Горячая линия бесплатной юридической помощи:
Москва и область:
Москва И МО:
+7(499) 322-06-74 (бесплатно)
Санкт-Петербург и область:
СПб и Лен.область:
+7 (812) 407-24-18 (бесплатно)
Решаем задачи: вероятность появления хотя бы одного события или предмета

Какова вероятность что первый раз заберут права

Общая методика и примеры

Общая методика для решения задач, в которых встречается фраза «хотя бы один» такая:

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

А теперь разберем ее на примерах. Вперед!

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

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

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

3. Теперь нужно понять, как найти вероятность события $bar{A}$, для чего еще раз посмотрим на задачу: говорится об объектах двух видов (детали бракованные и нет), из которых вынимается некоторое число объектов и изучаются (бракованные или нет).

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

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

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

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

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

Ответ: 0.488.

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

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

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

Замечание. Тут я остановлюсь и сделаю небольшое замечание. Хотя в 90% случаях методика «перейти к противоположному событию» работает на отлично, существуют случаи, когда проще найти вероятность исходного события.

В данном случае, если искать напрямую вероятность события $A$ потребуется сложить 5 вероятностей, а для события $bar{A}$ — всего 2 вероятности. А вот если бы задача была такая «из 6 карт хотя бы 5 — пиковые», ситуация стала бы обратной и тут проще решать исходную задачу.

Предлагаем ознакомиться:  Отвечает ли жена по договору займа мужа ⋆ Citize

Если опять попытаться дать инструкцию, скажу так. В задачах, где видите «хотя бы один», смело переходите к противоположному событию. Если же речь о «хотя бы 2, хотя бы 4 и т.п.», тут надо прикинуть, что легче считать.

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

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

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

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

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

Ответ: 0.475.

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

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

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

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

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

найти вероятность, что произойдет хотя бы

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

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

Ответ: 0.908.

Частный случай. Повторные испытания

Идем дальше, и приходим к классу задач, где рассматривается несколько независимых событий (стрелки попадают, лампочки перегорают, машины заводятся, рабочие болеют с разной вероятностью каждый и т.п.) и нужно «найти вероятность наступления хотя бы одного события».

В вариациях это может звучать так «найти вероятность, что хотя бы один стрелок из трех попадет в цель», «найти вероятность того, что хотя бы один автобус из двух вовремя приедет на вокзал», «найти вероятность, что хотя бы один элемент в устройстве из четырех элементов откажет за год» и т.д.

Предлагаем ознакомиться:  Возврат НДФЛ при покупке квартиры

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

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

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

$$
P(bar{A})=P(bar{A_1} cdot bar{A_2} cdot … bar{A_n})=P(bar{A_1}) cdot P(bar{A_2}) cdot … P(bar{A_n})=\
=(1-P(A_1)) cdot (1-P(A_2)) cdot … (1-P(A_n))=\
=(1-p_1) cdot (1-p_2) cdot …

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

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

Ответ: 0,126.

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

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

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

Ответ: 0,976.

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

Думаю, вы уже уловили принцип решения, вопрос только в количестве событий, но и оно не оказывает влияния на сложность решения (в отличие от общих задач на сложение и умножение вероятностей). Только будьте внимательны, вероятности указаны для «потребует внимания», а вот вопрос задачи «хотя бы один станок НЕ потребует внимания».

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

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

Предлагаем ознакомиться:  Имеет ли право жилец многоквартирного дома

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

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

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

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

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

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

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

Ответ: 0,999.

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

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

Ответ: 0,99968.

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

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

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

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

Округляя, получаем что нужно провести не менее 3 опытов.

Ответ: минимально нужно сделать 3 опыта.

Спасибо за ваши закладки и рекомендации

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *


Adblock detector