Меню

Как найти вероятность только одного события



Решение задач с формулировкой «хотя бы один»

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

Общая методика и примеры

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

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).

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).

4. Тогда искомая вероятность:

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).

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 $bar$ — всего 2 вероятности. А вот если бы задача была такая «из 6 карт хотя бы 5 — пиковые», ситуация стала бы обратной и тут проще решать исходную задачу. Если опять попытаться дать инструкцию, скажу так. В задачах, где видите «хотя бы один», смело переходите к противоположному событию. Если же речь о «хотя бы 2, хотя бы 4 и т.п.», тут надо прикинуть, что легче считать.

3. Возвращаемся к нашей задаче и находим вероятность события $bar$ 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).

4. Тогда искомая вероятность:

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.

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).

Частный случай. Независимые события

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Частный случай. Повторные испытания

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

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

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

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

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

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

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

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: $$ P=1-0,2^5=1-0,00032=0,99968 $$

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

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

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

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

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

Округляя, получаем что нужно провести не менее 3 опытов.

Ответ: минимально нужно сделать 3 опыта.

Полезные ссылки

В решебнике вы найдете более 1000 задач со словами «хотя бы . «:

Источник статьи: http://www.matburo.ru/tvart_sub.php?p=art_h1

Вероятность появления только одного события

Пусть даны три независимых события А1, А2, А3; р1, р2, р3 — их вероятности. Найдем вероятность появления только одного из них.

Т.к. В1, В2, В3 — несовместные, то

Р(только одного события)=Р(В1)+Р(В2)+Р(В3)

Т.к. А1, А2, А3 — независимые, то Д1, Д2, Д3 тоже

независимые. Р(1)=q1; P(2)=q2; P(3)=q3

Р(только одного соб.)=p1*q2*q3+q1*p2*q3+q1*q2*p3

Вероятность попадания в цель при стрельбе из

трех орудий: Р1=0,7 Р2=0,8; Р3=0,9. Найти вероятность того, что только одно орудие поразило цель.Р1=0,8; Р2=0,7; Р3=0,9; q1=0,2; q2=0,3; q3= 0,1

Р(только одного события)= 0,7*0,2*0,1+0,3*0,8*0,1+0,3*0,2*0,9=0,092

Наивероятнейшее число появления события А в n независимых испытаниях

Пусть производится n независимых испытаний.

где р — вероятность появления события А при одном испытании, q — вероятность не появления события А при одном испытании.

Число k при котором данная вероятность окажется большей будет называться наивероятнейшим числом появления события А.

Если: 1) (n*p-q) — дробное число, существует одно наивероятнейшее число ; 2) (n*p-q) — целое число, то существуют два наивероятнейших числа и ; 3) n*p — целое, то наивероятнейшее число .

Вероятность суммы событий

Теорема. Вероятность появления одного из двух несовместных событий = сумме вероятностей этих событий.

N — число всевозможных исходов испытания

М1 — число исходов, благоприятствующих событию А; М2 — число исходов, благоприятствующих событию В.

Т.к. события несовместные, то в них не будет общих благоприятствующих исходов.

Мишень разделили на две области. Найти вероятность того, что стрелок попал в мишень.

А В Соб. В — попадание в обл. В

Теорема. Вероятность появления одного из двух совместных событий или обоих вместе = сумме вероятностей этих событий без вероятности их совместного появления.

Докажем с помощью диаграммы Венна.

Представим (А+В) и В через сумму двух несовместных событий. A+B=A+B*

Аналогично с помощью диаграммы Венна можно доказать вероятность суммы трех совместных событий.

Вероятность попадания в цель при стрельбе из

трех орудий: Р1=0,8; Р2=0,7; Р3=0,9. Найти вероятность того, что цель будет поражена.

Событие А — цель поражена. Т.к. события совместные, то :

Формула полной вероятности

Событие А может произойти при условии появления одного из несовместных событий Н1, Н2,…, Нn, образующих полную группу событий. Их называют гипотезы.

Гипотезы исчерпывают все возможные предположения первого этапа опыта, а событие А это один из возможных исходов испытания второго этапа опыта.

Пусть известны вероятности гипотез: Р(Н1), Р(Н2), Р(Н3), …, Р(Нn) и условные вероятности события А:

Вероятность события А = сумме произведения вероятностей гипотез на соответствующие им условные вероятности.

Это Формула полной вероятности.

Задача. В двух ящиках содержится по 20 деталей, причем в первом 17 стандартных, а во втором 15 стандартных. Из второго ящика на удачу берется одна деталь и перекладывается в первый. Найти вероятность того, что извлеченная из первого ящика деталь окажется стандартной.

Гипотезы: Н1 — переложена стандартная деталь

Н2 — переложена нестандартная деталь

Событие А — из первого ящика извлекается стандартная деталь

Источник статьи: http://studbooks.net/2215923/matematika_himiya_fizika/veroyatnost_poyavleniya_odnogo_sobytiya

2.5. Вероятность появления хотя бы одного события

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

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

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

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

= 1 – 0,7 = 0,3;

= 1 – 0,8 = 0,2;

= 1 – 0,9 = 0,1.

= 1 – 0,3·0,2·0,1 = 0,994.

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

2.6. Условная вероятность

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

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

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

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

2.7. Теорема умножения вероятностей зависимых событий

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

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

Следствие. Вероятность совместного появления нескольких зависимых событий равна произведению вероятности одного из них на условные вероятности всех остальных, причем вероятность каждого последующего события вычисляется в предположении, что все предыдущие события уже появились:

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

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

Р(АВС) = Р(АР(В/АР(С/АВ) = =. ◄

Источник статьи: http://studfile.net/preview/5906686/page:6/

Вероятность появления только одного события

Теория вероятностей

СЛУЧАЙНЫЕ СОБЫТИЯ

Основные понятия

Определение. Событиемназывается всякий факт, который может произойти или не произойти в результате опыта.

При этом тот или иной результат опыта может быть получен с различной степенью возможности. То есть в некоторых случаях можно сказать, что одно событие произойдет практически наверняка, другое практически никогда.

В отношении друг друга события также имеют особенности, т.е. в одном случае событие может произойти совместно с событием , в другом – нет.

Определение. События называются несовместными, если появление одного из них исключает появление других.

Классическим примером несовместных событий является результат подбрасывания монеты – выпадение лицевой стороны монеты исключает выпадение обратной стороны (в одном и том же опыте).

Определение. Полной группой событий называется совокупность всех возможных результатов опыта.

Определение. Достоверным событиемназывается событие, которое наверняка произойдет в результате опыта. Событие называется невозможным, если оно никогда не произойдет в результате опыта.

Например, если из коробки, содержащей только красные и зеленые шары, наугад вынимают один шар, то появление среди вынутых шаров белого – невозможное событие. Появление красного и появление зеленого шаров образуют полную группу событий.

Определение. События называются равновозможными, если нет оснований считать, что одно из них появится в результате опыта с большей вероятностью.

В приведенном выше примере появление красного и зеленого шаров – равновозможные события, если в коробке находится одинаковое количество красных и зеленых шаров.

Если же в коробке красных шаров больше, чем зеленых, то появление зеленого шара – событие менее вероятное, чем появление красного.

Исходя из этих общих понятий, можно дать определение вероятности.

Определение. Вероятностью события называется математическая оценка возможности появления этого события в результате опыта. Вероятность события равна отношению числа, благоприятствующих событию исходов опыта к общему числу попарно несовместных исходов опыта, образующих полную группу событий.

Исход опыта является благоприятствующим событию , если появление в результате опыта этого исхода влечет за собой появление события .

Очевидно, что вероятность достоверного события равна единице, а вероятность невозможного – равна нулю. Таким образом, значение вероятности любого события – есть положительное число, заключенное между нулем и единицей.

Пример 1. В коробке находится 10 шаров. 3 из них красные, 2 – зеленые, остальные белые. Найти вероятность того, что вынутый наугад шар будет красным, зеленым или белым.

Появление красного, зеленого и белого шаров составляют полную группу событий. Обозначим появление красного шара – событие , появление зеленого – событие , появление белого – событие .

Тогда в соответствием с записанными выше формулами получаем:

. ?

Отметим, что вероятность наступления одного из двух попарно несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий.

Определение. Относительной частотой события называется отношение числа опытов, в результате которых произошло событие к общему числу опытов.

Отличие относительной частоты от вероятности заключается в том, что вероятность вычисляется без непосредственного произведения опытов, а относительная частота – после опыта.

Так в рассмотренном выше примере, если из коробки наугад извлечено 5 шаров и 2 из них оказались красными, то относительная частота появления красного шара равна:

Как видно, эта величина не совпадает с найденной вероятностью.

При достаточно большом числе произведенных опытов относительная частота изменяется мало, колеблясь около одного числа. Это число может быть принято за вероятность события.

Вообще говоря, классическое определение вероятности – довольно относительное.

Это обусловлено тем, что на практике сложно представить результат опыта в виде совокупности элементарных событий, доказать, что события равновероятные.

К примеру, при произведении опыта с подбрасыванием монеты на результат опыта могут влиять такие факторы как несимметричность монеты, влияние ее формы на аэродинамические характеристики полета, атмосферные условия и т.д.

Классическое определение вероятности неприменимо к испытаниям с бесконечным числом исходов. Чтобы преодолеть этот недостаток вводится понятие геометрической вероятности, т.е. вероятности попадания точки в какой – либо отрезок или часть плоскости (пространства).

Так если на отрезке длиной выделен отрезок длины , то вероятность попадания наугад взятой точки в отрезок равна отношению .

Операции над событиями

Определение. События и называются равными, если осуществление события влечет за собой осуществление события и наоборот.

Определение. Объединениемили суммой событий называется событие , которое означает появление хотя бы одногоиз событий .

Определение. Пересечениемили произведениемсобытий называется событие , которое заключается в осуществлении всех событий .

Определение. Разностью событий и называется событие , которое означает, что происходит событие , но не происходит событие .

Определение.Дополнительным к событию называется событие , означающее, что событие не происходит.

Определение. Элементарными исходами опыта называются такие результаты опыта, которые взаимно исключают друг друга и в результате опыта происходит одно из этих событий, также каково бы ни было событие , по наступившему элементарному исходу можно судить о том, происходит или не происходит это событие.

Совокупность всех элементарных исходов опыта называется пространством элементарных событий.

Теорема (сложения вероятностей). Вероятность суммы двух несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий.

Следствие 1: Если события образуют полную группу несовместных событий, то сумма их вероятностей равна единице.

Определение. Противоположными называются два несовместных события, образующие полную группу.

Теорема. Вероятность появления хотя бы одного из двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий без вероятности их совместного появления.

Следствие 2: Сумма вероятностей противоположных событий равна единице.

Определение. Событие называется независимым от события , вероятность события не зависит от того, произошло событие или нет. Событие называется зависимым от события , если вероятность события меняется в зависимости от того, произошло событие или нет.

Определение. Вероятность события , вычисленная при условии, что имело место событие , называется условной вероятностью события .

Теорема. (Умножение вероятностей). Вероятность произведения двух событий (совместного появления этих событий) равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, вычисленную при условии, что первое событие уже наступило.

Доказательство этой теоремы непосредственно вытекает из определения условной вероятности.

Если события независимые, то , и теорема умножения вероятностей принимает вид:

В случае произведения нескольких зависимых событий вероятность равна произведению одного из них на условные вероятности всех остальных при условии, что вероятность каждого последующего вычисляется в предположении, что все остальные события уже совершились.

Из теоремы произведения вероятностей можно сделать вывод о вероятности появления хотя бы одного события.

Если в результате испытания может появиться событий, независимых в совокупности, то вероятность появления хотя бы одного из них равна

Здесь событие обозначает наступление хотя бы одного из событий , а – вероятность противоположных событий .

Пример 2. Из полной колоды карт (52 шт.) одновременно вынимают четыре карты. Найти вероятность того, что среди этих четырех карт будет хотя бы одна бубновая или одна червонная карта.

Обозначим появление хотя бы одной бубновой карты – событие , появление хотя бы одной червонной карты – событие . Таким образом нам надо определить вероятность события .

Кроме того, события и – совместны, т.е. появление одного из них не исключает появления другого.

Всего в колоде 13 червонных и 13 бубновых карт.

При вытаскивании первой карты вероятность того, что не появится ни червонной ни бубновой карты равна , при вытаскивании второй карты — , третьей — , четвертой — .

Тогда вероятность того, что среди вынутых карт не будет ни бубновых, ни червонных равна .

Тогда . ?

Пример 3. Чему равна вероятность того, что при бросании трех игральных костей 6 очков появится хотя бы на одной из костей?

Вероятность выпадения 6 очков при одном броске кости равна . Вероятность того, что не выпадет 6 очков — . Вероятность того, что при броске трех костей не выпадет ни разу 6 очков равна .

Тогда вероятность того, что хотя бы один раз выпадет 6 очков равна . ?

Вероятность появления только одного события

Пример 4. Пусть даны три независимых события , , , их вероятности соответственно равны , , и . Найти вероятность появления только одного события.

событие — появилось только событие ( и не появились)

событие — появилось только событие ( и не появились)

событие — появилось только событие ( и не появились)

Таким образом, чтобы найти вероятность появления только одного из событий , , , будем искать вероятность

так как события , , несовместны.

События , , — независимы , , — независимы.

Обозначим , , .

Тогда , т.е.

(появления только одного события ) = .?

Источник статьи: http://megalektsii.ru/s68243t1.html

Как решать задачи на вероятность?

Если вас интересует вопрос заголовка, вы наверняка студент или школьник, столкнувшийся с новым для себя предметом. Задачи теории вероятностей сейчас решают и школьники пятых классов продвинутых школ, и старшеклассники перед ЕГЭ, и студенты буквально всех специальностей — от географов до математиков. Что же это за предмет такой, и как к нему подойти?

Вероятность. Что это?

Теория вероятностей, как следует из названия, имеет дело с вероятностями. Нас окружают множество вещей и явлений, о которых, как бы ни была развита наука, нельзя сделать точных прогнозов.

Мы не знаем, какую карту вытянем из колоды наугад или сколько дней в мае будет идти дождь, но, имея некоторую дополнительную информацию, можем строить прогнозы и вычислять вероятности этих случайных событий.

Таким образом, мы сталкиваемся с основным понятием случайного события — явления, поведение которого невозможно предсказать, опыта, результат которого заранее невозможно вычислить и т.п. Именно вероятности событий вычисляются в типовых задачах.

Вероятность — это некоторая, строго говоря, функция, принимающая значения от 0 до 1 и характеризующая данное случайное событие. 0 — событие практически невозможно, 1 — событие практически достоверно, 0,5 (или «50 на 50») — с равной вероятностью событие произойдет или нет.

Алгоритм решения задач на вероятность

Подробнее с основами теории вероятностей можно ознакомиться, например, в онлайн учебнике.

А теперь не будем ходить вокруг да около, и сформулируем схему, по которой следует решать стандартные учебные задачи на вычисление вероятности случайного события, а затем ниже на примерах проиллюстрируем ее применение.

  • Внимательно прочитать задачу и понять, что именно происходит (что из какого ящика вытаскивается, что где лежало, сколько приборов работает и т.п.)
  • Найти основной вопрос задачи вроде «вычислить вероятность того, что . » и вот это многоточие записать в виде события, вероятность которого надо найти.
  • Событие записано. Теперь надо понять, к какой «схеме» теории вероятностей относится задача, чтобы правильно выбрать формулы для решения. Ответьте на тестовые вопросы типа:
    • происходит одно испытание (например, выбрасывание двух костей) или несколько (например, проверка 10 приборов);
    • если испытаний несколько, зависимы ли результаты одного от других (зависимость или независимость событий);
    • событие происходит в единственной ситуации или задача говорит о нескольких возможных гипотезах (например, шар вынимается из любого ящика из трех, или из конкретного).

    Чем больше опыт решения задач, тем легче будет определить, какие формулы подходят.

  • Выбрана формула (или несколько) для решения. Записываем все данные задачи и подставляем в данную формулу.
  • Вуаля, вероятность найдена.

Как решать задачи: классическая вероятность

Пример 1. В группе из 30 студентов на контрольной работе 6 студентов получили «5», 10 студентов – «4», 9 студентов – «3», остальные – «2». Найти вероятность того, что 3 студента, вызванные к доске, получили по контрольной работе «2».

Начинаем решение по пунктам, описанным выше.

  • В задаче речь идет о выборе 3 студентов из группы, которые удовлетворяют определенным условиям.
  • Вводим основное событие $X$ = (Все 3 студента, вызванные к доске, получили по контрольной работе «2»).
  • Так как в задаче происходит только одно испытание и оно связано с отбором/выбором по определенному условию, речь идет о классическом определении вероятности. Запишем формулу: $P=m/n$, где $m$ – число исходов, благоприятствующих осуществлению события $X$, а $n$ – число всех равновозможных элементарных исходов.
  • Теперь необходимо найти значения $m$ и $n$ для этой задачи. Сначала найдем число всех возможных исходов — число способов выбрать 3 студентов из 30. Так как порядок выбора не имеет значения, это число сочетаний из 30 по 3: $$n=C_<30>^3=frac<30!><3!27!>=frac<28cdot 29 cdot 30><1cdot 2 cdot 3>=4060.$$ Найдем число способов вызвать только студентов, получивших «2». Всего таких студентов было $30-6-10-9=5$ человек, поэтому $$m=C_<5>^3=frac<5!><3!2!>=frac<4 cdot 5><1cdot 2>=10.$$
  • Получаем вероятность: $$P(X)=frac=frac<10><4060>=0,002.$$ Задача решена.

Некогда решать? Найди решенную задачу

Готовые решения задач по любым разделам теории вероятностей, более 10000 примеров! Найди свою задачу:

Как решать задачи: формула Бернулли

Пример 2. Какова вероятность того, что при 8 бросаниях монеты герб выпадет 5 раз?

Снова по схеме решения задач на вероятность рассматриваем данную задачу:

  • В задаче идет речь о серии одинаковых испытаний — бросаний монеты.
  • Вводим основное событие $X$ = (При 8 бросаниях монеты герб выпадет 5 раз).
  • Так как в задаче происходит несколько испытаний, и вероятность появления события (герба) одинакова в каждом испытании, речь идет о схеме Бернулли. Запишем формулу Бернулли, которая описывает вероятность того, что из $n$ бросков монет герб выпадет ровно $k$ раз: $$ P_(k)=C_n^k cdot p^k cdot (1-p)^.$$
  • Записываем данные из условия задачи: $n=8, p=0,5$ (вероятность выпадения герба в каждом броске равна 0,5) и $k=5$
  • Подставляем и получаем вероятность: $$ P(X)=P_<8>(5)=C_8^5 cdot 0,5^5 cdot (1-0,5)^<8-5>=frac<8!><5!3!>cdot 0,5^8=frac<6cdot 7 cdot 8><1cdot 2 cdot 3>cdot 0,5^8= 0,219.$$ Задача решена.

И это все? Конечно, нет.

Выше мы упомянули только малую часть тем и формул теории вероятностей, для более подробного изучения вы можете посмотреть учебник онлайн на данном сайте (или скачать классические учебники по ТВ), ознакомиться со статьями по решению вероятностных задач, бесплатными примерами, воспользоваться онлайн калькуляторами. Удачи!

Источник статьи: http://www.matburo.ru/tvart_sub.php?p=art_tv

3.3. Вероятность появления хотя бы одного события

В жизни, производстве часто возникают такие ситуации, когда нужно вычислить вероятность появления хотя бы одного события из некоторого набора возможных событий. Например, если по цели был сделан залп из нескольких орудий, то интерес представляет вероятность того, что цель будет поражена, т.е. что будет хотя бы одно попадание.

Математически такую схему событий можно представить следующим образом. Пусть имеется n независимых событий A1, A2, . An, причем известны вероятности каждого из этих событий. Пусть A – появление хотя бы одно из этих событий, тогда противоположное событие  означает, что ни одно из этих событий не появится. Поскольку P(A)=1–P()=1–P(12. n)=1–P(1)P(2). P(n), то вероятность появления хотя бы одного из событий A1,A2. An равна

Если события Ai равновероятны, то можно положить P(1)=P(2)= . =P(n)=q. Тогда формула (9) примет следующий вид:

Пример 3.8. Вероятности попадания в цель при стрельбе из трех орудий таковы: p1=0,8, p2=0,7, p3=0,9. Найти вероятность хотя бы одного попадания при одном залпе из всех орудий.

Решение. Поскольку вероятности попаданий независимы и q1=1–p1=0,2, q2=1–p2=0,3, q3=1–p3=0,1, то искомая вероятность равна

Пример 3.9. Вероятность того, что при одном выстреле стрелок попадет в цель, равна 0,4. Сколько выстрелов должен произвести стрелок, чтобы с вероятностью не менее 0,9 он попал в цель хотя бы один раз?

Решение. Вероятность попадания хотя бы один раз при n выстрелах равна:

Поскольку P(A)0,9 и q=1–p=0,6, то

1–0,6 n  0,9  0,6 n  0,1  nlg0,6  lg0,1 

.

Таким образом, чтобы хотя бы один раз попасть в цель с вероятностью не менее 0,9 стрелок должен произвести не менее 5 выстрелов.

3.4. Формула полной вероятности

На практике часто возникают ситуации, когда требуется определить вероятность события, которое может произойти только с одним из событий, образующих полную группу. Например, требуется проверить качество деталей, расположенных по нескольким ящикам; оценить надежность прибора, который может работать в нескольких режимах, и т.д.

Теорема. Если событие А может осуществляться только при выполнении одного из событий В1, В2, . , Bn, которые образуют полную группу несовместных событий, то P(A) вычисляется по формуле:

, (3.11)

которая называется формулой полной вероятности.

Доказательство. Согласно условию теоремы, событие А может наступить, если появится одно из событий B1, B2, . , Bn. Это означает, что появление события А влечет появление одного из следующих событий: B1A, B2A, . , BnA, неважно какого. По этому событие А можно представить в виде A= B1A+B2A+. +BnA. Так как события B1, B2, . , Bn несовместны, то, очевидно, что несовместны и события B1A, B2A, . , BnA. Тогда применяя теорему сложения вероятностей несовместных событий, получим

Далее, в соответствии с теоремой умножения вероятностей, получим формулу полной вероятности (11).

Пример 3.10. Партия деталей изготовлена двумя рабочими. Первый изготовил 2/3 деталей партии, второй – 1/3. Вероятность брака для первого рабочего равна 1%, для второго – 10%. На контроль взяли одну деталь. Какова вероятность того, что она бракованная?

Решение. Пусть А – событие, состоящее в том, что взятая наудачу деталь бракованная. Здесь возможны два случая: 1) деталь изготовлена первым рабочим (событие В1), 2) деталь изготовлена вторым рабочим (событие В2). Очевидно, что события В1 и В2 несовместны и образуют полную группу. Их вероятности, по условию, равны

и .

Условные вероятности события А равны

и .

Следовательно, по формуле полной вероятности, находим вероятность того, взятая деталь будет бракованной:

.

Пример 3.11. В первой урне находится 5 белых и 3 черных шара. Во второй – 4 белых и 5 черных шара. Из первой урны во вторую наугад перекладывают два шара. После этого из второй урны вынимают сразу 4 шара. Какова вероятность того, что шары будут одного цвета?

Решение. результат второго испытания (т.е. вынимание шаров из второй урны) зависит от того, какие шары были переложены из первой урны. Здесь возможны три случая:

Очевидно, что события B1, B2 и B3 несовместны и образуют полную группу. Их вероятности равны

, ,.

Условные вероятности события А=<шары одного цвета>, равны

, ,

.

Применяя формулу полной вероятности, получим

.

Источник статьи: http://studfile.net/preview/2152505/page:3/

4. Теоремы сложения и умножения

4.1. Теорема сложения вероятностей

Теорема 4.1.Вероятность появления одного из двух несовместных событий, безразлично какого, равна сумме вероятностей этих событий:

. (4.1)

Следствие.Вероятность появления одного из нескольких попарно несовместных событий, безразлично какого, равна сумме вероятностей этих событий:

.

Теорема 4.2.Вероятность появления хотя бы одного из двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий без вероятности их совместного появления

. (4.2)

Теорема 4.3.Сумма вероятностей противоположных событий равна единице:

. (4.3)

Пример 4.1.На стеллаже библиотеки в случайном порядке расставлено 15 учебников, причем 5 из них в переплете. Библиотекарь берет наудачу 3 учебника. Найти вероятность того, что хотя бы два учебника окажется в переплете;

Решение.1) ПустьA– событие, заключающееся в том, что хотя бы два учебника из трех отобранных будет в переплете. СобытиеAбудет состоять из двух несовместных событий:A1– событие, состоящее в том, что из трех отобранных учебников два в переплете, а один – нет;A2– событие, состоящее в том, что из трех отобранных учебников все три в переплете. Тогда.

Поскольку события A1иA2несовместны, то по теореме 4.1. получаем

.

Вероятности событий A1иA1находим, используя классическое определение вероятностей.

.

4.2. Теорема умножение вероятностей

Пусть при выполнении некоторого комплекса условий могут произойти случайные события AиB. Их вероятность соответственно обозначим черезP(A) иP(B). Допустим, что стало известно о наступлении событияA, а относительно событияBданных не получено. Таким образом, комплекс условий для наступления событияBизменился, вероятность наступления событияBможет стать другой, отличной отP(B). Если, например, при бросании игральной кости вероятность выпадения единицы равна 1/6, то после того, как стало известно, что выпало нечетное число очков, эта вероятность стала равна 1/3.

Событие, состоящее в том, что случится событие B, когда известно, что произошло событиеA, будем обозначать символомB/A. Соответствующая вероятностьP(B/A) называетсяусловной вероятностьюсобытияBпри условии, что событиеAпроизошло.

В следующей теореме мы введем формулу для вычисления условной вероятности. Теорему примем без доказательства.

. (4.4)

. (4.5)

Теорема 4.5(теорема умножения вероятностей).

Вероятность совместного наступления двух событий (вероятность произведения двух событий) равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого при условии, что первое уже произошло:

. (4.6)

Пример 4.2.Из урны, в которойmчерных иnбелых шаров, извлекают два шара. Чему равна вероятность того, что:

Решение.а) ПустьA1– событие, состоящее в том, что первый шар белый,A2– событие, состоящее в том, что второй шар белый. Тогда

.

б) Пусть A1B2– событие, состоящее в том, что первый шар белый, а второй – черный,B1A2– событие, состоящее в том, первый шар черный, а второй – белый. Тогда

Теорему умножения вероятностей легко распространить на случай, когда событий больше двух.

Следствие.Вероятность совместного появления нескольких событий равна произведению вероятности одного из них на условные вероятности всех остальных, причем вероятность каждого последующего события вычисляется в предположении, что все предыдущие события уже появились:

,

где – вероятность событияAn, вычисленная в предположении, что событияA1,A2, …,An-1наступили.

В частности для трех событий будем иметь: .

Заметим, что порядок, в котором расположены события, может быть выбран любым. Безразлично, какое событие считать первым, вторым и т.д.

Определение 4.1.Два события называютсянезависимыми, если вероятность одного из них не зависит от появления или не появления другого, т.е.

или.

Два события называются зависимыми, если вероятность появления одного из них зависит от наступления или не наступления другого события.

Теорема умножения вероятностей, которая была доказана выше, рассматривалась для зависимых событий. Сформулируем теорему умножения вероятностей (без доказательства) для независимых событий.

Теорема 4.6.Вероятность совместного появления двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий:

. (4.7)

Пример 4.3.Студент может уехать в университет или автобусом, который ходит через каждые 20 мин, или маршрутным такси, которое ходит через каждые 10 мин. Какова вероятность того, что студент, подошедший к остановке, уедет в течение ближайших пяти минут?

Решение.ПустьA– событие, заключающееся в том, что студент, подошедший к остановке, уедет в течение ближайших пяти минут. СобытиеAбудет состоять из двух совместных событий:A1– событие, состоящее в том, что студент в течение пяти минут уедет автобусом;A2– событие, состоящее в том, что студент в течение пяти минут уедет маршрутным такси. Совместность этих событий заключается в том, что к остановке одновременно может подойти как автобус, так и маршрутное такси. Но эти события независимые. Поэтому по т.4.2. и по т.4.6. имеем

.

Пусть в результате испытания может появиться nсобытий независимых в совокупности, либо некоторые их них (в частности, только одно или ни одного), причем вероятности появления каждого из событий известны. Как найти вероятность того, что наступит хотя бы одно из этих событий? Например, если в результате испытания могут появиться три события, то появление хотя бы одного из этих событий означает наступление либо одного, либо двух, либо трех событий. Ответ на поставленный вопрос дает следующая теорема.

Теорема 4.7.Вероятность появления хотя бы одного из событийA1,A2, …,An, независящих в совокупности, равна разности между единицей и произведением вероятностей противоположных событий:

. (4.8)

Пример 4.4(Условие примера4.1.). На стеллаже библиотеки в случайном порядке расставлено 15 учебников, причем 5 из них в переплете. Библиотекарь берет наудачу 3 учебника. Найти вероятность того, что хотя бы один из взятых учебников окажется в переплете;

Решение.1) ПустьA– событие, заключающееся в том, что хотя бы один из трех отобранных учебников будет в переплете. Рассмотрим противоположное событие— состоящее в том, что ни один из трех взятых учебников не будет в переплете. СобытияAиобразуют полную группу событий. Значит,. Тогда

.

Пример 4.5.Вероятности попадания в цель при стрельбе из трех орудий таковы:p1=0,8,p2=0,7,p3=0,9. Найти вероятность:

а) только одного попадания при одном залпе из всех орудий;

б) хотя бы одного попадания при одном залпе из всех орудий.

Решение.а) ПустьA– событие, состоящее в том, что при одном залпе из всех орудий было только одно попадание. Вероятность попадания в цель каждым из орудий не зависит от результатов стрельбы из других орудий. СобытиеAвозможно при появлении одного из попарно несовместных событийA1, илиA2, илиA3.

A1– событие, состоящее в том, что произошло попадание в цель первым орудием, т.е. первое орудие попало, второе и третье – нет, значит,

;

A2– событие, состоящее в том, что произошло попадание в цель вторым орудием, т.е. второе орудие попало, а первое и третье – нет,

;

A3– событие, состоящее в том, что произошло попадание в цель третьим орудием, т.е. третье орудие попало, а первое и второе – нет,

.

Таким образом, получаем .

События B1,B2,B3независимы. Используя теоремы сложения и умножения вероятностей, получаем:

гдеq1,q2,q3– соответствующие вероятности промаха каждым орудием.

б) Пусть C– событие, состоящее в том, что при одном залпе из всех орудий было хотя бы одно попадание. Рассмотри противоположное событие, состоящее в том, что при одном залпе не было ни одного попадания, т.е.. СобытияCиобразуют полную группу, поэтому сумма их вероятностей равна единице. Следовательно, получаем

.

Теоремы сложения и умножения вероятностей широко используются при расчете вероятности безотказной работы или вероятности разрыва электрической цепи, если даны, например, вероятности отказа каждого узла, входящего в электрическую схему. Как известно, соединения приборов в электрической цепи возможно двумя способами: параллельномилипоследовательном.

Пусть два прибора Z1иZ2соединены последовательно. Вероятность отказа каждого прибора соответственно равноp1иp2. Поставим вопрос: какова вероятность того, что электрическая схема выйдет из строя? Какова вероятность того, что электрическая схема будет работать некоторое время безотказно?

Вероятности безотказной работы каждого прибора в течение некоторого времени будут равны .

Пусть A– событие, состоящее в том, что схема выйдет из строя,— событие, состоящее в том, что схема будет работать безотказно. Тогда

Пусть два прибора Z1иZ2соединены параллельно. Вероятность отказа каждого прибора соответственно равноp1иp2. Поставим вопрос: какова вероятность того, что электрическая схема выйдет из строя? Какова вероятность того, что электрическая схема будет работать некоторое время безотказно?

Вероятности безотказной работы каждого прибора в течение некоторого времени будут равны .

Пусть A– событие, состоящее в том, что схема выйдет из строя,— событие, состоящее в том, что схема будет работать безотказно. Тогда

Пример 4.6.Дана электрическая схема, в которой вероятность отказов узлов, за времяTравнаp1=0,2;p2=0,1;p3=0,2;p4=0,4. Схема выходит из строя, если цепь разомкнута. Определить вероятность того, что цепь не пропустит электрический ток.

Решение.Пустьсобытие, заключающееся в том, что в цепи тока нет. Цепь разобьем на два участка:и, которые соединены последовательно.

, гдеивероятность того, что ток есть.

.

Участок разбиваем на два участка:и, которые соединены параллельно. Пустьсобытие, заключающееся в том, что на этом участке ток есть. Тогда

,

где вероятность того, что на участкетока нет,вероятность того, что на участкетока нет.

По условию p1=0,2. Участокесть последовательное соединение двух элементови. Тогда

.

.

.

Источник статьи: http://studfile.net/preview/3974583/page:7/

Вероятность появления хотя бы одного события

Пусть в результате испытания могут появиться п событий, независимых в совокупности, либо некоторые из них (в частности, только одно или ни одного), причем вероятности появления каждого из событий известны.

Как найти вероятность того, что наступит хотя бы одно из этих событий? Например, если в результате испытания могут появиться три события, то появление хотя бы одного из этих событий означает наступление либо одного, либо двух, либо трех событий. Ответ на поставленный вопрос дает следующая теорема.

Теорема. Вероятность появления хотя бы одного из событий А1,А2, Ап, независимых в совокупности, равна разности между единицей и произведением, вероятностей противоположных событий A1А2, Ап:

Частный случай. Если события A1А2, А„ имеют одинаковую вероятность, равную р, то вероятность появления хотя бы одного из этих событий Р (Л) = 1 — q п (**)

Пример 1. Вероятности попадания в цель при стрельбе из трех орудий таковы: р1 = 0,8; р2 = 0,7;

р3 = 0,9. Найти вероятность хотя бы одного попадания (событие А) при одном залпе из всех орудий.

Решение. Вероятность попадания в цель каждым из орудий не зависит от результатов стрельбы из других орудий, поэтому рассматриваемые события A1(попадание первого орудия), А2(попадание второго орудия) и А3 (попадание третьего орудия) независимы в совокупности.

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

Искомая вероятность

Пример 2. В типографии имеется 4 плоскопечатных машины. Для каждой машины вероятность того, что она работает в данный момент, равна 0,9. Найти вероятность того, что в данный момент работает хотя бы одна машина (событие А).

Решение. События «машина работает» и «машина не работает» (в данный момент) — противоположные, поэтому сумма их вероятностей равна единице: p + q = 1

Отсюда вероятность того, что машина в данный момент не работает, равна q = 1-p = 1—0,9 = 0,1.

Р (A) = 1 — q 4 = 1 — 0,1 4 = 0,9999.

Так как полученная вероятность весьма близка к единице, то на основании следствия из принципа практической невозможности маловероятных событий мы вправе заключить, что в данный момент работает хотя бы одна из машин.

Пример 3. Вероятность того, что событие появится хотя бы один раз в трех независимых в совокупности испытаниях, равна 0,936. Найти вероятность появления события в одном испытании (предполагается, что во всех испытаниях вероятность появления события одна и та же).

Решение. Так как рассматриваемые события независимы в совокупности, то применима формула (**)

По условию, Р (А) = 0,936; п = 3. Следовательно,

0,936=1 — q 3 или q 3 = 1-0,936 = 0,064.

Отсюда q = = 0,4.

Искомая вероятность р = 1 — q = 1 — 0,4 = 0,6.

Источник статьи: http://studopedia.ru/16_113773_nezavisimie-sobitiya-teorema-umnozheniya-dlya-nezavisimih-sobitiy.html

Добавить комментарий

Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *