Что можно приготовить из кальмаров: быстро и вкусно

А также научились решать типовые задачи с независимыми событиями, и сейчас последует гораздо более интересное продолжение, которое позволит не только освоить новый материал, но и, возможно, окажет практическую житейскую помощь.

Кратко повторим, что такое независимость событий: события и являются НЕзависимыми, если вероятность любого из них не зависит от появления либо непоявления другого события. Простейший пример – подбрасывание двух монет. Вероятность выпадения орла либо решки на одной монете никак не зависит от результата броска другой монеты.

Понятие зависимости событий вам тоже знакомо и настал черёд заняться ими вплотную.

Сначала рассмотрим традиционный набор, состоящий из двух событий: событие является зависимым , если помимо случайных факторов его вероятность зависит от появления либо непоявления события . Вероятность события , вычисленная в предположении того, что событие уже произошло , называется условной вероятностью наступления события и обозначается через . При этом события и называют зависимыми событиями (хотя, строго говоря, зависимо только одно из них) .

Карты в руки:

Задача 1

Из колоды в 36 карт последовательно извлекаются 2 карты. Найти вероятность того, что вторая карта окажется червой, если до этого:

а) была извлечена черва;
б) была извлечена карта другой масти.

Решение : рассмотрим событие: – вторая карта будет червой. Совершенно понятно, что вероятность этого события зависит от того, черву или не черву вытянули ранее.

а) Если сначала была извлечена черва (событие ), то в колоде осталось 35 карт, среди которых теперь находится 8 карт червовой масти. По классическому определению :
при условии , что до этого тоже была извлечена черва.

б) Если же сначала была извлечена карта другой масти (событие ), то все 9 черв остались в колоде. По классическому определению :
– вероятность того, что вторая карта окажется червой при условии , что до этого была извлечена карта другой масти.

Всё логично – если вероятность извлечения червы из полной колоды составляет , то при извлечении следующей карты аналогичная вероятность изменится: в первом случае – уменьшится (т.к. черв стало меньше), а во втором – возрастёт: (т.к. все червы остались в колоде).

Ответ :

Зависимых событий, разумеется, может быть и больше. Пока задача не остыла, добавим ещё одно: – третьей картой будет извлечена черва. Предположим, что произошло событие , а затем событие ; тогда в колоде осталось 34 карты, среди которых 7 черв. По классическому определению :
– вероятность наступления события при условии , что до этого были извлечены две червы.

Для самостоятельной тренировки:

Задача 2

В конверте находится 10 лотерейных билетов, среди которых 3 выигрышных. Из конверта последовательно извлекаются билеты. Найти вероятности того, что:

а) 2-й извлечённый билет будет выигрышным, если 1-й был выигрышным;
б) 3-й будет выигрышным, если предыдущие два билета были выигрышными;
в) 4-й будет выигрышным, если предыдущие билеты были выигрышными.

Краткое решение с комментариями в конце урока.

А теперь обратим внимание на один принципиально важный момент: в рассмотренных примерах требовалось найти лишь условные вероятности, при этом предыдущие события считались достоверно состоявшимися . Но ведь в действительности и они являются случайными! Так, в «разогретой» задаче извлечение червы из полной колоды – есть событие случайное, вероятность которого равна .

На практике гораздо чаще требуется отыскать вероятность совместного появления зависимых событий. Как, например, найти вероятность события , состоящего в том, что из полной колоды будет извлечена черва и затем ещё одна черва? Ответ на этот вопрос даёт

теорема умножения вероятностей зависимых событий : вероятность совместного появления двух зависимых событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, вычисленную в предположении, что первое событие уже произошло:

В нашем случае:
– вероятность того, что из полной колоды будут извлечены 2 червы подряд.

Аналогично:
– вероятность того, что сначала будет извлечена карта другой масти и затем черва.

Вероятность события получилась заметно больше вероятности события , что, в общем-то, было очевидно безо всяких вычислений.

И, само собой, не нужно питать особых надежд, что из конверта с десятью лотерейными билетами (Задача 2) вы вытяните 3 выигрышных билета подряд:

Да, совершенно верно – теорема умножения вероятностей зависимых событий естественным образом распространяется и на бОльшее их количество.

Закрепим материал несколькими типовыми примерами:

Задача 3

В урне 4 белых и 7 черных шаров. Из урны наудачу один за другим извлекают два шара, не возвращая их обратно. Найти вероятность того, что:

а) оба шара будут белыми;
б) оба шара будут чёрными;
в) сначала будет извлечён белый шар, а затем – чёрный.

Обратите внимание на уточнение «не возвращая их обратно». Этот комментарий дополнительно подчёркивает тот факт, что события зависимы. Действительно, а вдруг извлечённые шары возвращают обратно? В случае возвратной выборки вероятности извлечения чёрного и белого шара меняться не будут, а в такой задаче уже следует руководствоваться теоремой умножения вероятностей НЕзависимых событий .

Решение : всего в урне: 4 + 7 = 11 шаров. Поехали:

а) Рассмотрим события – первый шар будет белым, – второй шар будет белым и найдём вероятность события , состоящего в том, что 1-й шар будет белым и 2-й белым.

По классическому определению вероятности: . Предположим, что белый шар извлечён, тогда в урне останется 10 шаров, среди которых 3 белых, поэтому:
– вероятность извлечения белого шара во 2-м испытании при условии, что до этого был извлечён белый шар.

– вероятность того, что оба шара будут белыми.

б) Найдём вероятность события , состоящего в том, что 1-й шар будет чёрным и 2-й чёрным

По классическому определению: – вероятность того, что в 1-м испытании будет извлечён чёрный шар. Пусть извлечён чёрный шар, тогда в урне останется 10 шаров, среди которых 6 чёрных, следовательно: – вероятность того, что во 2-м испытании будет извлечён чёрный шар при условии, что до этого был извлечен чёрный шар.

По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
– вероятность того, что оба шара будут чёрными.

в) Найдём вероятность события (сначала будет извлечён белый шар и затем чёрный)

После извлечения белого шара (с вероятностью ) в урне останется 10 шаров, среди которых 3 белых и 7 чёрных, таким образом: – вероятность того, что во 2-м испытании будет извлечён чёрный шар при условии, что до этого был извлечен белый шар.

По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
– искомая вероятность.

Ответ :

Данную задачу нетрудно проверить через теорему сложения вероятностей событий, образующих полную группу . Для этого найдём вероятность 4-го недостающего события: – того, что сначала будет извлечён чёрный шар и затем белый.

События образуют полную группу, поэтому сумма их вероятностей должна равняться единице:
,что и требовалось проверить.

И сразу же предлагаю проверить, насколько хорошо вы усвоили изложенный материал:

Задача 4

Какова вероятность того, что из колоды в 36 карт будут извлечены два туза подряд?

Задача 5

В урне 6 черных, 5 красных и 4 белых шара. Последовательно извлекают три шара. Найти вероятность того, что

а) третий шар окажется белым, если до этого был извлечён черный и красный шар;
б) первый шар окажется черным, второй – красным и третий – белым.

Решения и ответы в конце урока.

Надо сказать, что многие из рассматриваемых задач разрешимы и другим способом, но чтобы не возникло путаницы, пожалуй, вообще о нём умолчу.

Наверное, все заметили, что зависимые события возникают в тех случаях, когда осуществляется некоторая цепочка действий. Однако сама по себе последовательность действий ещё не гарантируют зависимость событий. Пусть, например, студент наугад отвечает на вопросы какого-нибудь теста – данные события хоть и происходят одно за другим, но незнание ответа на один вопрос никак не зависит от незнания других ответов =) Хотя, закономерности тут, конечно, есть =) Тогда совсем простой пример с неоднократным подбрасыванием монеты – сей увлекательный процесс даже так и называется: повторные НЕзависимые испытания .

Я как мог, старался отсрочить этот момент и подбирать разнообразные примеры, но если в задачах на теорему умножения независимых событий хозяйничают стрелки, то здесь происходит самое настоящее нашествие урн с шарами =) Поэтому никуда не деться – снова урна:

Задача 6

Из урны, в которой находится 6 белых и 4 черных шара, извлекаются наудачу один за другим три шара. Найти вероятность того, что:

а) все три шара будут черными;
б) будет не меньше двух шаров черного цвета.

Решение :всего: 6 + 4 = 10 шаров в урне.

Событий в данной задаче будет многовато, и в этой связи целесообразнее использовать смешанный стиль оформления, обозначая прописными латинскими буквами только основные события. Надеюсь, вы уже поняли, по какому принципу подсчитываются условные вероятности.

а) Рассмотрим событие: – все три шара будут черными.

По теореме умножения вероятностей зависимых событий:

б) Второй пункт интереснее, рассмотрим событие: – будет не меньше двух шаров черного цвета. Данное событие состоит в 2 несовместных исходах: либо все шары будут чёрными (событие ) либо 2 шара будут чёрным и 1 белым – обозначим последнее событие буквой .

Событие включается в себя 3 несовместных исхода:

в 1-м испытании извлечён белый и во 2-м и в 3-м испытаниях – чёрные шары
или
и во 2-м – БШ и в 3-м – ЧШ
или
в 1-м испытании извлечён ЧШ и во 2-м – ЧШ и в 3-м – БШ.

Желающие могут ознакомиться с более трудными примерами из сборника Чудесенко , в которых перекладываются несколько шаров. Особым любителям предлагаю задачи повышенной комбинационной сложности – с двумя последовательными перемещениями шаров из 1-й во 2-ю урну, из 2-й в 3-ю и финальным извлечением шара из последней урны – смотрите последние задачи файла Дополнительные задачи на теоремы сложения и умножения вероятностей . Кстати, там немало и других интересных заданий.

А в заключение этой статьи мы разберём прелюбопытнейшую задачу, которой я вас заманивал на самом первом уроке =) Даже не разберём, а проведём небольшое практическое исследование. Выкладки в общем виде будут слишком громоздкие, поэтому рассмотрим конкретный пример:

Петя сдаёт экзамен по теории вероятностей, при этом 20 билетов он знает хорошо, а 10 плохо. Предположим, в первый день экзамен сдаёт часть группы, например, 16 человек, включая нашего героя. В общем, ситуация до боли знакома: студенты один за другим заходят в аудиторию и тянут билеты.

Очевидно, что последовательное извлечение билетов представляет собой цепь зависимых событий, и возникает насущный вопрос : в каком случае Пете с бОльшей вероятностью достанется «хороший» билет – если он пойдёт «в первых рядах», или если зайдёт «посерединке», или если будет тянуть билет в числе последних? Когда лучше заходить?

Сначала рассмотрим «экспериментально чистую» ситуацию, в которой Петя сохраняет свои шансы постоянными – он не получает информацию о том, какие вопросы уже достались однокурсникам, ничего не учит в коридоре, ожидая своей очереди, и т.д.

Рассмотрим событие: – Петя зайдёт в аудиторию самым первым и вытянет «хороший» билет. По классическому определению вероятности: .

Как изменится вероятность извлечения удачного билета, если пропустить вперёд отличницу Настю? В этом случае возможны две несовместные гипотезы:

– Настя вытянет «хороший» (для Пети) билет;
– Настя вытянет «плохой» билет, т.е. увеличит шансы Пети.

Событие же (Петя зайдёт вторым и вытянет «хороший» билет) становится зависимым .

1) Предположим, что Настя с вероятностью «увела» у Пети один удачный билет. Тогда на столе останутся 29 билетов, среди которых 19 «хороших». По классическому определению вероятности:

2) Теперь предположим, что Настя с вероятностью «избавила» Петю от 1-го «плохого» билета. Тогда на столе останутся 29 билетов, среди которых по-прежнему 20 «хороших». По классическому определению:

Используя теоремы сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей зависимых событий, вычислим вероятность того, что Петя вытянет «хороший» билет, будучи вторым в очереди:

Вероятность… осталось той же! Хорошо, рассмотрим событие: – Петя пойдёт третьим, пропустив вперёд Настю и Лену, и вытащит «хороший» билет.

Здесь гипотез будет побольше: дамы могут «обокрасть» джентльмена на 2 удачных билета, либо наоборот – избавить его от 2 неудачных, либо извлечь 1 «хороший» и 1 «плохой» билет. Если провести аналогичные рассуждения, воспользоваться теми же теоремами, то… получится такое же значение вероятности !

Таким образом, чисто с математической точки зрения, без разницы, когда идти – первоначальные вероятности останутся неизменными. НО . Это только усреднённая теоретическая оценка, так, например, если Петя пойдёт последним, то это вовсе не значит, что ему останутся на выбор 10 «хороших» и 5 «плохих» билетов в соответствии с его изначальными шансами. Данное соотношение может варьироваться в лучшую или худшую сторону, однако всё же маловероятно, что среди билетов останется «одна халява», или наоборот – «сплошной ужас». Хотя «уникальные» случаи не исключены – всё-таки тут не 3 миллиона лотерейных билетов с практически нулевой вероятностью крупного выигрыша. Поэтому «невероятное везение» или «злой рок» будут слишком преувеличенными высказываниями.

Математика и «чистый эксперимент» – это хорошо, но какой стратегии и тактики всё же выгоднее придерживаться в реальных условиях ? Безусловно, следует принять во внимание субъективные факторы, например, «скидку» преподавателя для «храбрецов» или его усталость к концу экзамена. Зачастую эти факторы могут быть даже решающими, но в заключительных рассуждениях я постараюсь не сбрасывать со счетов и дополнительные вероятностные аспекты:

Если Вы готовы к экзамену хорошо, то, наверное, лучше идти «в первых рядах». Пока билетов полный комплект, постулат «маловозможные события не происходят » работает на Вас гораздо в бОльшей степени. Согласитесь, что намного приятнее иметь соотношение «30 билетов, среди которых 2 плохих», чем «15 билетов, среди которых 2 плохих». А то, что два неудачных билета на отдельно взятом экзамене (а не по средней теоретической оценке!) так и останутся на столе – вполне и вполне возможно.

Теперь рассмотрим «ситуацию Пети» – когда студент готов к экзамену достаточно хорошо, но с другой стороны, и «плавает» тоже неплохо. Иными словам, «больше знает, чем не знает». В этом случае целесообразно пропустить вперёд 5-6 человек, и ожидать подходящего момента вне аудитории. Действуйте по ситуации. Довольно скоро начнёт поступать информация, какие билеты вытянули однокурсники (снова зависимые события!) , и на «заигранные» вопросы можно больше не тратить силы – учите и повторяйте другие билеты, повышая тем самым первоначальную вероятность своего успеха. Если «первая партия» экзаменующихся «избавила» вас сразу от 3-4 трудных (лично для Вас) билетов, то выгоднее как можно быстрее попасть на экзамен – именно сейчас шансы значительно возросли. Постарайтесь не упускать момент – всего несколько пропущенных вперёд человек, и преимущество, скорее всего, растает. Если же наоборот, «плохих» билетов вытянули мало – ждите. Через несколько человек эта «аномалия» опять же с большой вероятностью, если не исчезнет, то сгладится в лучшую сторону. В «обычном» и самом распространённом случае выгода тоже есть: расклад «24 билета/8 плохих» будет лучше соотношения «30 билетов/10 плохих». Почему? Трудных билетов теперь не десять, а восемь! С удвоенной энергией штудируем материал!

Если Вы готовы неважно или плохо, то само собой, лучше идти в «последних рядах» (хотя возможны и оригинальные решения, особенно, если нечего терять) . Существует небольшая, но всё же ненулевая вероятность, что Вам останутся относительно простые вопросы + дополнительная зубрёжка + шпоры, которые отдадут отстрелявшиеся сокурсники =) И, да – в совсем критической ситуации есть ещё следующий день, когда экзамен сдаёт вторая часть группы;-)

Какой можно сделать вывод? Субъективный оценочный принцип «кто идёт раньше, тот готов лучше» находит внятное вероятностное обоснование!

4) Имеются три одинаковые с виду урны: в первой 5 белых и 10 черных шаров; во второй 9 белых и 6 черных шаров; в третьей только черные шары. Из наугад выбранной урны достают один шар. Какова вероятность того, что этот шар черный.

Решение

Событие A – достали черный шар. Событие A

H

H

H

Так как урны с виду одинаковы, то:

A для каждой гипотезы.

Черный шар достали из первой урны:

Аналогично:

Ответ:

5) Имеются две урны: в первой 5 белых и 10 черных шаров; во второй урне 9 белых и 6 черных шаров. Из первой урны во вторую перекладывают, не глядя, один шар. После этого из второй урны достают один шар. Найти вероятность того, что этот шар будет черным.

Решение

Событие A – из второй урны достали черный шар. Событие A может произойти с одним из несовместных событий (гипотез):

H 1 – из первой урны во вторую переложили белый шар;

H 2 – из первой урны во вторую переложили черный шар.

Вероятности гипотез:

Найдем условные вероятности события A . Если из первой урны во вторую переложили белый шар, то во второй урне стало 10 белых и 6 черных шаров. Значит, вероятность достать из нее черный шар равна:

Аналогично:

По формуле полной вероятности:

Ответ:

6) Имеются три урны: в первой 5 белых и 10 черных шаров; во второй 9 белых и 6 черных шаров; в третьей урне 15 черных шаров (белых шаров нет). Из наугад выбранной урны достали один шар. Этот шар оказался черным. Найти вероятность того, что шар достали из второй урны.

Решение

Событие A – из наугад выбранной урны достали один шар.

Событие A может произойти с одним из несовместных событий (гипотез):

H 1 – шар достали из первой урны;

H 2 – шар достали из второй урны;

H 3 – шар достали из третьей урны.

Априорные вероятности гипотез равны:

В задаче 4 найдены условные вероятности события A и его полная вероятность:

Найдем по формуле Байеса апостериорную вероятность гипотезы H 2 .

Черный шар достали из второй урны:

Сравним и :

Таким образом, если известно, что достали черный шар, то вероятность того, что его достали из второй урны уменьшается (это соответствует условию – во второй урне меньше всего черных шаров).

Ответ: .

Формула Бернулли

7) В семье шесть детей. Вероятность рождения девочки равна 0,49. Найти вероятность того, что среди этих детей одна девочка.

Решение

Событие A – родилась девочка.

P = P (A ) = 0,49;

q = 1 – p = 1 – 0,49 = 0,51.

Формула Бернулли:

Всего шесть детей, значит n =6.

Надо найти вероятность того, что среди них точно одна девочка, значит m = 1.

Ответ:

8) Отрезок AB разделен точной C в отношении 2:1. На этот отрезок наудачу брошено 6 точек. Предполагается, что вероятность попадания точки на отрезок пропорциональна длине отрезка и не зависит от его расположения. Найти вероятность того, что более одной точки окажется правее точки C .

Решение

Событие A – случайная точка попала на отрезок CB (правее точки C ).

Так как C делит AB в отношении 2:1, то:

2CB =AC ;

2CB +CB =AC +CB ;

3CB =AB ;

Опираясь на геометрическое определение вероятности, получаем:

Формула Бернулли.

№1 . В первой урне 2 белых и 6 черных шаров, во второй – 4 белых и 2 черных. Из первой урны наудачу переложили 2 шара во вторую, после чего из второй урны наудачу достали один шар.

1. Какова вероятность того, что этот шар белый?

2. Шар, взятый из второй урны, оказался белым. Какова вероятность того, что из первой урны во вторую были переложены 2 белых шара?

Решение . а) Введем обозначения: А – шар, извлеченный из второй урны, белый; гипотезы Н 1 – из первой урны во вторую переложены 2 белых шара, Н 2 – переложены 2 разноцветных шара, Н 3 – переложены 2 черных шара. Тогда

p(A)=p(Н i)p(A|Н i)+p(Н 2 )p(A |Н 2)+ p(Н 3 )p(A |Н 3)

Вероятности гипотезы Н i и условные вероятности p(A |Н i)(i= 1, 2, 3) вычисляем по классической схеме:

По формуле полной вероятности получим:

б) Вероятность p(H 1 |A) находим по формуле Байеса:

№2 . Партия электрических лампочек на 20% изготовлена первым заводом, на 30% - вторым, на 50% - третьим. Вероятности выпуска бракованных лампочек соответственно равны: q 1 =0,01, q 2 =0,005, q 3 = 0,006 . Найти вероятность того, что наудачу взятая из партии лампочка окажется стандартной.

Решение. Ведем обозначения: А - "из партии взята стандартная лампочка", Н 1 - "взятая лампочка изготовлена первым заводом", Н 2 -"вторым заводом", H 3 - "третьим заводом". Найдем условные вероятности

Р(А/Н i)(i=1,2, 3) по формуле

Р(А/H i) = 1-Р( /H i),

где - событие, противоположное событию А (взята нестандартная лампочка):

Р(А/H 1) = 1-Р( /H 1) = 1- 0,01 = 0,99, Р(А/Н 2) = 1-Р( /Н 2) = 1-0,005 = 0,995,

Р(А/Н 3) = 1-Р( /H 3) = 1-0,006 = 0,994 .

Из условия задачи следует, что Р(H 1) = 0,2, Р(Н 2) = 0,3, Р(Н 3) = 0,5.

Р(А) = Р(Н 1)Р(А/Н 1) + Р(Н 2)Р(А/Н 2) + Р(Н 3)Р(А/Н 3) = 0,2 0,99 + 0,3 0,995+ + 0,5 0,994 = 0,198 + 0,2985 + 0,4970 = 0,9935.

№3 . По самолету производится три одиночных выстрела. Вероятность попадания при первом выстреле равна 0,4, при втором – 0,5, при третьем – 0,7. Для вывода самолета из строя заведомо достаточно трех попаданий; при одном попадании самолет выходит из строя с вероятностью 0,2, при двух попаданиях с вероятностью 0,6. Найти вероятность того, что в результате трех выстрелов самолет будет выведен из строя.

Решение . Рассмотрим четыре гипотезы:

Н 0 – в самолет не попало ни одного снаряда,

Н 1 – в самолет попал один снаряд,

Н 2 – в самолет попало два снаряда,

Н 3 – в самолет попало три снаряда.

Пользуясь теоремами сложения и умножения, найдем вероятность эти гипотез:

P(H 0)=0,6·0,5·0,3=0,09;

P(H 1)=0,4·0,5·0,3+0,6·0,5·0,3+0,6·0,5·0,7=0,36;

P(H 2)=0,6·0,5·0,7+0,4·0,5·0,7+0,4·0,5·0,3=0,41;

P(H 3)=0,4·0,5·0,7=0,14.

Условные вероятности события А (выход самолета из строя) при этих гипотезах равны

P(A|H 0)=0; P(A|H 1)= 0,2; P(A|H 2)= 0,6; P(A|H 3)= 1.

Применяя формулу полной вероятности, получим

Заметим, что первую гипотезу Н 0 можно было бы не вводить в рассмотрение, так как соответствующий член в формуле полной вероятности обращается в нуль. Так обычно и поступают при применении формулы полной вероятности, рассматривая не полную группу несовместных гипотез, а только те из них, при которых данное событие возможно.

Варианты заданий

1. В студенческом стройотряде 2 бригады первокурсников и одна второкурсников. В каждой бригаде первокурсников 5 юношей и 3 девушки, а в бригаде второкурсников 4 юношей и 4 девушки. По жеребьевке из отряда выбрали одну из бригад и из нее одного человека для поездке в город. а) Какова вероятность того, что выбран юноша? б) Выбранный человек оказался юношей. Какова вероятность, что он первокурсник?

2. В первой урне содержится 10 шаров, из них 8 белых; во второй урне 20 шаров, из них 4 белых. Из каждой урны наудачу извлекли по одному шару, а затем из этих шаров наудачу взят один шар. Найдите вероятность того, что взят белый шар?

3. 60% учащихся в школе - девочки. 80% девочек и 75% мальчиков имеют билеты в театр. В учительскую принесли кем-то потерянный билет. Какова вероятность того, что этот билет принадлежал девочке? Мальчику?

4. Бросается монета, и если она падает так, что сверху оказывается герб, вынимаем один шар из урны 1; в противном случае - из урны 2. Урна 1 содержит 3 красных и 1 белый шар. Урна 2 содержит 1 красный и 3 белых шара. а) Какова вероятность того, что вынутый шар красный? б) Какова вероятность того, что шар вынимался из первой урны, если он оказался красным?

5. На некоторой фабрике машина А производит 40% всей продукции, а машина В- 60% . В среднем9 единиц из 1000 единиц продукции, произведенных машиной А, оказывается браком, а у машины В - брак 2 единицы из 500. Некоторая единица продукции, выбранная случайным образом из дневной продукции, оказалось браком. Какова вероятность того, что она произведена на машине В?

6. В группе из 20 стрелков имеются 4 отличных, 10 хороших и 6 посредственных стрелков. Вероятность попадания в цель при одном выстреле для отличного стрелка равна 0.9, для хорошего - 0.7, для посредственного - 0.5. Найдите вероятность того, что: а) наудачу выбранный стрелок попадет в цель; б) 2 наудачу выбранных стрелка попадут в цель.

7. С первого станка-автомата на сборку поступает 40% , со второго - 30% , с третьего 20% , с четвертого - 10% деталей. Среди деталей, выпущенных первым станком, 2% бракованных, вторым - 15 , третьим - 0.5% и четвертым - 0.2% . Найдите вероятность того, что поступившая на сборку деталь не бракованная.

8. Из 5 стрелков 2 попадают в цель с вероятностью 0,6 и 3 - с вероятностью 0,4. а) Что вероятнее: попадет в цель наудачу выбранный стрелок или нет? б) Наудачу выбранный стрелок попал в цель. Что вероятнее: принадлежит он к первым двум или к трем последним?

9. 4 стрелка независимо друг от друга стреляют по одной мишени, делая каждый по одному выстрелу. Вероятности попадания для данных стрелков равны 0,4; 0,6; 0,7; 0,8. После стрельбы в мишени обнаружены три пробоины. Найдите вероятность того, что промахнулся четвертый стрелок.

10. Из 20 студентов. пришедших на экзамен, 8 подготовлены отлично, 6 - хорошо, 4 - посредственно и 2 - плохо. В экзаменационных билетах имеется 40 вопросов. Студент, подготовленный отлично, знает все вопросы, хорошо - 35. посредственно - 25 и плохо - 10 вопросов. Некоторый студент ответил на все 3 вопроса билета, Найдите вероятность того, что он подготовлен: а) хорошо; б) плохо.

11–16. Имеется два комплекта книг, вероятность того, что книга первого комплекта по искусству, равна р 1 , а второго р 2 . Найти вероятность того, что взятая наудачу книга по искусству.

17–21. В первой коробке содержится m 1 радиоламп, из них m 11 стандартных, во второй коробке m 2 радиоламп, из них m 21 стандартных, из r-ой коробки наудачу взята лампа и переложена в другую. Найти вероятность события А.

22–30. Детали, изготовляемые цехом завода, попадают для проверки их на стандартность к одному из двух контролеров. Вероятность того, что деталь попадет к первому контролеру – р 11 , а ко второму – р 21 . вероятность того, что годная деталь будет признана стандартной первым контролером, равна - р 12 , а вторым – р 22 . Годная деталь при проверке была признана стандартной. Найти вероятность того, что эту деталь проверил r-ой контролер.

События образуют полную группу , если они в совокупности описывают все возможные несовместные друг с другом исходы некоторого испытания; сумма вероятностей событий полной группы равна 1. Например, испытание - бросание игральной кости. Всего исходов испытания - шесть (число выпавших очков от 1 до 6), каждый может произойти с вероятностью 1/6, сумма вероятностей всех исходов равна 1.
Предположим, что событие A может наступить лишь при появлении одного из несовместных событий (гипотез) H 1 , H 2 , ..., H n , образующих полную группу. Тогда вероятность события A определяется как сумма произведений вероятностей каждой из гипотез на соответствующую условную вероятность события A:

Пример 5.1

В каждой из двух урн находится 9 белых и 14 чёрных шаров. Из первой урны во вторую переложили наудачу один шар, а затем из второй урны вынули наудачу один шар. Найти вероятность того, что шар, вынутый из второй урны, окажется чёрным.

Решение
Событие А - шар, вынутый из второй урны, оказался чёрным.
Гипотеза Н 1 - из первой урны во вторую переложили белый шар. Р(Н 1) = 9/23.
Гипотеза Н 2 - из первой урны во вторую переложили чёрный шар. Р(Н 2) = 14/23.
После перекладывания во второй урне стало 24 шара. Условные вероятности события А:

По формуле полной вероятности

Свернуть

Формула Бейеса (Байеса)

Предположим, что событие A может наступить лишь при появлении одного из несовместных событий (гипотез) H 1 , H 2 , ..., H n , образующих полную группу. Событие A уже произошло. Требуется вычислить условные вероятности гипотез (при условии, что событие А произошло).

Пример 6.1

Два цеха штампуют однотипные детали. Первый цех дает 5% брака, второй - 4%. Для контроля отобрано 20 деталей с первого цеха и 10 деталей со второго. Эти детали смешаны в одну партию, и из нее наудачу извлекают одну деталь. Деталь оказалась бракованная. Какова вероятность того, что она из цеха №1?

Решение
Событие А – деталь оказалась бракованной.
Гипотеза Н 1 – деталь изготовлена в 1-м цехе; Р(Н 1) = 2/3
Гипотеза Н 2 – деталь изготовлена во 2-м цехе; Р(Н 2) = 1/3
Условные вероятности события А: P H1 (A)=0,05; P H2 (A)=0,04
Требуется найти вероятность первой гипотезы в предположении, что событие А уже произошло:
P A (H 1) - ?
Используем формулу вероятности гипотез Бейеса, подставив в знаменатель формулу полной вероятности:

Свернуть

Формула Бернулли

Пусть проводятся независимые испытания (такие, при которых вероятность появления события в каждом испытании не зависит от результатов предыдущих испытаний). Далее, вероятность наступления интересующего нас события в каждом испытании постоянна и равна p. Тогда вероятность того, что рассматриваемое событие появится ровно k раз при n испытаниях (безразлично, в каком порядке), равна

В формуле Бернулли используется число сочетаний.
Повторюсь, что для реализации схемы Бернулли необходимы два условия:
1) независимость проводимых испытаний;
2) p = const (постоянное значение вероятности появления события)
Распределение вероятностей в схеме Бернулли - биномиальное. Наивероятнейшее число появления события (мода) при n испытаниях заключено в пределах np-q ≤ Mo ≤ np+p,

Пример 7.1

Система, составленная из четырёх блоков, работает исправно, если за рассматриваемый период выйдет из строя не более двух блоков. Найти вероятность безотказной работы системы блоков, если отказы блоков являются независимыми событиями и вероятность отказа каждого блока равна 1/8.