хватит трёх выстрелов, равна $0,8 + 0,2\cdot 0,8 + 0,2\cdot0,2\cdot 0,8 = 0,992 > 0,99$ . Получаем, что при наличии третьего выстрела, сумма вероятностей будет больше $0,99$ . Поэтому для уничтожения цели с вероятностью больше или равной $0,99$ нам хватит трёх выстрелов.

Задачи для самостоятельного решения

Телефон передаёт SMS-сообщение. В случае неудачи телефон делает следующую попытку. Вероятность того, что сообщение удастся передать без ошибок в каждой отдельной попытке, равна $0,4$ . Найдите вероятность того, что для передачи сообщения потребуется не больше двух попыток. В ветеринарной лаборатории проводятся анализы на пироплазмоз. Если анализ не выявляет заболевания, говорят, что результат анализа отрицательный, в противном случае – что результат положительный. Если анализ отрицательный, врач назначает повторный анализ. Третий анализ не назначается. Вероятность ложного положительного результата у здоровой собаки равна $0,005$ . Найдите вероятность того, что с помощью такой процедуры у здоровой собаки будет ошибочно диагностирован пироплазмоз. Результат округлите до сотых. В одном ресторане в городе Тамбове администратор предлагает гостям сыграть в <<Шеш-беш>>: гость бросает одновременно две игральные кости. Нужно выбросить комбинацию $4$ и $6$ очков. У гостя две попытки. И если это удалось, то гость получает чашку кофе или десерт бесплатно. Какова вероятность того, что гость выиграет? Маша коллекционирует принцесс из киндер-сюрпризов. Всего в коллекции $10$ разных принцесс, и они равномерно распределены, то есть в каждом очередном киндер-сюрпризе может с равными вероятностями оказаться любая из $10$ принцесс. У Маши уже есть семь разных принцесс из коллекции. Какова вероятность того, что для получения следующей принцессы Маше придётся купить ещё $2$ или $3$ шоколадных яйца? Стрелок в тире стреляет по мишени до тех пор, пока не поразит её. Известно, что он попадает в цель с вероятностью $0,2$ при каждом отдельном выстреле. Сколько патронов нужно дать стрелку, чтобы он поразил цель с вероятностью не менее $0,6$ ? При артиллерийской стрельбе автоматическая система делает выстрел по цели. Если цель не уничтожена, то система делает повторный выстрел. Выстрелы повторяются до тех пор, пока цель не будет уничтожена. Вероятность уничтожения некоторой цели при первом выстреле равна $0,4$ , а при каждом последующем – $0,6$ . Сколько выстрелов потребуется для того, чтобы вероятность уничтожения цели была не менее $0,98$ ?

Вероятность и проценты

Автоматическая линия разливает минеральную воду в бутылки по $1,5$ л. В $2\%$ случаев объем воды в бутылке отличается от нормы больше чем на $0,05$ л. Какова вероятность того, что в случайно выбранной бутылке объем воды будет от $1,45$ до $1,55$ л?

Решение. С вероятностью равной $1$ можно сказать, что выполнено одно из двух событий: Введём следующие события:

$A$ = <<объём воды в бутылке лежит в пределах от $1,45$ до $1,55$ л>>,
$\overline{A}$ = <<объём воды в бутылке не лежит в пределах от $1,45$ до $1,55$ л>>.

Будем интерпретировать проценты в терминах теории вероятностей. В $2\%$ случаях объем воды в бутылке отличается от нормы больше чем на $0,05$ л, поэтому $P(\,\overline{A}\,) = 0,02$ . Нам же нужно найти вероятность противоположного события $A$ , она равна

P(A) = 1 - P(\,\overline{A}\,) = 1 - 0,02 = 0,98.

При контроле качества мебельных щитов на деревообрабатывающем комбинате $31 \%$ щитов определяется во второй сорт, $5 \%$ щитов отбраковывается. Остальные щиты продаются как первый сорт. Найдите вероятность того, что случайно выбранный новый щит окажется первого сорта.

Решение. 1 вариант. Введём следующие события:

$A$ = <<щит относится к первому сорту>>,
$B$ = <<щит относится к второму сорту>>,
$C$ = <<щит бракован>>.

По условию $31 \%$ щитов определяется во второй сорт, то есть вероятность события $B$ равна $P(B) = \dfrac{31}{100}$ . Известно, что $5 \%$ щитов отбраковывается, поэтому $P(C) = \dfrac{1}{20}$ . $100\% - 31\% - 5\% = 64\%$ щитов определяются к первому сорту, то есть $P(A) = \dfrac{64}{100}$ . Бракованные щиты не поступают в продажу, поэтому нам нужно найти вероятность $P(A|\overline{C})$ . Тогда $P(A\cap\overline{C}) = \dfrac{64}{100}$ и $P(\,\overline{C}\,) = 1 - P(C) = 1 - \dfrac{5}{100} = \dfrac{95}{100}$ . Поэтому получаем:

P(A|\overline{C}) = \dfrac{P(A\cap\overline{C})}{P(\overline{C})} = \dfrac{\dfrac{64}{100}}{\dfrac{95}{100}} = \dfrac{64}{95}.

2 вариант. Эту задачу можно решить, используя конкретное удобное нам количество щитов, выпущенных фабрикой. Пусть на комбинате выпустили 100 щитов, тогда $31 \%$ щитов от общего количества - щиты второго сорта, что в штуках будет равно $31$ щиту. Отбраковывается $5 \%$ произведенных щитов, то есть $5$ штук не поступают в продажу. Остальные $100 - 31 - 5=64$ щита продают как первый сорт. Значит, вероятность того, что случайно выбранный новый щит окажется первого сорта, равна отношению количества щитов первого сорта к общему числу щитов, поступивших в продажу. Поэтому получаем:

P = \dfrac{64}{95}.

Две фабрики выпускают одинаковые стёкла для автомобильных фар. Первая фабрика выпускает $45\%$ этих стёкол, вторая – $55\%$ . Первая фабрика выпускает $3\%$ бракованных стёкол, а вторая – $1\%$ . Найдите вероятность того, что случайно купленное в магазине стекло окажется бракованным.

Решение. 1 вариант. Рассмотрим следующие события:

$A_1$ = <<стекло было выпущено на первой фабрике>>;
$A_2$ = <<стекло было выпущено на второй фабрике>>;
$B$ = <<выпущенное стекло оказалось бракованным>>.

Получаем, что $B = A_1B\cup A_2B$ , то есть выбранное стекло является бракованным, если оно сделано на первой фабрике и оказалось бракованным или если оно сделано на второй фабрике и оказалось бракованным. События $A_1B$ и $A_2B$ являются несовместными. Из условия мы знаем, что $P(B|A_1) = 0,03$ и $P(B|A_2) = 0,01$ . Первая фабрика выпускает $45\%$ стёкол, поэтому $P(A_1) = 0,45$ , аналогично получаем $P(A_2) = 0,55$ . Тогда получаем:

P(B) = P(A_1B\cup A_2B) = P(A_1B) + P(A_2B) = P(B|A_1)P(A_1) + P(B|A_2)P(A_2) =

= 0,45\cdot0,03 + 0,55\cdot0,01 = 0,0135 + 0,0055 = 0,019.

2 вариант. Пусть в магазине в продаже есть 10000 стёкол, тогда $45\%$ этих стёкол составляют $0,45\cdot 10000=4500$ штук - стёкла с первой фабрики, из них брак составляет $3\%$ , то есть $0,03 \cdot 4500=135$ стёкол. Остальные $10000-4500=5500$ стёкол произведены второй фабрикой, из них бракованных $1\%$ , то есть $0,01 \cdot 5500=55$ штук. Следовательно, из $10000$ стёкол продаваемых магазином $135+55=190$ бракованные, значит вероятность купить бракованное стекло равна

P = \dfrac{190}{10000} = \dfrac{19}{1000}=0,019.

Агрофирма закупает куриные яйца в двух домашних хозяйствах. $40\%$ яиц из первого хозяйства – яйца высшей категории, а из второго хозяйства – $20\%$ яиц высшей категории. Всего высшую категорию получает $35\%$ яиц. Найдите вероятность того, что яйцо, купленное у этой агрофирмы, окажется из первого хозяйства.

Решение. 1 вариант. Рассмотрим следующие события:

$A_1$ = <<куплено яйцо, произведенное в первом хозяйстве>>;
$B_1$ = <<купленное у первого хозяйства яйцо получило высшую категорию>>;
$A_2$ = <<куплено яйцо, произведенное во втором хозяйстве>>;
$B_2$ = <<купленное у второго хозяйства яйцо получило высшую категорию>>;
$C$ = <<купленное яйцо оказалось высшей категории>>.

Тогда получаем, что $C = A_1B_1\cup A_2B_2$ . При этом события $A_1B$ и $A_2B$ являются несовместными. Всего высшую категорию получает $35\%$ яиц, поэтому $P(C) = 0,35$ . Пусть $P(A_1) = x$ и $P(A_2) = 1 - x$ . Тогда получаем:

P(C) = P(A_1B_1\cup A_2B) = P(A_1B_1) + P(A_2B_2) = P(B_1|A_1)P(A_1) + P(B_2|A_2)P(A_2) =

= 0,4x + 0,2(1-x).

То есть получаем уравнение:

0,4x + 0,2(1-x) = 0,35 \Longleftrightarrow 0,2x=0,15 \Longleftrightarrow x=0,75.

То есть искомая вероятность равна $0,75$ .

2 вариант. Пусть агрофирма закупила в двух хозяйствах 1000 яиц. Нам не известно сколько из них получены в первом, а сколько во втором хозяйстве. Пусть $x$ яиц произведены в первом хозяйстве и $(1000-x)$ во втором. Всего высшую категорию имеют $35\%$ яиц от общего числа, то есть $0,35 \cdot 1000=350$ штук, при этом из них $(0,4 \cdot x)$ яиц из первого хозяйства и $0,2 \cdot (1000-x)$ яиц из второго. То есть получаем уравнение:

0,4x + 0,2(1000-x) = 350 \Longleftrightarrow 0,2x=150 \Longleftrightarrow x=750.

Следовательно, вероятность того, что яйцо, купленное у этой агрофирмы, окажется из первого хозяйства равна отношению числа яиц из первого хозяйства к общему числу яиц агрофирмы, то есть получим

P = \dfrac{750}{1000} = \dfrac{75}{100}=0,75.

Задачи для самостоятельного решения

Автоматическая линия разливает питьевую воду в бутылки по $6$ л. В $97\%$ случаев объем воды в бутылке отличается от нормы не больше чем на $0,2$ л. Какова вероятность того, что в случайно выбранной бутылке объем воды будет меньше чем $5,8$ л или больше чем $6,2$ л? На фабрике керамической посуды $10\%$ произведенных 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. В городе $48\%$ взрослого населения – мужчины. Пенсионеры составляют $12,6\%$ взрослого населения, причём доля пенсионеров среди женщин равна $15\%$ . Для социологического опроса выбран случайным образом мужчина, проживающий в этом городе. Найдите вероятность события <<выбранный мужчина является пенсионером>>. Литьё в болванках поступает из двух заготовительных цехов: из первого цеха – $70\%$ , из второго цеха – $30\%$ . Литьё из первого цеха имеет $10\%$ брака, литьё из второго – $20\%$ брака. Случайно взятая болванка оказалась без дефекта. Какова вероятность её изготовления первым цехом?

Формула полной вероятности и формула Байеса

Пусть даны $n$ несовместных событий $B_1, B_2, \ldots, B_n$ , образующих полную группу, то есть

P(B_1\cup B_2\cup\ldots\cup B_n) = 1,

назовём эти события гипотезами. И пусть дано событие $A$ . Тогда верна следующая формула, называемая формулой полной вероятности:

P(A) = P(A|B_1)\cdot P(B_1) + P(A|B_2)\cdot P(B_2) + \ldots + P(A|B_n)\cdot P(B_n).

При $n = 2$ получаем:

P(A) = P(A|B_1)\cdot P(B_1) + P(A|B_2)\cdot P(B_2).

При $n = 3$ :

P(A) = P(A|B_1)\cdot P(B_1) + P(A|B_2)\cdot P(B_2) + P(A|B_3)\cdot P(B_3).

Разберем несколько примеров на применение формулы полной вероятности.

Ковбой Джон попадает в муху на стене с вероятностью $0,9$ , если стреляет из пристрелянного револьвера. Если Джон стреляет из непристрелянного револьвера, то он попадает в муху с вероятностью $0,2$ . На столе лежит $10$ револьверов, из них только $4$ пристрелянные. Ковбой Джон видит на стене муху, наудачу хватает первый попавшийся револьвер и стреляет в муху. Найдите вероятность того, что Джон промахнётся.

Решение. Рассмотрим несколько событий:

$A$ = <<Джон промахнётся>>;
$B_1$ = <<Джон выбрал непристрелянный револьвер>>;
$B_2$ = <<Джон выбрал пристрелянный револьвер>>.

По формуле полной вероятности получаем:

P(A) = P(A|B_1)\cdot P(B_1) + P(A|B_2)\cdot P(B_2).

Джон промахнётся из непристрелянного револьвера с вероятностью $1 - 0,2 = 0,8$ , поэтому $P(A|B_1) = 0,8$ . Если же Джону выпал пристрелянный револьвер, то он промахнётся с вероятностью $1 - 0,9 = 0,1$ , то есть $P(A|B_2) = 0,1$ . Из условия задачи можно найти, что $P(B_1) = \dfrac{6}{10} = 0,6$ и $P(B_2) = \dfrac{4}{10} = 0,4$ . Поэтому получаем:

P(A) = 0,8\cdot 0,6 + 0,1\cdot 0,4 = 0,52.

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

Решение. Пусть с вероятностью $p$ $5$ июля была хорошая погода, а с вероятностью $1 - p$ – отличная. Если $5$ июля была хорошая погода, то с вероятностью $0,2$ $6$ июля будет отличная погода, если же $5$ июля была отличная погода, то с вероятностью $0,8$ $6$ июля также будет отличная погода, поэтому по формуле полной вероятности, вероятность наступления $6$ июля отличной погоды равна

0,2p + 0,8(1 - p) = 0,8 - 0,6p.

Найдём $p$ . Вероятность того, что $4$ июля была хорошая погода, равна $0,8$ , вероятность отличной погоды – $0,2$ . Тогда, если $4$ июля была хорошая погода, то $5$ июля будет хорошая погода с вероятностью $0,8$ . Если же $4$ июля была отличная погода, то $5$ июля будет хорошая погода с вероятностью $0,2$ . Тогда по формуле полной вероятности получаем:

p = 0,8\cdot 0,8 + 0,2\cdot 0,2 = 0,68.

Значит, искомая вероятность равна $0,8 - 0,6\cdot 0,68 = 0,392$ .

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 $0,99$ . Вероятность того, что система по ошибке забракует исправную батарейку, равна $0,01$ . Найдите вероятность того, что случайно выбранная изготовленная батарейка будет забракована системой контроля.

Решение. Рассмотрим следующие события:

$A$ = <<батарейка забракована системой контроля>>;
$B_1$ = <<батарейка исправна>>;
$B_2$ = <<батарейка неисправна>>.

По формуле полной вероятности имеем:

P(A) = P(A|B_1)\cdot P(B_1) + P(A|B_2)\cdot P(B_2).

Система по ошибке забракует исправную батарейку с вероятностью $0,01$ , поэтому $P(A|B_1) = 0,01$ . Система верно забракует неисправную батарейку с вероятностью $0,99$ , поэтому $P(A|B_2) = 0,99$ . При этом $P(B_2) = 0,02$ , поэтому $P(B_1) = 1 - 0,02 = 0,98$ . Таким образом получаем:

P(A) = 0,01\cdot 0,98 + 0,99\cdot 0,02 = 0,0296.

Всем пациентам с подозрением на гепатит делают анализ крови. Если анализ выявляет гепатит, то результат анализа называется положительным. У больных гепатитом пациентов анализ дает положительный результат с вероятностью $0,9$ . Если пациент не болен гепатитом, то анализ может дать ложный положительный результат с вероятностью $0,01$ . Известно, что $5\%$ пациентов, поступающих с подозрением на гепатит, действительно болеют гепатитом. Найдите вероятность того, что результат анализа у пациента, поступившего в клинику с подозрением на гепатит, будет положительным.

Решение. Есть два варианта, когда тест будет положительным: пациент болен и его тест верен; пациент здоров и его тест неверен. Получаем, что вероятность первого события равна $0,9\cdot 0,05 = 0,045$ . Аналогично получаем, что вероятность второго события равна $0,01\cdot 0,95 = 0,0095$ . Тогда по формуле полной вероятности получаем, что искомая вероятность равна $0,045 + 0,0095 = 0,0545$ .

Нам уже известна формула для условной вероятности. Пусть $A$ и $B$ – события, запишем формулу для условной вероятности в двух вариантах:

P(A\cap B) = P(A|B)\cdot P(B);\;\;\; P(A\cap B) = P(B|A)\cdot P(A).

Отсюда получаем формулу Байеса:

P(A|B) = \dfrac{P(B|A)\cdot P(A)}{P(B)}.

При подозрении на наличие некоторого заболевания пациента отправляют на ПЦР-тест. Если заболевание действительно есть, то тест подтверждает его в $86\%$ случаев. Если заболевания нет, то тест выявляет отсутствие заболевания в среднем в $94\%$ случаев. Известно, что в среднем тест оказывается положительным у $10\%$ пациентов, направленных на тестирование. При обследовании некоторого пациента врач направил его на ПЦР-тест, который оказался положительным. Какова вероятность того, что пациент действительно имеет это заболевание?

Решение. Рассмотрим следующие события:

$A$ = <<тест положительный>>;
$B$ = <<пациент болен>>.

По условию задачи мы знаем, что $P(A)=0,1$ и что $P(A|B)=0,86$
Пусть $P(B) = p$ , тогда $P(\overline{B}) = 1 - p$ . Если пациент болен, то для него тест будет положительный с вероятностью $p \cdot 0,86$ . Если пациент здоров, то тест будет положительным с вероятностью $(1-p)\cdot (1-0,94)$ . Тогда из условию получаем:

p\cdot 0,86 + (1 - p)\cdot 0,06 = 0,1 \Longrightarrow 0,86p-0,06p = 0,1 - 0,06 \Longrightarrow 0,8p = 0,04 \Longrightarrow p = 0,05.

Мы нашли вероятность того, что пациент болен. Нам нужно найти вероятность того, что пациент болен при условии, что тест положительный. По формуле Байеса получаем:

P(B|A) = \dfrac{P(A|B)\cdot P(B)}{P(A)} = \dfrac{0,86 \cdot 0,05}{0,1}=\dfrac{0,86}{2} = 0,43.

Задачи для самостоятельного решения

Ковбой Джон попадает в муху на стене с вероятностью $0,8$ , если стреляет из пристрелянного револьвера. Если Джон стреляет из непристрелянного револьвера, то он попадает в муху с вероятностью $0,3$ . На столе лежит $10$ револьверов, из них только $3$ пристрелянные. Ковбой Джон видит на стене муху, наудачу хватает первый попавшийся револьвер и стреляет в муху. Найдите вероятность того, что Джон промахнётся. В Волшебной стране бывает два типа погоды: хорошая и замечательная, причем погода держится неизменной весь день. Известно, что с вероятностью $0,8$ погода завтра будет такая же, как сегодня. Сегодня $3$ июля, и погода в Волшебной стране замечательная. Найдите вероятность того, что $5$ июля погода в Волшебной стране также будет замечательная. Автоматическая линия изготавливает батарейки. Вероятность того, что готовая батарейка неисправна, равна $0,05$ . Перед упаковкой каждая батарейка проходит систему контроля. Вероятность того, что система контроля забракует неисправную батарейку, равна $0,96$ . Вероятность того, что система по ошибке забракует исправную батарейку, равна $0,04$ . Найдите вероятность того, что выбранная изготовленная батарейка будет забракована системой контроля. Всем пациентам с подозрением на гепатит делают анализ крови. Если анализ выявляет гепатит, то результат анализа называется положительным. У больных гепатитом пациентов анализ дает положительный результат с вероятностью $0,9$ . Если пациент не болен гепатитом, то анализ может дать ложный положительный результат с вероятностью $0,02$ . Известно, что $77\%$ пациентов, поступающих с подозрением на гепатит, действительно болеют гепатитом. Найдите вероятность того, что результат анализа у пациента, поступившего в клинику с подозрением на гепатит, будет положительным. При подозрении на наличие некоторого заболевания пациента отправляют на ПЦР-тест. Если заболевание действительно есть, то тест подтверждает его в $91\%$ случаев. Если заболевания нет, то тест выявляет отсутствие заболевания в среднем в $93\%$ случаев. Известно, что в среднем тест оказывается положительным у $10\%$ пациентов, направленных на тестирование. При обследовании некоторого пациента врач направил его на ПЦР-тест, который оказался положительным. Какова вероятность того, что пациент действительно имеет это заболевание?

Формула Бернулли

Пусть мы проводим испытание, в котором могут быть два исхода (успех или неудача), при этом вероятность успеха равна $p$ , а вероятность неудачи равна $q = 1 - p$ . Тогда если мы проводим $n$ испытаний, то вероятность того, что $k$ раз выпадет успех, равна

C_n^k\cdot p^k\cdot q^{n - k} = C_n^k\cdot p^k\cdot (1 - p)^{n - k}.

Данная формула называется формулой Бернулли.

Биатлонист стреляет по пяти мишеням - в каждую по одному разу. Вероятность попадания в каждую мишень равна $0,8$ . Найдите вероятность того, что биатлонист первые $3$ раза попал в мишень, а последние два промахнулся. Результат округлить до сотых.

Решение. Все выстрелы производятся независимо друг от друга. Вероятность промахнуться равна $1 - 0,8 = 0,2$ . Вероятность пересечения независимых события равна произведению вероятностей этих событий, поэтому получаем, что искомая вероятность равна

0,8\cdot 0,8\cdot 0,8\cdot 0,2\cdot 0,2 = 0,02048.

Округлив до сотых, получим ответ $0,2$ . Вероятность того, что деталь окажется бракованной, равна $0,2$ . Найдите вероятность того, что из трех таких случайно выбранных деталей ровно две окажутся бракованными.

Решение. Вероятность того, что деталь окажется не бракованной, равна $1 - 0,2 = 0,8$ . Мы проводим эксперимент $3$ раза, мы хотим найти вероятность того, что будет $2$ неудачи (то есть $1$ успех). Тогда по формуле Бернулли получаем:

C_3^1\cdot 0,8\cdot (0,2)^2 = \dfrac{3!}{1!\cdot 2!}\cdot 0,8\cdot (0,2)^2 = 3\cdot(0,8)^2\cdot (0,2) = 0,096.

Тренер полагает, что баскетболист А. попадает в корзину в среднем семь раз из десяти. Считая это предположение верным, найдите вероятность того, что А. попадёт в корзину ровно четыре раза из шести попыток. Результат округлите до тысячных.

Решение. Из условия следует, что вероятность попадания в корзину баскетболистом А. равна $0,7$ (вероятность успеха), вероятность не попадания в корзину равна $1 - 0,7 = 0,3$ . Мы проводим эксперимент (броски в корзину) $6$ раз, нам нужно найти вероятность того, что будет $4$ успеха. Поэтому по формуле Бернулли получаем:

C_6^4\cdot (0,7)^4\cdot(0,3)^2 = \dfrac{6!}{4!\cdot 2!}\cdot (0,7)^4\cdot(0,3)^2 = 15\cdot(0,7)^4\cdot(0,3)^2 \approx 0,324.

Стрелок стреляет по пяти одинаковым мишеням. На каждую мишень даётся не более двух выстрелов, и известно, что вероятность поразить мишень каждым отдельным выстрелом равна $0,6$ . Во сколько раз вероятность события <<стрелок поразит ровно пять мишеней>> больше вероятности события <<стрелок поразит ровно четыре мишени>>?

Решение. Найдем вероятность того, что стрелок за $2$ выстрела не поразит мишень. Так как вероятность поразить мишень каждым выстрелом равна $0,6$ , то вероятность промаха каждым выстрелом равна $1 - 0,6 = 0,4$ Тогда вероятность того, что стрелок не поражает мишень за $2$ выстрела равна $0,4 \cdot 0,4 = 0,16$ . Поэтому стрелок поражает мишень за $2$ выстрела равна $1 - 0,16 = 0,84$
С помощью формулы Бернулли найдем вероятности событий <<стрелок поразит ровно 5 мишеней>> и <<стрелок поразит ровно 4 мишени>>.
Вероятность события того, что стрелок поразит ровно $5$ мишеней равна $0,84^{5}$ .
Вероятность того, что стрелок поразит ровно $4$ мишени равна

C_5^4\cdot 0,84^{4} \cdot 0,16 = 5\cdot 0,84^{4} \cdot 0,16.

Найдём отношение вероятностей:

\dfrac{0,84^{5}}{5 \cdot 0,84^{4} \cdot 0,16} = \dfrac{0,84}{0,8} = 1,05.

Задачи для самостоятельного решения

Биатлонист стреляет по пяти мишеням. На каждую мишень дается один выстрел. Вероятность промаха при одном выстреле равна $0,2$ (независимо от результатов предыдущих выстрелов). Найдите вероятность того, что биатлонист поразит все мишени. Результат округлите до сотых. Биатлонист $4$ раза стреляет по мишеням. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна $0,7$ . Найдите вероятность того, что биатлонист первые два раза попал в мишени, а последние два промахнулся. Результат округлите до сотых. Вероятность того, что деталь окажется бракованной, равна $0,1$ . Найдите вероятность того, что из четырёх таких случайно выбранных деталей ровно две окажутся бракованными. Результат округлите до сотых. В новой люстре три светодиодные лампы, которые включаются одновременно, но работают независимо друг от друга. Известно, что каждая отдельная лампа перегорает в течение первого года службы с вероятностью $0,2$ . Найдите вероятность события «в течение первого года перегорит ровно одна лампа из тех, что были установлены сначала». На фабрике производят батарейки. В среднем $4\%$ батареек, поступающих в продажу, неисправны. Найдите вероятность того, что в упаковке, в которой $8$ батареек, окажется ровно две неисправных. Результат округлите до тысячных. Симметричную монету бросают $10$ раз. Во сколько раз вероятность события <<выпадет ровно $5$ орлов>> больше вероятности события <<выпадет ровно $4$ орла>>?

Сложные задачи

В викторине участвуют $6$ команд. Все команды разной силы, и в каждой встрече выигрывает та команда, которая сильнее. В первом раунде встречаются две случайно выбранные команды. Ничья невозможна. Проигравшая команда выбывает из викторины, а победившая команда играет со следующим случайно выбранным соперником. Известно, что в первых трёх играх победила команда А. Какова вероятность того, что эта команда выиграет четвёртый раунд?

Решение. В четырёх раундах сыграли $5$ команд. Пусть $x_1, x_2, x_3, x_4, x_5$ – силы команд, которые сыграли в первых четырёх раундах. Причём $x_1 > x_2 > x_3 > x_4 > x_5$ . Заметим, что команда $x_1$ обязательно будет участвовать в $4$ раунде и выиграет в нём. Единственный случай, когда команда, выигравшая первые $3$ раунда, проиграет $4$ раунд, это случай, когда только в $4$ раунде впервые сыграет команда $x_1$ . В остальных случаях, если команда выиграла первые $3$ игры, то это команда $x_1$ , значит, она выиграет и $4$ игру. Получаем, что искомая вероятность – это вероятность того, что в $4$ раунде впервые сыграет одна из команд $x_2, x_3, x_4, x_5$ , она равна $\dfrac{4}{5} = 0,8$ .

Турнир по настольному теннису проводится по олимпийской системе: игроки случайным образом разбиваются на игровые пары; проигравший в каждой паре выбывает из турнира, а победитель выходит в следующий тур, где встречается со следующим противником, который определён жребием. Всего в турнире участвует $16$ игроков, все они играют одинаково хорошо, поэтому в каждой встрече вероятность выигрыша и поражения у каждого игрока равна $0,5$ . Среди игроков два друга – Иван и Алексей. Какова вероятность того, что этим двоим в каком-то туре придётся сыграть друг с другом?

Решение.
Вариант 1. В первом раунде $16$ игроков сыграют $8$ игр, во втором раунде $8$ игроков сыграют $4$ игры, в третьем раунде $4$ игрока сыграют $2$ игры, и в последнем раунде $2$ игрока сыграют $1$ игру. Рассмотрим $4$ события: $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ , $A_4$

$A_1$ = <<Иван и Алексей сыграют в раунде $1$ >>;
$A_2$ = <<Иван и Алексей сыграют в раунде $2$ >>;
$A_3$ = <<Иван и Алексей сыграют в раунде $3$ >>;
$A_4$ = <<Иван и Алексей сыграют в раунде $4$ >>.

У Ивана есть $15$ вариантов соперника в $1$ раунде, благоприятным из них является только $1$ , то есть $P(A_1) = \dfrac{1}{15}$ .

Для того, чтобы Иван и Алексей встретились во втором раунде они должны не встретиться в первом раунде, выиграть свои игры в первом раунде и жребий должен их свести во втором раунде. Вероятность того, что Ивану не достанется Алексей в первом раунде, равна $\dfrac{14}{15}$ , вероятность того, что они оба выиграют свой матч в первом раунде равна $\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}$ . Наконец, если Иван и Алексей вышли во второй раунд, то встретятся они с вероятностью $\dfrac{1}{7}$ . Тогда получаем, что

P(A_2) = \dfrac{14}{15}\cdot\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{1}{7} = \dfrac{1}{30}.

Аналогично, Иван и Алексей сыграют вместе в $3$ раунде, если они не сыграли вместе до этого в $1$ и $2$ раундах и выиграли свои игры в своих раундах. Тогда получаем:

P(A_3) = \dfrac{14}{15}\cdot\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{6}{7}\cdot\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{60}.

Наконец, Иван и Алексей сыграют в $4$ раунде, если в первых трёх раундах они не встретились, при этом выиграли свои игры в этих раундах, тогда

P(A_4) = \dfrac{14}{15}\cdot\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{6}{7}\cdot\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{120}.

События $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ и $A_4$ являются несовместными, поэтому искомая вероятность равна

P(A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4) = P(A_1) + P(A_2) + P(A_3) + P(A_4) = \dfrac{1}{15} + \dfrac{1}{30} + \dfrac{1}{60} + \dfrac{1}{120} = \dfrac{1}{8} = 0,125.

Вариант 2. Рассмотрим два события:

$A$ = <<Иван проиграл Алексею>>;
$B$ = <<Алексей проиграл Ивану>>.

Если Иван и Алексей встретились, то кто-то из них выиграет, поэтому $A\cup B$ – событие состоящее в том, что Иван и Алексей встретились. События $A$ и $B$ несовместные, поэтому

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

Пусть событие $C$ состоит в том, что Иван выиграл в турнире. Так как все игроки равносильны, то $P(C) = \dfrac{1}{16}$ . По формуле полной вероятности получаем:

P(A) = P(A|C)\cdot P(C) + P(A|\overline{C})\cdot (1 - P(C)).

Иван не выиграет турнир, если проиграет Алексею, поэтому $P(A|C) = 0$ . Если нам известно, что Иван проиграл турнир, то с равной вероятностью он мог проиграть любому из оставшихся игроков с равной вероятностью, поэтому $P(A|\overline{C}) = \dfrac{1}{15}$ . Итого получаем:

P(A) = 0 + \dfrac{1}{15}\cdot \dfrac{15}{16} = \dfrac{1}{16}.

Очевидно, что тогда и $P(B) = \dfrac{1}{16}$ , значит, искомая вероятность равна $\dfrac{1}{16} + \dfrac{1}{16} = \dfrac{1}{8} = 0,125$ .

Первый член бесконечной последовательности целых чисел равен $0$ . Каждый следующий член последовательности с вероятностью $p=0,8$ на единицу больше предыдущего и с вероятностью $1-p$ на единицу меньше предыдущего. Какова вероятность того, что среди членов этой последовательности найдётся число $-1$ ?

Решение. Пусть $q_0$ – вероятность того, что среди членов нашей последовательности окажется $-1$ . Теперь пусть мы находимся в точке $1$ , через $q_1$ обозначим вероятность того, что находясь изначально в точке $1$ мы попадём в точку $-1$ . Из точки $0$ мы можем попасть либо в точку $-1$ , либо в точку $1$ . Таким образом, из точки $0$ мы попадём в точку $-1$ двух случаях:

мы сразу попадём в точку $-1$ , вероятность этого равна $0,2$ ;
мы сначала попадём в точку $1$ , после чего через какое-то время попадём в точку $-1$ , вероятность этого равна $0,8q_1$ .

Тогда получаем следующее уравнение: $q_0 = 0,2 + 0,8q_1$ . Осталось выразить $q_1$ через $q_0$ . Заметим, что вероятность $q'$ в какой-то момент попасть в точку $0$ , начиная из точки $1$ , равна вероятности в какой-то момент попасть в точку $-1$ , начиная из точки $0$ . При этом $q_1 = q_0\cdot q' = q^2_0$ . Таким образом, получаем следующее уравнение:

q_0 = 0,2 + 0,8q^2_0.

Это квадратное уравнение, имеющее два решения, $1$ и $0,25$ . Нам подходит значение $0,25$ .

За круглый стол на $9$ стульев в случайном порядке рассаживаются $7$ мальчиков и $2$ девочки. Найдите вероятность того, что обе девочки будут сидеть рядом.

Решение. Пусть первая девочка села на некоторое место. Тогда вторая девочка может занять одно из оставшихся $n = 8$ мест. При этом нам подходят только $m = 2$ места (по обе стороны от первой девочки).

Получаем:

P(\text{ девочки сидят рядом }) = \dfrac{m}{n} = \dfrac{2}{8} = \dfrac{1}{4}.

Задачи для самостоятельного решения

В викторине участвуют $10$ команд. Все команды разной силы, и в каждой встрече выигрывает та команда, которая сильнее. В первом раунде встречаются две случайно выбранные команды. Ничья невозможна. Проигравшая команда выбывает из викторины, а победившая команда играет со следующим случайно выбранным соперником. Известно, что в первых шести играх победила команда А. Какова вероятность того, что эта команда выиграет седьмой раунд? Турнир по настольному теннису проводится по олимпийской системе: игроки случайным образом разбиваются на игровые пары; проигравший в каждой паре выбывает из турнира, а победитель выходит в следующий тур, где встречается со следующим противником, который определён жребием. Всего в турнире участвует $32$ игрока, все они играют одинаково хорошо, поэтому в каждой встрече вероятность выигрыша и поражения у каждого игрока равна $0,5$ . Среди игроков два друга – Иван и Алексей. Какова вероятность того, что этим двоим в каком-то туре не придётся сыграть друг с другом? Первый член бесконечной последовательности целых чисел равен $-1$ . Каждый следующий член последовательности с вероятностью $p = 0,75$ на единицу больше предыдущего и с вероятностью $1 - p$ на единицу меньше предыдущего. Какова вероятность того, что среди членов этой последовательности найдётся число $-2$ ? За круглый стол на $201$ стул в случайном порядке рассаживаются $199$ мальчиков и $2$ девочки. Найдите вероятность того, что между девочками будет сидеть один мальчик.

Математическое ожидание

Пусть в проводимом эксперименте каждому элементарному исходу соответствует некоторое числовое значение. Функция $X$ , которая сопоставляет каждому элементарному исходу числовое значение, называется случайной величиной. Например, мы бросаем игральный кубик, тогда каждому элементарному исходу (выпадение каждой грани кубика) мы сопоставляем численное значение (которое написано на данной грани кубика) от $1$ до $6$ . При этом каждому значению случайной величины соответствует вероятность, с которой это значение выпадает. Мы можем задать распределение данной случайной величины следующей таблицей

Значение $X$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$
Вероятность	$1/6$	$1/6$	$1/6$	$1/6$	$1/6$	$1/6$

В общем случае пусть нам дана случайная величина $X$ , которая можем принимать значения $x_1, x_2, \ldots, x_n$ с вероятностями $p_1, p_2,\ldots, p_n$ , тогда распределение случайной величины $X$ можно задать таблицей

Значение $X$	$x_1$	$x_2$	$x_3$	$\ldots$	$x_n$
Вероятность	$p_1$	$p_2$	$p_3$	$\ldots$	$p_n$

Также есть альтернативная запись:

X \sim \begin{pmatrix} x_1 & x_2 & \ldots & x_n\\ p_1 & p_2 & \ldots & p_n \end{pmatrix}.

В данном случае $X$ – наша случайная величина, в верхней строчке таблицы записаны возможные значения случайной величины, а в нижней – вероятности каждого значения.

Математическим ожиданием случайной величины $X$ , заданной таблицей, называется число, вычисляемое по следующей формуле:

E(X) = x_1p_1 + x_2p_2 + \ldots x_np_n.

Например, математическое ожидание числа, которое выпадает на кубике, равно

1\cdot\dfrac{1}{6} + 2\cdot\dfrac{1}{6} + 3\cdot\dfrac{1}{6} + 4\cdot\dfrac{1}{6} + 5\cdot\dfrac{1}{6} + 6\cdot\dfrac{1}{6} = \dfrac{1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6}{6} = \dfrac{21}{6} = 3,5.

Если у нас есть две случайные величины $X_1$ и $X_2$ , то мы можем задать, например, их сумму. Проиллюстрируем это на примере.

Пусть

X_1\sim \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \end{pmatrix};\;\;\; X_2\sim \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \end{pmatrix}.

Сумма $X = X_1 + X_2$ может принимать значения $0$ , $1$ или $2$ . Значение $0$ в сумме мы получим, если обе случайные величины равны $0$ , это происходит с вероятностью $\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}$ . Значение $2$ мы получим, если обе случайные величины равны $1$ , это происходит с вероятностью $\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}$ . Значит, вероятность того, что случайная величина $X$ примет значение $1$ , равна $1 - 2\cdot\dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2}$ . Получаем

X\sim \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\ \dfrac{1}{4} & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{4} \end{pmatrix}.

Пусть $X_1$ и $X_2$ – две случайные величины, тогда

E(X_1 + X_2) = E(X_1) + E(X_2),

то есть математическое ожидание суммы двух случайных величин равно сумме их математических ожиданий.

В предыдущем примере

E(X_1) = E(X_2) = 0\cdot \dfrac{1}{2} + 1\cdot\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2},

E(X) = E(X_1 + X_2) = 0\cdot\dfrac{1}{4} + 1\cdot\dfrac{1}{2} + 2\cdot\dfrac{1}{4} = 1 = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} = E(X_1) + E(X_2).

Задано распределение случайной величины

X \sim \begin{pmatrix} -2 & -1 & 1 & 2\\ 0,1 & 0,4 & 0,4 & 0,1 \end{pmatrix}.

Найдите её математическое ожидание.

Решение. Воспользуемся формулой:

E(X) = (-2)\cdot 0,1 + (-1)\cdot 0,4 + 1\cdot 0,4 + 2\cdot 0,1 = 0.

В таблице показано количество билетов и возможные выигрыши беспроигрышной денежной лотереи. Цена одного билета лотереи $50$ рублей. Всего выпущено $1000$ билетов. Участник покупает один случайный билет. На сколько рублей цена билета выше, чем математическое ожидание выигрыша?

Выигрыш	$10$	$50$	$100$	$5000$
Количество билетов	$990$	$6$	$3$	$1$

Решение. Вероятность того, что выигрыш составит $10$ рублей, равна $\dfrac{990}{1000} = 0,99$ .
Аналогично, найдём вероятности того, что выигрыш составит $50$ , $100$ , $1000$ и запишем их в таблицу. Получаем

Выигрыш	$10$	$50$	$100$	$5000$
Вероятность	$0,99$	$0,006$	$0,003$	$0,001$

Вычислим математическое ожидание, полученной случайной величины - выигрыша в лотерею:

10\cdot 0,99 + 50\cdot 0,006 + 100\cdot 0,003 + 5000\cdot 0,001 = 15,5.

Тогда цена билета на $50 - 15,5 = 34,5$ выше математического ожидания выигрыша.

Билет на электричку стоит $60$ рублей. Если безбилетник («заяц») попадается контролёру, то он оплачивает и штраф, и стоимость билета. Известно, что контролёр встречается в среднем один раз на $12$ поездок. Штраф составляет $900$ рублей. Найдите математическое ожидание случайной величины «средний расход безбилетника на одну поездку». Ответ дайте в рублях.

Решение. С вероятностью равной $\dfrac{1}{12}$ «заяц» встретит контролёра и тогда его расход будет равен $960$ . Тогда с вероятностью равной $1 - \dfrac{1}{12} = \dfrac{11}{12}$ расход будет равен $0$ . Случайная величина $X$ – расход безбилетника на одну поездку

X \sim \begin{pmatrix} 0 & 960 \\ \dfrac{11}{12} & \dfrac{1}{12} \end{pmatrix}.

Значит,

E(X) = 0\cdot \dfrac{11}{12} + 960\cdot \dfrac{1}{12} = 80.

Игральную кость бросили $4$ раза. Найдите математическое ожидание суммы выпавших очков.

Решение. Пусть $X$ – сумма выпавших очков. $X_1$ – число выпавших очков при первом бросании, $X_2$ – число очков при втором бросании, $X_3$ – число очков при третьем бросании, $X_4$ – число очков при четвертом бросании. Тогда $X = X_1 + X_2 + X_3 + X_4$ . Случайные величины $X_1$ , $X_2$ , $X_3$ и $X_4$ одинаково распределены и

X_1 \sim \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{6} \end{pmatrix}.

Значит,

E(X_1) = E(X_2) = E(X_3) = E(X_4) = \dfrac{1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6}{6} = \dfrac{21}{6} = 3,5.

По свойству линейности математического ожидания (математическое ожидание суммы равно сумме математических ожиданий) получаем:

E(X) = E(X_1 + X_2 + X_3 + X_4) = 4E(X_1) = 4\cdot 3,5 = 14.

Монету подбрасывают до тех пор, пока орёл не выпадет три раза (не обязательно подряд). Найдите математическое ожидание числа бросков.

Решение. Пусть $X$ – число выполненных бросков до того, как орёл выпал $3$ раза. $X_1$ – число бросков до того, как орёл выпал $1$ раз, $X_2$ – число бросков между первым и вторым выпадением орла, $X_3$ – число бросков между вторым и третьем выпадением орла. Заметим, что $X = X_1 + X_2 + X_3$ . На самом деле случайные величины $X_1$ , $X_2$ и $X_3$ распределены одинаково, поэтому у них одинаковое математическое ожидание. То есть

E(X) = E(X_1 + X_2 + X_3) = 3E(X_1).

Вероятность того, что орёл выпадет после первого броска равна $\dfrac{1}{2}$ , вероятность того, что орёл выпадет после второго броска равна $\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}$ . Вероятность того, что орёл выпадет после $n$ -го броска равна $\dfrac{1}{2^n}$ . Тогда получаем:

X_1 \sim \begin{pmatrix} 1 & 2 & \ldots & n & \ldots \\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{4} & \ldots & \dfrac{1}{2^n} & \ldots \end{pmatrix}

Найдём математическое ожидание случайной величины $X_1$ :

E(X_1) = 1\cdot\dfrac{1}{2} + 2\cdot\dfrac{1}{4} + 3\cdot\dfrac{1}{8} + \ldots + n\cdot\dfrac{1}{2^n} + \ldots =

= \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{8} + \ldots\right) + \dfrac{1}{2}\cdot\left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{8} + \ldots\right) + \dfrac{1}{4}\cdot\left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{8} + \ldots\right) + \ldots =

= \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{8} + \ldots\right)\cdot \left(1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{8} + \ldots\right) = 1\cdot 2 = 2.

Значит, $E(X) = 3E(X_1) = 3\cdot 2 = 6$ .

Задачи для самостоятельного решения

В таблице показано распределение случайной величины $X$ . Найдите $E(X)$ – математическое ожидание этой случайной величины.

Значения $X$	$-4$	$0$	$1$	$3$
Вероятность	$0,2$	$0,1$	$0,4$	$0,3$

В лотерее $10000$ билетов, каждый стоит $200$ рублей. Среди них $7000$ билетов с выигрышем по $100$ рублей, $100$ билетов с выигрышем по $10000$ рублей и $2$ билета с выигрышем по $100000$ рублей. Найдите математическое ожидание случайной величины «средний доход устроителей лотереи от продажи одного билета». Ответ дайте в рублях. Билет на электричку стоит $60$ рублей. Если безбилетник («заяц») попадается контролёру, то он оплачивает и штраф, и стоимость билета. Известно, что контролёр встречается в среднем один раз на $12$ поездок. Штраф составляет $900$ рублей. Перед каждой поездкой Борис бросает монетку и если выпадает решка, то покупает билет, а если выпадает орёл, то едет зайцем. Найдите математическое ожидание случайной величины «средний расход Бориса на одну поездку». Ответ дайте в рублях. Игральную кость бросили $3$ раза. Найдите математическое ожидание суммы выпавших очков.

Комбинаторика

Мы хотим позавтракать и у нас есть четыре варианта напитков: молоко (М), кофе (К), чай (Ч), сок (С). При этом нужно выбрать только два напитка. Сколькими способами мы можем выбрать напитки на завтрак?

Решение. Сначала просто переберём все варианты:

МК, МЧ, МС, КЧ, КС, ЧС.

Заметим, что неважно в каком порядке мы выбрали напиток (например, МК и КМ – это один и тот же выбор).

Рассмотрим другой способ решения этой задачи. Первый напиток мы можем выбрать $4$ способами, второй напиток мы можем выбрать напиток уже $3$ способами (так как напиток, которые мы выбрали первым мы уже не можем выбрать), тогда мы получаем $4\cdot 3 = 12$ вариантов. При этом при таком подсчёте каждый вариант выбора мы посчитали два раза, поэтому всего способов выбрать два напитков равно $\dfrac{12}{2} = 6$ .

У нас есть $5$ детей и нам нужно выбрать $2$ из них для участия в соревновании. Сколькими способами мы можем это сделать?

Решение. Для начала опять решим задачу перебором. Занумеруем детей от $1$ до $5$ . Перечислим все варианты выбора детей для участия в соревновании:

{1, 2}	{2, 3}	{3, 4}	{4, 5}
{1, 3}	{2, 4}	{3, 5}
{1, 4}	{2, 5}
{1, 5}

То есть мы имеем $10$ способов выбора детей.

Теперь решим задачу вторым способом: первого ребёнка мы можем выбрать $5$ способами, второго мы можем выбрать $4$ способами, при этом каждый вариант мы подсчитали $2$ способами, поэтому всего мы получаем $\dfrac{5\cdot 4}{2} = 10$ способов выбора детей.

Заметим, что число способов выбрать $2$ детей для участия в соревнованиях равно числу способов выбрать $3$ детей, которые не будут участвовать в соревновании. Перечислим все способы выбора $3$ детей, которые не будут участвовать в соревновании:

{3, 4, 5}	{1, 4, 5}	{1, 2, 5}	{1, 2, 3}
{2, 4, 5}	{1, 3, 5}	{1, 2, 4}
{2, 3, 5}	{1, 3, 4}
{2, 3, 4}

То есть опять же мы получаем $10$ способов.

Попробуем теперь решить задачу вторым способом. Первого ребёнка мы можем выбрать $5$ способами, второго – $4$ способами, третьего – $3$ способами. Получаем $5\cdot 4\cdot 3 = 60$ . Надо теперь понять сколько раз мы подсчитали один и тот же вариант. Рассмотрим на примере тройки $\{1, 2, 3\}$ . Например, мы могли выбрать сначала $1$ , потом $2$ , потом $3$ . Или же мы могли сначала выбрать $3$ , потом $1$ , потом $2$ . Перечислим все варианты:

(1, 2, 3)\;\;\ (1, 3, 2)\;\;\; (2, 1, 3)

(2, 3, 1)\;\;\; (3, 1, 2)\;\;\; (3, 2, 1)

Получаем $6$ вариантов. Очевидно, что столько же раз мы посчитаем каждый вариант выбора тройки детей, поэтому получаем, что у нас есть $\dfrac{60}{6} = 10$ способов выбрать $3$ детей, которые не будут участвовать в соревновании.

Преподаватель подобрал $8$ задач для контрольной работы, но может включить в контрольную работу только $5$ задач. Сколько вариантов контрольной может составить преподаватель?

Решение. В данном случае очень трудно перебрать все возможные варианты, будем решать задачу вторым способом. Если преподаватель подбирает задачи с учётом порядка, то всего мы имеем $8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 4$ способом. Теперь нужно понять сколькими способами мы можем упорядочить $5$ чисел. Первое число мы можем выбрать $5$ способами, второе число – $4$ способами, третье число – $3$ способами, четвертое число – $2$ способами, пятое число – $1$ способом. Получаем, что всего у нас есть

5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1 = 5!

способов упорядочить набор из $5$ чисел. Тогда всего преподаватель может составить

\dfrac{8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 4}{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1} = 8\cdot 7 = 56

вариантов контрольной.

Как и в предыдущих примерах мы можем посчитать число способов не включить $3$ задачи в контрольную. Сначала мы выбираем задачи с учётом порядка, всего мы имеем $8\cdot 7\cdot 6$ вариантов выбрать задачи с учётом порядка. При этом $3$ числа мы можем упорядочить $3\cdot 2\cdot 1$ способами. Всего получаем

\dfrac{8\cdot 7\cdot 6}{3\cdot 2\cdot 1} = 8\cdot 7 = 56

способов составить вариант контрольной.

Для начала познакомимся с понятием общим понятием факториала. Факториалом числа $n$ будем называть значение

n! = 1\cdot 2\cdot \ldots\cdot (n - 1)\cdot n.

Будем считать, что $0! = 1$ .

Теперь мы можем решить задачу в общей формулировке. Нам дано множество из $n$ элементов. Сколькими способами мы можем выбрать $k$ элементов из этого множества без учёта порядка.

Решение. Для начала найдём количество способов выбрать $k$ элементов с учётом порядка. Первый элемент мы можем выбрать $n$ способами, второй элемент – $n - 1$ способами, $\ldots$ , $k$ -элемент $n - k + 1$ способами. Мы получаем

n\cdot (n - 1)\cdot \ldots\cdot (n - k + 2)\cdot (n - k + 1)

способом выбрать $k$ элементов с учётом порядка. При этом мы имеем

k\cdot (k - 1)\cdot\ldots\cdot 2\cdot 1 = k!

способов упорядочить $k$ элементов. Поэтому выбрать $k$ элементов из $n$ без учёта порядка мы можем

\dfrac{n\cdot (n - 1)\cdot \ldots\cdot (n - k + 2)\cdot (n - k + 1)}{k!}

способами. Заметим, что мы можем домножить числитель и знаменатель на $(n - k)!$ . тогда получаем:

\dfrac{n\cdot (n - 1)\cdot\ldots\cdot 2\cdot 1}{k!\cdot (n - k)!} = \dfrac{n!}{k!\cdot (n - k)!}.

Это число называется числом сочетаний из $n$ по $k$ и обозначается $C_n^k$ .

Ответы

Классическое определение вероятности

$0,5$ ;
$0,5$ ;
$0,36$ ;
$\dfrac{12}{75}$ ;
$0,2$ ;
$0,6$ ;
$\dfrac{2}{3}$ ;
$\dfrac{3}{8}$ ;
$\dfrac{1}{12}$ ;
$\dfrac{1}{9}$ ;
$\dfrac{1}{6}$ ;
$0,22$ ;
$0,36$ ;
$0,7$ ;
$0,36$ ;
$\dfrac{1}{111}$ ;
$\dfrac{3}{8}$ ;
$0,5$ ;
$0,3$ ;
$0,2$ ;
$\dfrac{1}{3}$ ;
$\dfrac{5}{16}$ ;

Полная группа событий

$0,14$ ;
$0,07$ ;
$0,35$ ;
$0,37$ ;
$0,38$ ;
$0,24$ ;
$0,02$ ;
$0,25$ ;
$0,31$ ;

Вероятность пересечения независимых событий

$\dfrac{625}{1296}$ ;
$0,65$ ;
$0,992$ ;
$0,56$ ;
$0,8649$ ;
$0,9831$ ;
$0,083$ ;
$\dfrac{1}{24}$ ;
$0,32$ .

Вероятность пересечения зависимых событий

$0,3$ ;
$\dfrac{14}{27}$ ;
$0,7$ ;
$0,3$ ;
$0,15$ ;
$0,25$ .

Вероятность объединения событий

$0,33$ ;
$0,52$ ;
$0,68$ ;
$0,1$ .

Условная вероятность

$0,2$ ;
$0,5$ ;
$0,9$ ;
$\dfrac{1}{3}$ ;
$0,73$ ;
$0,25$ ;
$0,75$ .

Геометрическое распределение

$0,64$ ;
$0,01$ ;
$\dfrac{35}{324}$ ;
$0,357$ ;
$5$ ;
$5$ .

Вероятность и проценты

$0,03$ ;
$\dfrac{45}{46}$ ;
$0,1$ ;
$\dfrac{21}{29}$ .

Формула полной вероятности

$0,55$ ;
$0,68$ ;
$0,086$ ;
$0,6976$ ;
$0,325$ .

Формула Бернулли

$0,33$ ;
$0,04$ ;
$0,05$ ;
$0,384$ ;
$0,035$ ;
$1,2$ .

Сложные задачи

$0,875$ ;
$0,9375$ ;
$\dfrac{1}{3}$ ;
$0,01$ .

Математическое ожидание

$0,5$ ;
$10$ ;
$70$ ;
$10,5$ .

Решения задач

Классическое определение вероятности

Всего дежурных $4$ человека, из них $2$ девочки: Ольга и Татьяна. Чтобы найти искомую вероятность, надо разделить количество девочек на общее число дежурных: $\dfrac{2}{4} = 0,5$ .