Математика для заочников и не только

Высшая математика – просто и доступно!

Если сайт упал, используйте ЗЕРКАЛО: mathprofi.net

Наш форум и библиотека: + подписка на новости проекта!

Высшая математика:

Математика для заочников
Математические формулы,
таблицы и справочные
материалы

Математические сайты
>>> Удобный калькулятор

Не нашлось нужной задачи?
Сборники готовых решений!

Не получается пример?
Задайте вопрос на форуме!
>>> mathprofi.com   

Учимся решать:

Лекции-уроки по высшей математике для первого курса

Высшая математика для чайников, или с чего начать?

Аналитическая геометрия:

Векторы для чайников
Скалярное произведение
векторов

Линейная (не) зависимость
векторов. Базис векторов

Переход к новому базису
Векторное и смешанное
произведение векторов

Формулы деления отрезка
в данном отношении

Прямая на плоскости
Простейшие задачи
с прямой на плоскости

Линейные неравенства
Как научиться решать задачи
по аналитической геометрии?

Линии второго порядка. Эллипс
Гипербола и парабола
Задачи с линиями 2-го порядка
Как привести уравнение л. 2 п.
к каноническому виду?

Полярные координаты
Как построить линию
в полярной системе координат?

Уравнение плоскости
Прямая в пространстве
Задачи с прямой в пространстве
Основные задачи
на прямую и плоскость

Треугольная пирамида

Элементы высшей алгебры:

Множества и действия над ними
Основы математической логики
Формулы и законы логики
Уравнения высшей математики
Комплексные числа
Выражения, уравнения и с-мы
с комплексными числами

Действия с матрицами
Как вычислить определитель?
Свойства определителя
и понижение его порядка

Как найти обратную матрицу?
Свойства матричных операций.
Матричные выражения

Матричные уравнения
Как решить систему линейных уравнений?
Правило Крамера. Матричный метод решения системы
Метод Гаусса для чайников
Несовместные системы
и системы с общим решением

Как найти ранг матрицы?
Однородные системы
линейных уравнений

Метод Гаусса-Жордана
Решение системы уравнений
в различных базисах

Линейные преобразования
Собственные значения
и собственные векторы

Пределы:

Пределы. Примеры решений
Замечательные пределы
Методы решения пределов
Бесконечно малые функции.
Эквивалентности

Правила Лопиталя
Сложные пределы
Пределы последовательностей
Пределы по Коши. Теория

Производные функций:

Как найти производную?
Производная сложной функции. Примеры решений
Логарифмическая производная
Производные неявной, параметрической функций
Простейшие задачи
с производной

Производные высших порядков
Что такое производная?
Производная по определению
Как найти уравнение нормали?
Приближенные вычисления
с помощью дифференциала

Метод касательных

Функции и графики:

Графики и свойства
элементарных функций

Как построить график функции
с помощью преобразований?

Непрерывность, точки разрыва
Область определения функции
Асимптоты графика функции
Интервалы знакопостоянства
Возрастание, убывание
и экстремумы функции

Выпуклость, вогнутость
и точки перегиба графика

Полное исследование функции
и построение графика

Наибольшее и наименьшее
значения функции на отрезке

Экстремальные задачи

ФНП:

Область определения функции
двух переменных. Линии уровня

Основные поверхности
Предел функции 2 переменных
Повторные пределы
Непрерывность функции 2п
Частные производные
Частные производные
функции трёх переменных

Производные сложных функций
нескольких переменных

Как проверить, удовлетворяет
ли функция уравнению?

Частные производные
неявно заданной функции

Производная по направлению
и градиент функции

Касательная плоскость и
нормаль к поверхности в точке

Экстремумы функций
двух и трёх переменных

Условные экстремумы
Наибольшее и наименьшее
значения функции в области

Метод наименьших квадратов

Интегралы:

Неопределенный интеграл.
Примеры решений

Метод замены переменной
в неопределенном интеграле

Интегрирование по частям
Интегралы от тригонометрических функций
Интегрирование дробей
Интегралы от дробно-рациональных функций
Интегрирование иррациональных функций
Сложные интегралы
Определенный интеграл
Как вычислить площадь
с помощью определенного интеграла?

Что такое интеграл?
Теория для чайников

Объем тела вращения
Несобственные интегралы
Эффективные методы решения
определенных и несобственных
интегралов

S в полярных координатах
S и V, если линия задана
в параметрическом виде

Длина дуги кривой
S поверхности вращения
Приближенные вычисления
определенных интегралов


Метод прямоугольников

  Карта сайта

Лекции-уроки по высшей математике для второго курса

Дифференциальные уравнения:

Дифференциальные уравнения первого порядка
Однородные ДУ 1-го порядка
ДУ, сводящиеся к однородным
Линейные неоднородные дифференциальные уравнения первого порядка
Дифференциальные уравнения в полных дифференциалах
Уравнение Бернулли
Дифференциальные уравнения
с понижением порядка

Однородные ДУ 2-го порядка
Неоднородные ДУ 2-го порядка
Линейные дифференциальные
уравнения высших порядков

Метод вариации
произвольных постоянных

Как решить систему
дифференциальных уравнений

Задачи с диффурами
Методы Эйлера и Рунге-Кутты

Числовые ряды:

Ряды для чайников
Как найти сумму ряда?
Признак Даламбера.
Признаки Коши

Знакочередующиеся ряды. Признак Лейбница
Ряды повышенной сложности

Функциональные ряды:

Степенные ряды
Разложение функций
в степенные ряды

Сумма степенного ряда
Равномерная сходимость
Другие функциональные ряды
Приближенные вычисления
с помощью рядов

Вычисление интеграла разложением функции в ряд
Как найти частное решение ДУ
приближённо с помощью ряда?

Вычисление пределов
Ряды Фурье. Примеры решений

Кратные интегралы:

Двойные интегралы
Как вычислить двойной
интеграл? Примеры решений

Двойные интегралы
в полярных координатах

Как найти центр тяжести
плоской фигуры?

Тройные интегралы
Как вычислить произвольный
тройной интеграл?


Криволинейные интегралы
Интеграл по замкнутому контуру
Формула Грина. Работа силы

Поверхностные интегралы

Элементы векторного анализа:

Основы теории поля
Поток векторного поля
Дивергенция векторного поля
Формула Гаусса-Остроградского

Циркуляция векторного поля
и формула Стокса

Комплексный анализ:

Примеры решений типовых
задач комплексного анализа

Как найти функцию
комплексной переменной?

Решение ДУ методом
операционного исчисления

Как решить систему ДУ
операционным методом?

Теория вероятностей:

Основы теории вероятностей
Задачи по комбинаторике
Задачи на классическое
определение вероятности

Геометрическая вероятность
Задачи на теоремы сложения
и умножения вероятностей

Зависимые события
Формула полной вероятности
и формулы Байеса

Независимые испытания
и формула Бернулли

Локальная и интегральная
теоремы Лапласа

Статистическая вероятность
Случайные величины

Отблагодарить автора >>>

Если Вы заметили опечатку, пожалуйста, сообщите мне об этом

Заказать контрольную
Часто задаваемые вопросы
Гостевая книга

Кнопка для сайта: Высшая математика – просто и доступно!

Когда нет времени:

Авторские работы на заказ

По школьным предметам.
Подготовка к ЕГЭ

По высшей математике
и физике

Помогут разобраться в теме,
подготовиться к экзамену



  Карта сайта



Теоремы сложения и умножения вероятностей.
Зависимые и независимые события


Заголовок выглядит страшновато, но в действительности всё очень просто. На данном уроке мы познакомимся с теоремами сложения и умножения вероятностей событий, а также разберём типовые задачи, которые наряду с задачей на классическое определение вероятности обязательно встретятся или, что вероятнее, уже встретились на вашем пути. Для эффективного изучения материалов этой статьи необходимо знать и понимать базовые термины теории вероятностей и уметь выполнять простейшие арифметические действия. Как видите, требуется совсем немного, и поэтому жирный плюс в активе практически гарантирован. Но с другой стороны, вновь предостерегаю от поверхностного отношения к практическим примерам – тонкостей тоже хватает. В добрый путь:

Теорема сложения вероятностей несовместных событий: вероятность появления одного из двух несовместных событий  или  (без разницы какого),  равна сумме вероятностей этих событий:

Аналогичный факт справедлив и для бОльшего количества несовместных событий, например, для трёх несовместных событий  и :

Теорема-мечта =) Однако, и такая мечта подлежит доказательству, которое можно найти, например, в учебном пособии В.Е. Гмурмана.

Давайте сразу вспомним алгебру событий: сложение событий означает появление хотя бы одного из суммируемых событий, и, поскольку события в данном случае НЕсовместны, то одного и только одного из этих событий (безразлично какого).

Следует отметить, что для совместных событий равенство  будет неверным, не случайно чуть выше я немного сыронизировал  на счёт простоты. Теорема сложения вероятностей совместных событий имеет гораздо меньшее значение практики
(и более того, может запутать «чайника»), поэтому о ней чуть позже.

А сейчас возьмём в руки уже знакомое и безотказное орудие труда учёбы – игральный кубик с полной группой событий , которые состоят в том, что при его броске выпадут 1, 2, 3, 4, 5 и 6 очков соответственно.

Рассмотрим событие  – в результате броска игральной кости выпадет не менее пяти очков. Данное событие состоит в двух несовместных исходах:  (выпадет 5 или 6 очков). По теореме сложения вероятностей несовместных событий:
 – вероятность того, что в результате броска игральной кости выпадет не менее пяти очков.

Рассмотрим событие , состоящее в том, что выпадет не более 4 очков и найдем его вероятность. По теореме сложения вероятностей несовместных событий:

По той же теореме, вероятность того, что выпадет нечётное число очков:
 и так далее.

С помощью рассматриваемой теоремы можно решить некоторые задачи, которые нам встретились на практикуме по классическому определению вероятности. Не поленюсь, кратко перескажу решение 13-го примера вышеуказанного урока:

«Студент знает ответы на 25 экзаменационных вопросов из 60. Какова вероятность сдать экзамен, если для этого необходимо ответить не менее чем на 2 из 3 вопросов?»

В той задаче мы сначала нашли  (количество всех возможных сочетаний трёх вопросов), затем вычислили  количество благоприятствующих исходов и вероятность  того, что студент сдаст экзамен.

Но здесь вместо правила сложений комбинаций в ходу и другая схема рассуждений. Рассмотрим два несовместных события:

 – студент ответит на два вопроса из трёх;
 – студент ответит на все три вопроса.

Возможно, некоторые читатели ещё не до конца осознали суть несовместности. Вдумаемся ещё раз: студент не может ответить на 2 вопроса из 3 и в то же самое время ответить на все 3 вопроса. Таким образом, события  и  – несовместны.

Теперь, пользуясь классическим определением, найдём их вероятности:

Факт успешной сдачи экзамена выражается суммой  (ответ на 2 вопроса из 3 или на все вопросы). По теореме сложения вероятностей несовместных событий:
 – вероятность того, что студент сдаст экзамен.

Этот способ решения совершенно равноценен, выбирайте, какой больше нравится.

Разминаемся в подсобке:

Задача 1

Магазин получил продукцию в ящиках с четырех оптовых складов: четыре с 1-го, пять со 2-го, семь с 3-го и четыре с 4-го. Случайным образом выбран ящик для продажи. Какова вероятность того, что это будет ящик с первого или третьего склада.

Решение: всего получено магазином: 4 + 5 + 7 + 4 = 20 ящиков.

В данной задаче удобнее воспользоваться «быстрым» способом оформления без расписывания событий большими латинскими буквами. По классическому определению:
  – вероятность того, что для продажи будет выбран ящик с 1-го склада;
  – вероятность того, что для продажи будет выбран ящик с 3-го склада.

Бесконечных «хвостов» после запятой тут нет и не ожидается, поэтому можно работать с десятичными дробями – компактнее будет запись.

По теореме сложения несовместных событий:
 – вероятность того, что для продажи будет выбран ящик с первого или третьего склада.

Ответ: 0,55

Безусловно, задача разрешима и чисто через классическое определение вероятности путём непосредственного подсчёта кол-ва благоприятствующих исходов (4 + 7 = 11), но рассмотренный способ ничем не хуже. И даже чётче.

Ещё один товар на соседнем стеллаже:

Задача 2

В коробке 10 красных и 6 синих пуговиц. Наудачу извлекаются две пуговицы. Какова вероятность того, что они будут одноцветными?

Аналогично – здесь можно использовать комбинаторное правило суммы, но мало ли … вдруг кто-то его запамятовал, а то и вовсе проехал мимо с песнями. Тогда на помощь придёт теорема сложения вероятностей несовместных событий! Решение и ответ в конце статьи (оформлено в «ускоренном» стиле)

Внимание! Если у вас возникло хоть какое-то недопонимание по вышеизложенному материалу, то настоятельно рекомендую обратиться к предыдущим урокам курса. Ибо не знать азов комбинаторики и не уметь решать типовые задачи на К.О.В. – совсем скверно( В тяжёлом случае следует начать с основ теории вероятностей.

Знакомимся с новыми, до сих пор не встречавшимися понятиями:


Зависимые и независимые события

Начнём с независимых событий. События являются независимыми, если вероятность наступления любого из них не зависит от появления/непоявления остальных событий рассматриваемого множества (во всех возможных комбинациях). …Да чего тут вымучивать общие фразы:

Теорема умножения вероятностей независимых событий: вероятность совместного появления независимых событий  и  равна произведению вероятностей этих событий:

Вернёмся к простейшему примеру 1-го урока, в котором подбрасываются две монеты и следующим событиям:

 – на 1-й монете выпадет орёл;
 – на 2-й монете выпадет орёл.

Найдём вероятность события  (на 1-й монете появится орёл и на 2-й монете появится орёл – вспоминаем, как читается произведение событий!). Вероятность выпадения орла на одной монете никак не зависит от результата броска другой монеты, следовательно, события  и  независимы. По теореме умножения вероятностей независимых событий:

Аналогично:
 – вероятность того, что на 1-й монете выпадет решка и на 2-й решка;
 – вероятность того, что на 1-й монете появится орёл и на 2-й решка;
 – вероятность того, что на 1-й монете появится решка и на 2-й орёл.

Заметьте, что события  образуют полную группу и сумма их вероятностей равна единице: .

Теорема умножения очевидным образом распространяется и на бОльшее количество независимых событий, так, например, если события  независимы, то вероятность их совместного наступления равна: . Потренируемся на конкретных примерах:

Задача 3

В каждом из трех ящиков имеется по 10 деталей. В первом ящике 8 стандартных деталей, во втором – 7, в третьем – 9. Из каждого ящика наудачу извлекают по одной детали. Найти вероятность того, что все детали окажутся стандартными.

Решение: вероятность извлечения стандартной или нестандартной детали из любого ящика не зависит от того, какие детали будут извлечены из других ящиков, поэтому в задаче речь идёт о независимых событиях. Рассмотрим следующие независимые события:

 – из 1-го ящика извлечена стандартная деталь;
 – из 2-го ящика извлечена стандартная деталь;
 – из 3-го ящика извлечена стандартная деталь.

По классическому определению:
 – соответствующие вероятности.

Интересующее нас событие (из 1-го ящика будет извлечена стандартная деталь и из 2-го стандартная и из 3-го стандартная) выражается произведением .

По теореме умножения вероятностей независимых событий:

  – вероятность того, что из трёх ящиков будет извлечено по одной стандартной детали.

Ответ: 0,504

После бодрящих упражнений с ящиками нас поджидают не менее интересные урны:

Задача 4

В трех урнах имеется по 6 белых и по 4 черных шара. Из каждой урны извлекают наудачу по одному шару. Найти вероятность того, что: а) все три шара будут белыми; б) все три шара будут одного цвета.

Опираясь на полученную информацию, догадайтесь, как разобраться с пунктом «бэ» ;-) Примерный образец решения оформлен в академичном стиле с подробной росписью всех событий.

Зависимые события. Событие  называют зависимым, если его вероятность  зависит от одного или бОльшего количества событий, которые уже произошли. За примерами далеко ходить не надо – достаточно до ближайшего магазина:

 – завтра в 19.00 в продаже будет свежий хлеб.

Вероятность этого события зависит от множества других событий: завезут ли завтра свежий хлеб, раскупят ли его до 7 вечера или нет и т.д. В зависимости от различных обстоятельств данное событие может быть как достоверным , так и невозможным . Таким образом, событие  является зависимым.

Хлеба… и, как требовали римляне, зрелищ:

 – на экзамене студенту достанется простой билет.  

Если идти не самым первым, то событие  будет зависимым, поскольку его вероятность  будет зависеть от того, какие билеты уже вытянули однокурсники.

Как определить зависимость/независимость событий?

Иногда об этом прямо сказано в условии задачи, но чаще всего приходится проводить самостоятельный анализ. Какого-то однозначного ориентира тут нет, и факт зависимости либо независимости событий вытекает из естественных логических рассуждений.

Чтобы не валить всё в одну кучу, задачам на зависимые события я выделю следующий урок, а пока мы рассмотрим наиболее распространённую на практике связку теорем:


Задачи на теоремы сложения вероятностей несовместных
и умножения вероятностей независимых событий

Этот тандем, по моей субъективной оценке, работает примерно в 80% задач по рассматриваемой теме. Хит хитов и самая настоящая классика теории вероятностей:

Задача 5

Два стрелка сделали по одному выстрелу в мишень. Вероятность попадания для первого стрелка равна 0,8, для второго – 0,6. Найти вероятность того, что:

а) только один стрелок попадёт в мишень;
б) хотя бы один из стрелков попадёт в мишень.

Решение: вероятность попадания/промаха одного стрелка, очевидно, не зависит от результативности другого стрелка.

Рассмотрим события:
 – 1-й стрелок попадёт в мишень;
 – 2-й стрелок попадёт в мишень.

По условию: .

Найдём вероятности противоположных событий  – того, что соответствующие стрелки промахнутся:

а) Рассмотрим событие:  – только один стрелок попадёт в мишень. Данное событие состоит в двух несовместных исходах:

1-й стрелок попадёт и 2-й промахнётся
или
1-й промахнётся и 2-й попадёт.

На языке алгебры событий этот факт запишется следующей формулой:

Сначала используем теорему сложения вероятностей несовместных событий, затем – теорему умножения вероятностей независимых событий:

 – вероятность того, что будет только одно попадание.

б) Рассмотрим событие:  – хотя бы один из стрелков попадёт в мишень.

Прежде всего, ВДУМАЕМСЯ – что значит условие «ХОТЯ БЫ ОДИН»? В данном случае это означает, что попадёт или 1-й стрелок (2-й промахнётся) или 2-й (1-й промахнётся) или оба стрелка сразу – итого 3 несовместных исхода.

Способ первый: учитывая готовую вероятность предыдущего пункта, событие  удобно представить в виде суммы следующих несовместных событий:

попадёт кто-то один (событие , состоящее в свою очередь из 2 несовместных исходов) или
попадут оба стрелка – обозначим данное событие буквой .

Таким образом:

По теореме умножения вероятностей независимых событий:
 – вероятность того, что 1-й стрелок попадёт и 2-й стрелок попадёт.

По теореме сложения вероятностей несовместных событий:
 – вероятность хотя бы одного попадания по мишени.

Способ второй: рассмотрим противоположное событие:  – оба стрелка промахнутся.

По теореме умножения вероятностей независимых событий:

В результате:

Особое внимание обратите на второй способ – в общем случае он более рационален.

Кроме того, существует альтернативный, третий путь решения, основанный на умолчанной выше теореме сложения совместных событий.

! Если вы знакомитесь с материалом впервые, то во избежание путаницы, следующий абзац лучше пропустить.

Способ третий: события  совместны, а значит, их сумма  выражает событие «хотя бы один стрелок попадёт в мишень» (см. алгебру событий). По теореме сложения вероятностей совместных событий и теореме умножения вероятностей независимых событий:

Выполним проверку: события   и  (0, 1 и 2 попадания соответственно) образуют полную группу, поэтому сумма их вероятностей должна равняться единице:
, что и требовалось проверить.

Ответ:

При основательном изучении теории вероятностей вам встретятся десятки задач милитаристского содержания, и, что характерно, после этого никого не захочется пристрелить – задачи почти подарочные. А почему бы не упростить ещё и шаблон? Cократим запись:

Решение: по условию: ,  – вероятность попадания соответствующих стрелков. Тогда вероятности их промаха:

а) По теоремам сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей независимых событий:
 – вероятность того, что только один стрелок попадёт в мишень.

б) По теореме умножения вероятностей независимых событий:
 – вероятность того, что оба стрелка промахнутся.

Тогда:  – вероятность того, что хотя бы один из стрелков попадёт в мишень.

Ответ:

Всё!

На практике можно пользоваться любым вариантом оформления. Конечно же, намного чаще идут коротким путём, но не нужно забывать и 1-й способ – он хоть и длиннее, но зато содержательнее – в нём понятнее, что, почему и зачем складывается и умножается. В ряде случаев уместен гибридный стиль, когда прописными буквами удобно обозначить лишь некоторые события.  

Похожие задачи для самостоятельного решения:

Задача 6

Для сигнализации о возгорании установлены два независимо работающих дат­чика. Вероятности того, что при возгорании датчик сработает, для первого и второго датчиков соответственно равны 0,5 и 0,7. Найти вероятность того, что при пожаре:

а) оба датчика откажут;
б) оба датчика сработают.
в) Пользуясь теоремой сложения вероятностей событий, образующих полную группу, найти вероятность того, что при пожаре сработает только один датчик. Проверить результат прямым вычислением этой вероятности (с помощью теорем сложения и умножения).

Здесь независимость работы устройств непосредственно прописана в условии, что, кстати, является важным уточнением. Образец решения оформлен в академичном стиле.

Как быть, если в похожей задаче даны одинаковые вероятности, например, 0,9 и 0,9?  Решать нужно точно так же! (что, собственно, уже продемонстрировано в примере с двумя монетами)

Задача 7

Вероятность поражения цели первым стрелком при одном выстреле равна 0,8. Вероятность того, что цель не поражена после выполнения первым и вторым стрелками по одному выстрелу равна 0,08. Какова вероятность поражения цели вторым стрелком при одном выстреле?

А это небольшая головоломка, которая оформлена коротким способом. Условие можно переформулировать более лаконично, но переделывать оригинал не буду – на практике приходится вникать и в более витиеватые измышления.

Знакомьтесь – он самый, который настрогал для вас немереное количество деталей =):

Задача 8

Рабочий обслуживает три станка. Вероятность того, что в течение смены первый станок потребует настройки, равна 0,3, второй – 0,75, третий – 0,4. Найти вероятность того, что в течение смены:

а) все станки потребуют настройки;
б) только один станок потребует настройки;
в) хотя бы один станок потребует настройки.

Решение: коль скоро в условии ничего не сказано о едином технологическом процессе, то работу каждого станка следует считать не зависимой от работы других станков.

По аналогии с Задачей №5, здесь можно ввести в рассмотрение события , состоящие в том, что соответствующие станки потребуют настройки в течение смены, записать вероятности , найти вероятности противоположных событий  и т.д. Но с тремя объектами так оформлять задачу уже не очень хочется – получится долго и нудно. Поэтому здесь заметно выгоднее использовать «быстрый» стиль:

По условию:  – вероятности того, что в течение смены соответствующие станки потребуют настойки. Тогда вероятности того, что они не потребуют внимания:

...Один из читателей обнаружил тут прикольную опечатку, даже исправлять не буду =)

а) По теореме умножения вероятностей независимых событий:
 – вероятность того, что в течение смены все три станка потребуют настройки.

б) Событие «В течение смены только один станок потребует настройки» состоит в трёх несовместных исходах:

1) 1-й станок потребует внимания и 2-й станок не потребует и 3-й станок не потребует
или:
2) 1-й станок не потребует внимания и 2-й станок потребует и 3-й станок не потребует
или:
3) 1-й станок не потребует внимания и 2-й станок не потребует и 3-й станок потребует.

По теоремам сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей независимых событий:

 – вероятность того, что в течение смены только один станок потребует настройки.

Думаю, сейчас вам должно быть понятно, откуда взялось выражение

в) Вычислим вероятность  того, что станки не потребуют настройки, и затем – вероятность противоположного события:
 – того, что хотя бы один станок потребует настройки.

Ответ:

Пункт «вэ» можно решить и через сумму , где  – вероятность того, что в течение смены только два станка потребуют настройки. Это событие в свою очередь включает в себя 3 несовместных исхода, которые расписываются по аналогии с пунктом «бэ». Постарайтесь самостоятельно найти вероятность , чтобы проверить всю задачу с помощью равенства .

Далее… …правильно догадываетесь – любимая тема =):

Задача 9

Из трех орудий произвели залп по цели. Вероятность попадания при одном выстреле только из первого орудия равна 0,7, из второго – 0,6, из третьего – 0,8. Найти вероятность того, что: 1) хотя бы один снаряд попадет в цель; 2) только два снаряда попадут в цель; 3) цель будет поражена не менее двух раз.

Решение и ответ в конце урока.

И снова о совпадениях: в том случае, если по условию два или даже все значения исходных вероятностей совпадают (например, 0,7; 0,7 и 0,7), то следует придерживаться точно такого же алгоритма решения.

В заключение статьи разберём ещё одну распространённую головоломку:

Задача 10

Стрелок попадает в цель с одной и той же вероятностью при каждом выстреле. Какова эта вероятность, если вероятность хотя бы одного попадания при трех выстрелах равна 0,973.

Решение: обозначим через  – вероятность попадания в мишень при каждом выстреле.
и через  – вероятность промаха при каждом выстреле.

И таки распишем события:
 – при 3 выстрелах стрелок попадёт в мишень хотя бы один раз;
 – стрелок 3 раза промахнётся.

По условию , тогда вероятность противоположного события:

С другой стороны, по теореме умножения вероятностей независимых событий:

Таким образом:

 – вероятность промаха при каждом выстреле.

В результате:
 – вероятность попадания при каждом выстреле.

Ответ: 0,7

Просто и изящно.

В рассмотренной задаче можно поставить дополнительные вопросы о вероятности только одного попадания, только двух попаданий и вероятности трёх попаданий по мишени. Схема решения будет точно такой же, как и в двух предыдущих примерах:

Однако принципиальное содержательное отличие состоит в том, что здесь имеют место повторные независимые испытания, которые выполняются последовательно, независимо друг от друга и с одинаковой вероятностью исходов.

Несмотря на кажущуюся шаблонность примеров, целесообразно ознакомиться с дополнительными задачами на теоремы сложения и умножения вероятностей, которые на самом деле достаточно разнообразны. Кроме того, в предложенном файле прорешаны более трудные задачи с «четырьмя участниками».

На следующем уроке мы разберём задачи с зависимыми событиями, а затем важнейшие следствия рассмотренных теорем – формулу полной вероятности, формулы Байеса и формулу Бернулли, касающуюся независимых испытаний.

Везения в главном!

Решения и ответы:

Задача 2: Решение: всего: 10 + 6 = 16 пуговиц в коробке.
 способами можно извлечь 2 пуговицы из коробки;
 способами можно извлечь 2 красные пуговицы;
 способами можно извлечь 2 синие пуговицы.
По классическому определению:
 – вероятность того, что из коробки будут извлечены две красные пуговицы;
 – вероятность того, что из коробки  будут извлечены две синие пуговицы.
По теореме сложения вероятностей несовместных событий:
 – вероятность того, что из коробки будут извлечены две одноцветные пуговицы.
Ответ: 0,5

Задача 4: Решение: рассмотрим события:  – из 1-й, 2-й и 3-й урны соответственно будет извлечён белый шар. По классическому определению вероятности:
 
Тогда вероятности извлечения чёрного шара из соответствующих урн равны:

а) Рассмотрим событие:  – из каждой урны будет извлечено по 1 белому шару.
Данное событие выражается в виде произведения  (из 1-й урны будет извлечён БШ и из 2-й урны будет извлечён БШ и из 3-й урны будет извлечён БШ).
По теореме умножения вероятностей независимых событий:

б) Рассмотрим событие  – из каждой урны будет извлечено по 1 чёрному шару.
По теореме умножения вероятностей независимых событий:

Рассмотрим событие  – все три шара будут одного цвета. Данное событие состоит в двух несовместных исходах:  (будут извлечены 3 белых или 3 чёрных шара)
По теореме сложения вероятностей несовместных событий:

Ответ:

Задача 6: Решение: рассмотрим следующие события:
 – при возгорании сработает 1-й датчик;
 – при возгорании сработает 2-й датчик.
По условию:
Вычислим вероятности противоположных событий:

а) Рассмотрим событие:  – при пожаре оба датчика откажут.
По теореме умножения вероятностей независимых событий:

б) Рассмотрим событие:  – при пожаре оба датчика сработают.
По теореме умножения вероятностей независимых событий:

в) Рассмотрим событие:  – при пожаре сработает только один датчик.
События  образуют полную группу, следовательно:

Проверим результат с помощью прямого вычисления. Событие  состоит в 2 несовместных исходах: 1-й датчик сработает и 2-й откажет или 1-й откажет и 2-й сработает. Таким образом: .
По теоремам сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей независимых событий:

Ответ:

Задача 7: Решение: по условию:  – вероятность поражения цели первым стрелком при одном выстреле. Тогда вероятность его промаха:

Обозначим через  – вероятности попадания и промаха 2-го стрелка.
По теореме умножения вероятностей независимых событий:
 – вероятность того, что оба стрелка промахнутся.
По условию , таким образом:

В результате:
Ответ: 0,6

Задача 9: Решение: по условию   – вероятности попадания в цель из соответствующих орудий. Тогда соответствующие вероятности промаха:

1) По теореме умножения вероятностей независимых событий:
 – вероятность того, что будет три промаха.
Тогда:  – вероятность того, что хотя бы один снаряд попадет в цель.

2) Событие «только два снаряда попадут в цель» состоит в трёх несовместных исходах:
попадание из 1-го и 2-го орудий и промах из 3-го или
попадание из 1-го и промах из 2-го и попадание из 3-го орудия или
промах из 1-го и попадание из 2-го и 3-го орудий.
По теоремам сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей независимых событий:
 
 – вероятность того, что только два снаряда попадут в цель.

3) По теореме умножения вероятностей независимых событий:
 – вероятность того, что все три снаряда попадут в цель.
По теореме сложения вероятностей несовместных событий:
 – вероятность того, что цель будет поражена не менее двух раз

Ответ:

Автор: Емелин Александр


Высшая математика для заочников и не только >>>

(Переход на главную страницу)

Как можно отблагодарить автора?

Качественные работы без плагиата – Zaochnik.com


© Copyright mathprofi.ru, Александр Емелин, 2010-2017. Копирование материалов сайта запрещено