🎲 Полная классификация задач по теории вероятностей

Интерактивное руководство с подробными решениями всех типов задач

Как пользоваться:

Изучите интерактивную таблицу типов задач ниже
Нажмите на номер типа для перехода к подробному описанию и решениям
Каждая задача содержит развёрнутое решение с пояснениями
Практикуйтесь на задачах смешанного типа

📊 Типовые задания

Кликайте на номер типа для перехода к подробному описанию с решениями:

№	Тип задачи	Ключевые слова в условии	Формула/метод
1	Классическая вероятность	кубик, карта, монета, жребий	P = m/n
2	Выбор без возвращения	последовательно, без возвращения	P(A·B) = P(A)·P(B\|A)
3	Выбор с возвращением	независимо, с возвращением	P(A·B) = P(A)·P(B)
4	Условная вероятность	при условии, известно что
5	Комбинаторные задачи	выбрать группу, делегацию	P = C(благ.)/C(всех)
6	Распределение и жребий	рассадить, порядок, очередь	Перестановки, факториалы
7	Независимые события	независимо, не влияют	P(A·B) = P(A)·P(B)
8	Независимые испытания с разными p	стрелки с разной меткостью, устройства с разной надёжностью	Перебор случаев
9	Совместные события	хотя бы один, или	P(A+B) = P(A)+P(B)-P(A·B)
10	Схема Бернулли	несколько одинаковых испытаний	Pₙ(k) = C(n,k)·pᵏ·qⁿ⁻ᵏ
11	Геометрическая вероятность	точка, площадь, время встречи	P = мера(благ.)/мера(всего)
12	Формула полной вероятности	изготовлено на одном из...	P(A) = Σ P(Hᵢ)·P(A\|Hᵢ)
13	Формула Байеса	найти причину, вероятность того что из...	P(H\|A) = P(H)·P(A\|H)/P(A)

📈 Логика изучения:

Типы 1-6 → Базовые понятия и простейшие задачи
Тип 7 → Независимость событий (фундамент)
Тип 8 → Применение независимости к сериям испытаний
Тип 9 → Совместность событий (параллельно с независимостью)
Тип 10 → Частный случай типа 8 (одинаковые p) - Бернулли
Типы 11-13 → Специальные формулы для сложных случаев

Тип 1: Классическая вероятность (равновозможные исходы)

Суть: Все исходы эксперимента равновозможны.

Формула: P(A) = m / n
где m — число благоприятных исходов, n — общее число исходов

Алгоритм решения:

Определить все возможные равновозможные исходы
Подсчитать общее число исходов n
Выделить благоприятные исходы, подсчитать m
Вычислить P = m/n
Упростить дробь или перевести в проценты

Основной пример с подробным решением:

Задача 1.1: Брошена игральная кость. Какова вероятность выпадения числа очков, кратного трём?

Подробное решение:

Шаг 1: Определяем все возможные исходы
При броске кубика может выпасть одно из 6 чисел: 1, 2, 3, 4, 5, 6
Всего равновозможных исходов: n = 6

Шаг 2: Определяем благоприятные исходы
Числа, кратные трём, из этого набора: 3 и 6
3 ÷ 3 = 1 (целое)
6 ÷ 3 = 2 (целое)
Благоприятных исходов: m = 2

Шаг 3: Применяем формулу классической вероятности
P = m/n = 2/6

Шаг 4: Упрощаем дробь
2/6 = 1/3

Ответ: P = 1/3 ≈ 0,333 (33,3%)

📚 Дополнительные типовые задачи:

Задача 1.2 (карты): Из колоды 36 карт наугад вынимают одну карту. Какова вероятность, что это будет: а) дама пик? б) карта пиковой масти? в) картинка (валет, дама, король)?

Показать решение

а) Дама пик
Всего карт: n = 36
Дама пик одна: m = 1
P = 1/36 ≈ 0,0278

б) Пиковая карта
В колоде 4 масти, в каждой 9 карт: 36/4 = 9 пиковых карт
m = 9
P = 9/36 = 1/4 = 0,25

в) Картинка (валет, дама, король)
В каждой масти 3 картинки (В, Д, К) × 4 масти = 12 картинок
m = 12
P = 12/36 = 1/3 ≈ 0,333

Задача 1.3 (монета): Симметричную монету бросают один раз. Какова вероятность, что: а) выпадет орёл? б) выпадет решка? в) выпадет либо орёл, либо решка?

Показать решение

Всего исходов при одном броске: n = 2 (орёл или решка)

а) Орёл
m = 1 (только орёл)
P = 1/2 = 0,5

б) Решка
m = 1 (только решка)
P = 1/2 = 0,5

в) Либо орёл, либо решка
m = 2 (оба исхода подходят)
P = 2/2 = 1 (достоверное событие)

Задача 1.4 (жребий): В лотерее 100 билетов, из которых 5 выигрышных. Какова вероятность того, что наугад взятый билет: а) выигрышный? б) невыигрышный?

Показать решение

Всего билетов: n = 100

а) Выигрышный
Выигрышных билетов: m = 5
P = 5/100 = 1/20 = 0,05

б) Невыигрышный
Невыигрышных: 100 - 5 = 95
P = 95/100 = 19/20 = 0,95
Или через противоположное: 1 - 0,05 = 0,95

Задача 1.5 (номерной шар): В урне 10 пронумерованных шаров с номерами от 1 до 10. Наугад вынимают один шар. Какова вероятность, что номер шара: а) равен 7? б) чётный? в) кратен 3? г) больше 5?

Показать решение

Всего шаров: n = 10 (номера 1, 2, 3, ..., 10)

а) Номер равен 7
m = 1 (только шар №7)
P = 1/10 = 0,1

б) Чётный номер
Чётные: 2, 4, 6, 8, 10 → m = 5
P = 5/10 = 1/2 = 0,5

в) Кратен 3
Кратные 3: 3, 6, 9 → m = 3
P = 3/10 = 0,3

г) Больше 5
Номера > 5: 6, 7, 8, 9, 10 → m = 5
P = 5/10 = 0,5

Задача 1.6 (два кубика): Брошены два игральных кубика. Какова вероятность, что: а) сумма очков равна 7? б) на обоих кубиках выпало одинаковое число? в) произведение очков равно 12?

Показать решение

Шаг 1: Определяем общее число исходов
На первом кубике 6 вариантов, на втором 6 вариантов
Всего исходов: n = 6 × 6 = 36

а) Сумма равна 7
Пары: (1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1) → m = 6
P = 6/36 = 1/6 ≈ 0,1667

б) Одинаковые числа
Пары: (1,1), (2,2), (3,3), (4,4), (5,5), (6,6) → m = 6
P = 6/36 = 1/6 ≈ 0,1667

в) Произведение равно 12
Пары: (2,6), (3,4), (4,3), (6,2) → m = 4
Также (12,1) и (1,12) невозможны, так как на кубике максимум 6
P = 4/36 = 1/9 ≈ 0,1111

Задача 1.7 (выбор из множества): На полке стоят 15 книг: 5 по математике, 4 по физике, 3 по химии и 3 по биологии. Наугад берут одну книгу. Какова вероятность, что это: а) книга по математике? б) книга по естественным наукам (физика, химия, биология)? в) не книга по химии?

Показать решение

Всего книг: n = 15

а) Математика
m = 5
P = 5/15 = 1/3 ≈ 0,333

б) Естественные науки
Физика (4) + химия (3) + биология (3) = 10 книг
m = 10
P = 10/15 = 2/3 ≈ 0,667

в) Не химия
Всего кроме химии: 15 - 3 = 12 книг
m = 12
P = 12/15 = 4/5 = 0,8
Или: 1 - P(химия) = 1 - 3/15 = 1 - 0,2 = 0,8

💡 Подсказки для классической вероятности:

Кубик: n = 6 (грани)
Карты: n = 36 (или 52 в полной колоде)
Монета: n = 2 (орёл/решка)
Два кубика: n = 6×6 = 36
Выбор из N предметов: n = N
Жребий между k людьми: n = k

Тип 2: Выбор без возвращения (последовательный выбор)

Суть: Объекты выбираются последовательно без возвращения. Состав меняется после каждого выбора.

Формула для зависимых событий:
P(A и B) = P(A) × P(B|A)
Или через сочетания: P = C(благоприятные) / C(все)

Алгоритм решения:

Определить, важен ли порядок выбора
Если порядок важен — считать последовательные вероятности
Если важен только состав — использовать сочетания
Учитывать изменение состава после каждого выбора
Перемножать вероятности для последовательных событий

Основной пример с подробным решением:

Задача 2.1: В урне 5 белых и 3 чёрных шара. Вынимают два шара подряд без возвращения. Какова вероятность, что оба шара белые?

Подробное решение:

Метод 1: Через последовательные вероятности
A — первый шар белый, B — второй шар белый

Шаг 1: Вероятность первого события
Всего шаров: 5 + 3 = 8
Белых шаров: 5
P(A) = 5/8

Шаг 2: Условная вероятность второго события
После вынимания белого шара:
Белых осталось: 5 - 1 = 4
Чёрных: 3
Всего: 4 + 3 = 7
P(B|A) = 4/7

Шаг 3: Вероятность обоих событий
P(A и B) = P(A) × P(B|A) = (5/8) × (4/7) = 20/56

Шаг 4: Упрощение
20/56 = 5/14

Ответ: P = 5/14 ≈ 0,357 (35,7%)

Метод 2: Через сочетания (порядок не важен)
Всего способов выбрать 2 шара из 8: C(8,2) = 28
Способов выбрать 2 белых из 5: C(5,2) = 10
P = 10/28 = 5/14

📚 Дополнительные типовые задачи:

Задача 2.2 (карты): Из колоды 36 карт последовательно вынимают две карты без возвращения. Какова вероятность, что: а) обе карты — тузы? б) первая карта туз, вторая — дама? в) обе карты одной масти?

Показать решение

а) Обе тузы
Всего тузов: 4
P = (4/36) × (3/35) = (1/9) × (3/35) = 3/315 = 1/105 ≈ 0,0095

б) Первая туз, вторая дама
P(туз) = 4/36 = 1/9
После этого осталось 35 карт, дам: 4
P(дама|туз) = 4/35
P = (1/9) × (4/35) = 4/315 ≈ 0,0127

в) Обе одной масти
Фиксируем масть (любую из 4):
В масти 9 карт
P(обе из одной конкретной масти) = (9/36) × (8/35) = (1/4) × (8/35) = 8/140 = 2/35
Умножаем на 4 масти: P = 4 × (2/35) = 8/35 ≈ 0,2286

Задача 2.3 (выбор комиссии): В группе 12 студентов: 7 юношей и 5 девушек. Наугад выбирают трёх человек для комиссии. Какова вероятность, что: а) все выбранные — юноши? б) будет ровно 2 девушки? в) будет хотя бы одна девушка?

Показать решение

Порядок не важен, используем сочетания
Всего способов выбрать 3 из 12: C(12,3) = 220

а) Все юноши
Выбрать 3 юношей из 7: C(7,3) = 35
P = 35/220 = 7/44 ≈ 0,159

б) Ровно 2 девушки
2 девушки из 5 и 1 юноша из 7:
C(5,2) × C(7,1) = 10 × 7 = 70
P = 70/220 = 7/22 ≈ 0,318

в) Хотя бы одна девушка
Проще через противоположное: 1 - P(нет девушек)
P(нет девушек) = P(все юноши) = 7/44
P = 1 - 7/44 = 37/44 ≈ 0,841

Задача 2.4 (выбор с условием): В коробке 10 деталей: 7 стандартных и 3 бракованных. Наугад вынимают 3 детали. Найти вероятность, что: а) все стандартные? б) среди них ровно 2 стандартные? в) хотя бы одна стандартная?

Показать решение

Всего способов выбрать 3 из 10: C(10,3) = 120

а) Все стандартные
Выбрать 3 стандартные из 7: C(7,3) = 35
P = 35/120 = 7/24 ≈ 0,292

б) Ровно 2 стандартные
2 стандартные из 7 и 1 бракованная из 3:
C(7,2) × C(3,1) = 21 × 3 = 63
P = 63/120 = 21/40 = 0,525

в) Хотя бы одна стандартная
Противоположное: все бракованные
C(3,3) = 1 способ (выбрать 3 бракованные из 3)
P(все бракованные) = 1/120
P = 1 - 1/120 = 119/120 ≈ 0,992

Задача 2.5 (последовательный выбор): В ящике 6 красных и 4 синих шара. Вынимают последовательно 3 шара без возвращения. Найти вероятность, что: а) все три красные? б) цвета будут в порядке: красный, синий, красный? в) последний шар синий?

Показать решение

а) Все три красные
P = (6/10) × (5/9) × (4/8) = (6×5×4)/(10×9×8) = 120/720 = 1/6 ≈ 0,1667

б) Порядок: красный, синий, красный
P = (6/10) × (4/9) × (5/8) = (6×4×5)/(10×9×8) = 120/720 = 1/6 ≈ 0,1667

в) Последний шар синий
Это не зависит от порядка выбора первых двух!
Всего шаров 10, синих 4
P(третий синий) = 4/10 = 0,4
Примечание: Вероятность для конкретного места не зависит от порядка выбора.

Задача 2.6 (выбор пар): В урне 8 шаров: 3 белых и 5 чёрных. Вынимают два шара подряд без возвращения. Какова вероятность, что шары: а) оба белые? б) оба чёрные? в) разных цветов?

Показать решение

а) Оба белые
P = (3/8) × (2/7) = 6/56 = 3/28 ≈ 0,107

б) Оба чёрные
P = (5/8) × (4/7) = 20/56 = 5/14 ≈ 0,357

в) Разных цветов
Два случая: 1) белый, затем чёрный; 2) чёрный, затем белый
1) (3/8) × (5/7) = 15/56
2) (5/8) × (3/7) = 15/56
Сумма: 15/56 + 15/56 = 30/56 = 15/28 ≈ 0,536

Задача 2.7 (комбинация): В лотерее 20 билетов, из которых 4 выигрышных. Куплено 3 билета. Найти вероятность, что: а) все три выигрышные? б) ровно два выигрышных? в) хотя бы один выигрышный?

Показать решение

Всего способов выбрать 3 из 20: C(20,3) = 1140

а) Все выигрышные
Выбрать 3 из 4 выигрышных: C(4,3) = 4
P = 4/1140 = 1/285 ≈ 0,0035

б) Ровно два выигрышных
2 выигрышных из 4 и 1 невыигрышный из 16:
C(4,2) × C(16,1) = 6 × 16 = 96
P = 96/1140 = 8/95 ≈ 0,084

в) Хотя бы один выигрышный
Противоположное: нет выигрышных (все 3 невыигрышные)
C(16,3) = 560
P(нет выигрышных) = 560/1140 = 28/57 ≈ 0,491
P = 1 - 28/57 = 29/57 ≈ 0,509

💡 Ключевые моменты для выбора без возвращения:

Порядок важен? → Если да, считать последовательно; если нет, использовать сочетания
Состав меняется после каждого выбора
Формула зависимых событий: P(A и B) = P(A) × P(B|A)
"Хотя бы один" → часто проще через противоположное
Вероятность для конкретного места (например, "третий синий") не зависит от порядка выбора

Тип 3: Выбор с возвращением (независимые испытания)

Суть: После проверки объект возвращается в совокупность. Состав не меняется, испытания независимы.

Формула для независимых событий:
P(A и B) = P(A) × P(B)
Для серии испытаний: P = p^k × q^n-k (для определённого порядка)
Схема Бернулли: Pₙ(k) = C(n,k) × p^k × q^n-k (порядок не важен)

Алгоритм решения:

Определить вероятность успеха в одном испытании (p)
Определить число испытаний (n) и количество успехов (k)
Если важен конкретный порядок → p^k × q^n-k
Если важен только количество успехов → формула Бернулли
Для "хотя бы один" → считать через противоположное

Основной пример с подробным решением:

Задача 3.1: Монету бросают 3 раза. Какова вероятность, что орёл выпадет ровно 2 раза?

Подробное решение:

Метод 1: По формуле Бернулли
n=3, k=2, p=0.5, q=0.5

Шаг 1: Формула Бернулли
P₃(2) = C(3,2) × (0.5)² × (0.5)¹

Шаг 2: Вычисляем сочетание
C(3,2) = 3! / (2! × 1!) = 3

Шаг 3: Вычисляем степени
(0.5)² = 0.25
(0.5)¹ = 0.5

Шаг 4: Перемножаем
P = 3 × 0.25 × 0.5 = 3 × 0.125 = 0.375

Ответ: P = 3/8 = 0,375 (37,5%)

Метод 2: Перебор исходов
Всего исходов: 2³ = 8
Исходы с 2 орлами: ООР, ОРО, РОО (3 исхода)
P = 3/8 = 0.375

Метод 3: Последовательные вероятности (для конкретного порядка)
Для порядка ООР: P = 0.5 × 0.5 × 0.5 = 0.125
Таких порядков 3 → 3 × 0.125 = 0.375

📚 Дополнительные типовые задачи:

Задача 3.2 (кубик): Игральный кубик бросают 4 раза. Найти вероятность, что: а) все четыре раза выпадет 6? б) ни разу не выпадет 6? в) 6 выпадет хотя бы один раз?

Показать решение

а) Все четыре раза 6
Вероятность выпадения 6 в одном броске: p = 1/6
P = (1/6)⁴ = 1/1296 ≈ 0,00077

б) Ни разу не выпадет 6
Вероятность не выпадения 6 в одном броске: q = 5/6
P = (5/6)⁴ = 625/1296 ≈ 0,482

в) Хотя бы один раз выпадет 6
Через противоположное: 1 - P(ни разу)
P = 1 - 625/1296 = 671/1296 ≈ 0,518

Задача 3.3 (шары с возвращением): В урне 4 белых и 6 чёрных шаров. Шар вынимают, смотрят цвет и возвращают обратно. Так делают 3 раза. Найти вероятность, что: а) все три шара белые? б) ровно два шара белые? в) белых шаров больше, чем чёрных?

Показать решение

Вероятность вынуть белый шар: p = 4/10 = 0,4
Вероятность вынуть чёрный шар: q = 6/10 = 0,6
n = 3 испытания

а) Все три белые
P = p³ = (0,4)³ = 0,064

б) Ровно два белые (и один чёрный)
Формула Бернулли: P₃(2) = C(3,2) × (0,4)² × (0,6)¹
= 3 × 0,16 × 0,6 = 3 × 0,096 = 0,288

в) Белых больше, чем чёрных
Это 2 или 3 белых шара
P(3 белых) = 0,064 (из а)
P(2 белых) = 0,288 (из б)
P = 0,064 + 0,288 = 0,352

Задача 3.4 (монета): Симметричную монету бросают 5 раз. Найти вероятность, что: а) орёл выпадет ровно 3 раза? б) орёл выпадет не менее 3 раз? в) орёл выпадет не более 2 раз?

Показать решение

n=5, p=0.5, q=0.5

а) Ровно 3 орла
P₅(3) = C(5,3) × (0.5)³ × (0.5)²
= 10 × 0.125 × 0.25 = 10 × 0.03125 = 0.3125

б) Не менее 3 орлов
Это 3, 4 или 5 орлов
P₅(3) = 0.3125 (из а)
P₅(4) = C(5,4)×(0.5)⁴×(0.5)¹ = 5×0.0625×0.5 = 5×0.03125 = 0.15625
P₅(5) = C(5,5)×(0.5)⁵×(0.5)⁰ = 1×0.03125×1 = 0.03125
P = 0.3125 + 0.15625 + 0.03125 = 0.5

в) Не более 2 орлов
Это 0, 1 или 2 орла
P₅(0) = (0.5)⁵ = 0.03125
P₅(1) = C(5,1)×(0.5)¹×(0.5)⁴ = 5×0.5×0.0625 = 5×0.03125 = 0.15625
P₅(2) = C(5,2)×(0.5)²×(0.5)³ = 10×0.25×0.125 = 10×0.03125 = 0.3125
P = 0.03125 + 0.15625 + 0.3125 = 0.5

Проверка: P(не менее 3) + P(не более 2) = 0.5 + 0.5 = 1 ✓

Задача 3.5 (стрельба): Стрелок попадает в мишень с вероятностью 0.8. Он делает 3 независимых выстрела. Найти вероятность, что: а) все три попадания? б) будет ровно 2 попадания? в) будет хотя бы одно попадание?

Показать решение

n=3, p=0.8, q=0.2

а) Все три попадания
P = p³ = (0.8)³ = 0.512

б) Ровно два попадания
P₃(2) = C(3,2) × (0.8)² × (0.2)¹
= 3 × 0.64 × 0.2 = 3 × 0.128 = 0.384

в) Хотя бы одно попадание
Через противоположное: 1 - P(ни одного попадания)
P(0) = (0.2)³ = 0.008
P = 1 - 0.008 = 0.992

Задача 3.6 (контроль качества): Вероятность того, что изделие стандартное, равна 0.9. Наугад выбирают 4 изделия с возвращением. Найти вероятность, что: а) все стандартные? б) ровно три стандартных? в) не более одного бракованного?

Показать решение

Вероятность стандартного: p = 0.9
Вероятность бракованного: q = 0.1
n = 4

а) Все стандартные
P = p⁴ = (0.9)⁴ = 0.6561

б) Ровно три стандартных
P₄(3) = C(4,3) × (0.9)³ × (0.1)¹
= 4 × 0.729 × 0.1 = 4 × 0.0729 = 0.2916

в) Не более одного бракованного
Это 0 или 1 бракованный (т.е. 4 или 3 стандартных)
P(4 стандартных) = 0.6561 (из а)
P(3 стандартных) = 0.2916 (из б)
P = 0.6561 + 0.2916 = 0.9477

Задача 3.7 (карты с возвращением): Из колоды 36 карт вынимают карту, смотрят её и возвращают обратно. Так делают 3 раза. Найти вероятность, что: а) все три раза вынут туза? б) два раза вынут туза, один раз — не туза? в) хотя бы один раз вынут туза?

Показать решение

Вероятность вынуть туза: p = 4/36 = 1/9
Вероятность не вынуть туза: q = 32/36 = 8/9
n = 3

а) Все три туза
P = p³ = (1/9)³ = 1/729 ≈ 0,00137

б) Два туза и один не туз
P₃(2) = C(3,2) × (1/9)² × (8/9)¹
= 3 × (1/81) × (8/9) = 3 × (8/729) = 24/729 = 8/243 ≈ 0,0329

в) Хотя бы один туз
Через противоположное: 1 - P(ни одного туза)
P(0) = (8/9)³ = 512/729 ≈ 0,702
P = 1 - 512/729 = 217/729 ≈ 0,298

Задача 3.8 (серия испытаний): Игральную кость бросают 5 раз. Найти вероятность, что: а) все пять раз выпадет чётное число? б) чётное число выпадет ровно три раза? в) чётное число выпадет большинство раз?

Показать решение

На кубике чётные числа: 2, 4, 6 (3 из 6)
p = 3/6 = 1/2 = 0.5
q = 1 - p = 0.5
n = 5

а) Все пять чётных
P = p⁵ = (0.5)⁵ = 1/32 = 0.03125

б) Ровно три чётных
P₅(3) = C(5,3) × (0.5)³ × (0.5)²
= 10 × 0.125 × 0.25 = 10 × 0.03125 = 0.3125

в) Чётных большинство
Это 3, 4 или 5 чётных
P₅(3) = 0.3125
P₅(4) = C(5,4)×(0.5)⁴×(0.5)¹ = 5×0.0625×0.5 = 5×0.03125 = 0.15625
P₅(5) = 0.03125 (из а)
P = 0.3125 + 0.15625 + 0.03125 = 0.5

💡 Ключевые моменты для выбора с возвращением:

Испытания независимы — результат одного не влияет на другие
Вероятность p постоянна для каждого испытания
Формула Бернулли: Pₙ(k) = C(n,k) × pᵏ × qⁿ⁻ᵏ
"Хотя бы один" → 1 - P(ни одного)
Конкретный порядок: p^k × q^n-k (без C(n,k))
Если p ≠ q, порядок важен для вычисления конкретной последовательности

Тип 4: Условная вероятность

Суть: Вероятность события при условии, что другое событие уже произошло.

Формула условной вероятности:
P(A|B) = P(A и B) / P(B), где P(B) > 0
Или через переопределение пространства: P(A|B) = m'/n'

Алгоритм решения:

Определить условие B (то, что уже известно)
Переопределить пространство элементарных исходов с учётом условия B
Найти новое общее число исходов n' (только удовлетворяющие B)
Найти число исходов m', благоприятных для A среди этих n'
Вычислить P(A|B) = m'/n'

Основной пример с подробным решением:

Задача 4.1: Брошены две игральные кости. Известно, что сумма очков равна 8. Какова вероятность, что на одной кости выпало 5?

Подробное решение:

Шаг 1: Определяем события
B — событие "сумма очков равна 8"
A — событие "на одной кости выпало 5"
Нужно найти P(A|B)

Шаг 2: Находим все исходы, удовлетворяющие условию B
Пары (x,y), где x — очки на первой кости, y — на второй, x+y=8:
(2,6), (3,5), (4,4), (5,3), (6,2)
Всего исходов, благоприятных для B: n' = 5

Шаг 3: Находим исходы, благоприятные и для A, и для B
Из перечисленных пар ищем те, где есть хотя бы одна пятёрка:
(3,5) и (5,3) — содержат 5
Остальные ((2,6), (4,4), (6,2)) не содержат 5
Исходов, благоприятных для A и B: m' = 2

Шаг 4: Находим условную вероятность
P(A|B) = m' / n' = 2/5

Ответ: P = 2/5 = 0,4 (40%)

Проверка через формулу:
P(A и B) = 2/36 (пары (3,5) и (5,3) из 36 возможных)
P(B) = 5/36 (5 пар с суммой 8 из 36 возможных)
P(A|B) = (2/36) / (5/36) = 2/5 ✓

📚 Дополнительные типовые задачи:

Задача 4.2 (карты): Из колоды 36 карт наугад вынули одну карту. Известно, что это карта пиковой масти. Какова вероятность, что: а) это туз? б) это картинка (валет, дама, король)? в) это не шестёрка?

Показать решение

Условие B: вынута карта пиковой масти
В пиковой масти 9 карт (от 6 до туза в колоде 36 карт)
n' = 9

а) Это туз (событие A)
В пиковой масти 1 туз
m' = 1
P(A|B) = 1/9 ≈ 0,111

б) Это картинка (событие C)
В пиковой масти картинки: валет, дама, король (3 карты)
m' = 3
P(C|B) = 3/9 = 1/3 ≈ 0,333

в) Это не шестёрка (событие D)
В пиковой масти кроме шестёрки: 8 карт
m' = 8
P(D|B) = 8/9 ≈ 0,889

Задача 4.3 (кубики): Брошены два игральных кубика. Известно, что сумма выпавших очков чётная. Какова вероятность, что: а) сумма равна 6? б) на первом кубике выпало нечётное число? в) оба числа одинаковые?

Показать решение

Условие B: сумма чётная
Всего исходов при броске двух кубиков: 36
Сумма чётна, если оба числа чётные или оба нечётные:
Чётные: (2,4,6) × (2,4,6) = 3×3 = 9 исходов
Нечётные: (1,3,5) × (1,3,5) = 3×3 = 9 исходов
Всего благоприятных для B: n' = 9+9 = 18

а) Сумма равна 6 (событие A)
Пары с суммой 6: (1,5), (2,4), (3,3), (4,2), (5,1)
Из них с чётной суммой: (2,4), (4,2) — сумма 6 чётная
Также (1,5) и (5,1) дают сумму 6, но она чётная? 6 — чётное число!
Проверяем: все пары с суммой 6 имеют чётную сумму
Из 5 пар только те, где оба чётные или оба нечётные:
(2,4) — оба чётные ✓, (4,2) — оба чётные ✓
(1,5) — оба нечётные ✓, (5,1) — оба нечётные ✓
(3,3) — оба нечётные ✓
m' = 5
P(A|B) = 5/18 ≈ 0,278

б) На первом кубике нечётное (событие C)
Из 18 исходов с чётной суммой:
Когда оба нечётные: 9 исходов, в них первый всегда нечётный
Когда оба чётные: 9 исходов, в них первый всегда чётный
m' = 9 (только случаи с нечётными парами)
P(C|B) = 9/18 = 1/2 = 0,5

в) Оба числа одинаковые (событие D)
Пары с одинаковыми числами: (1,1), (2,2), (3,3), (4,4), (5,5), (6,6)
Из них с чётной суммой: суммы 2,4,6,8,10,12 — все чётные!
Но условие B требует также чётность суммы, а она автоматически чётна при одинаковых числах
m' = 6
P(D|B) = 6/18 = 1/3 ≈ 0,333

Задача 4.4 (шары): В урне 5 белых и 7 чёрных шаров. Вынули два шара. Известно, что хотя бы один шар белый. Какова вероятность, что: а) оба шара белые? б) второй шар чёрный?

Показать решение

Уточнение условия:
Шары вынимаются последовательно без возвращения. Порядок важен, так как в пункте (б) говорится о "втором шаре".
Всего шаров: 5 белых (Б), 7 чёрных (Ч) ⇒ всего 12 шаров.

Условие B: хотя бы один шар белый
Всего упорядоченных пар при выборе 2 шаров без возвращения:
n = 12 × 11 = 132

Пар без белых (оба чёрных): 7 × 6 = 42
Пар с хотя бы одним белым: 132 - 42 = 90
n' = 90

а) Оба белые (событие A)
Пары "белый, белый": 5 × 4 = 20
m' = 20
P(A|B) = 20/90 = 2/9 ≈ 0,222

б) Второй шар чёрный (событие C)
Нужно найти пары, где второй шар чёрный И хотя бы один белый

Способ 1: Перебор всех пар с условием B
Все пары (первый, второй) с хотя бы одним белым:

1) Первый белый (5 вариантов):
• Второй белый: 4 варианта (не подходят для C)
• Второй чёрный: 7 варианта ✓
Итого: 5 × 7 = 35 пар

2) Первый чёрный (7 вариантов):
• Второй белый: 5 варианта (второй не чёрный)
• Второй чёрный: 6 варианта (но тогда оба чёрные — не удовлетворяет B!)
Итак, из этого случая нет подходящих пар

m' = 35
P(C|B) = 35/90 = 7/18 ≈ 0,389

Способ 2: Через условную вероятность
P(C|B) = P(второй чёрный И хотя бы один белый) / P(хотя бы один белый)

P(второй чёрный И хотя бы один белый) =
= P(первый белый, второй чёрный)
= (5/12) × (7/11) = 35/132

P(хотя бы один белый) = 1 - P(оба чёрные)
= 1 - (7/12)×(6/11) = 1 - 42/132 = 90/132

P(C|B) = (35/132) / (90/132) = 35/90 = 7/18 ≈ 0,389

Ответ:
а) P = 2/9 ≈ 0,222
б) P = 7/18 ≈ 0,389

Проверка логикой:
Если известно, что хотя бы один белый, то возможные комбинации:
1. Первый белый, второй белый: 20 пар
2. Первый белый, второй чёрный: 35 пар
3. Первый чёрный, второй белый: 35 пар

Всего: 20 + 35 + 35 = 90 пар ✓
Второй чёрный только в случае 2: 35/90 = 7/18

💡 Важное замечание:
Если бы шары вынимались одновременно (порядок не важен), то:
• Всего пар: C(12,2) = 66
• Пар с хотя бы одним белым: 66 - C(7,2) = 66 - 21 = 45
• Но тогда вопрос "второй шар чёрный" не имеет смысла!

Поэтому в данной задаче порядок обязательно важен.

🧠 Как понять, важен ли порядок?
1. Если в условии есть слова "первый", "второй", "третий" → порядок важен
2. Если шары вынимаются "последовательно", "по очереди" → порядок важен
3. Если шары вынимаются "одновременно", "наугад берут два шара" → порядок может быть не важен
4. Если вопрос о конкретном месте ("второй шар чёрный") → порядок точно важен!

Задача 4.5 (монеты): Три монеты брошены одновременно. Известно, что выпал хотя бы один орёл. Какова вероятность, что: а) выпало ровно два орла? б) все три монеты показали одинаковую сторону?

Показать решение

Условие B: хотя бы один орёл
Всего исходов при трёх монетах: 2³ = 8
Единственный исход без орлов: РРР (три решки)
Исходов с хотя бы одним орлом: 8 - 1 = 7
n' = 7

а) Ровно два орла (событие A)
Исходы с 2 орлами: ООР, ОРО, РОО (3 исхода)
Все они содержат хотя бы один орёл
m' = 3
P(A|B) = 3/7 ≈ 0,429

б) Все три одинаковые (событие C)
Исходы с одинаковыми сторонами: ООО и РРР
Но РРР исключается условием B (нет орлов)
Остаётся только ООО
m' = 1
P(C|B) = 1/7 ≈ 0,143

Задача 4.6 (студенты): В группе 20 студентов: 12 юношей и 8 девушек. Известно, что случайно выбранный студент — отличник. Среди отличников 6 юношей и 4 девушки. Какова вероятность, что выбран: а) юноша? б) девушка?

Показать решение

Условие B: студент — отличник
Всего отличников: 6 + 4 = 10
n' = 10

а) Юноша (событие A)
Среди отличников юношей: 6
m' = 6
P(A|B) = 6/10 = 0,6

б) Девушка (событие C)
Среди отличников девушек: 4
m' = 4
P(C|B) = 4/10 = 0,4

Проверка: 0,6 + 0,4 = 1 ✓

Задача 4.7 (детали): В ящике 10 деталей, из которых 3 бракованные. Наугад взяты 2 детали. Известно, что среди них есть хотя бы одна бракованная. Какова вероятность, что: а) обе детали бракованные? б) ровно одна бракованная?

Показать решение

Условие B: хотя бы одна бракованная
Всего способов выбрать 2 из 10: C(10,2) = 45
Способов выбрать 0 бракованных (обе стандартные): C(7,2) = 21
Способов с хотя бы одной бракованной: 45 - 21 = 24
n' = 24

а) Обе бракованные (событие A)
Способы выбрать 2 бракованных из 3: C(3,2) = 3
m' = 3
P(A|B) = 3/24 = 1/8 = 0,125

б) Ровно одна бракованная (событие C)
1 бракованная из 3 и 1 стандартная из 7:
C(3,1) × C(7,1) = 3 × 7 = 21
m' = 21
P(C|B) = 21/24 = 7/8 = 0,875

Проверка: 0,125 + 0,875 = 1 ✓

Задача 4.8 (кости): Брошены две игральные кости. Известно, что произведение выпавших очков больше 20. Какова вероятность, что: а) сумма очков больше 8? б) на одной кости выпало 6?

Показать решение

Условие B: произведение > 20
Всего исходов: 36
Произведение > 20:
(4,6)=24, (5,5)=25, (5,6)=30, (6,4)=24, (6,5)=30, (6,6)=36
n' = 6

а) Сумма > 8 (событие A)
Из перечисленных считаем суммы:
(4,6):10>8✓, (5,5):10>8✓, (5,6):11>8✓, (6,4):10>8✓, (6,5):11>8✓, (6,6):12>8✓
Все 6 удовлетворяют
m' = 6
P(A|B) = 6/6 = 1 (достоверное событие при условии B)

б) На одной кости 6 (событие C)
Пары с 6: (4,6), (5,6), (6,4), (6,5), (6,6)
Все кроме (5,5) содержат 6
m' = 5
P(C|B) = 5/6 ≈ 0,833

💡 Ключевые моменты для условной вероятности:

Суть: сужение пространства исходов до тех, что удовлетворяют условию B
Формула: P(A|B) = P(A и B) / P(B)
Практический метод: пересчитать исходы в новом пространстве
Условие "хотя бы один" → убираем вариант "ни одного"
Важно: не путать P(A|B) и P(B|A) — это разные вероятности!
Проверка: сумма вероятностей всех возможных исходов в условии B должна равняться 1

Тип 5: Комбинаторные задачи

Суть: Вероятность вычисляется через комбинаторные конфигурации (сочетания, размещения, перестановки).

Основные формулы комбинаторики:
• Сочетания (порядок не важен): C(n,k) = n! / [k!(n-k)!]
• Размещения (порядок важен): A(n,k) = n! / (n-k)!
• Перестановки: P(n) = n! (все объекты разные)
• Перестановки с повторениями: n! / (n₁!·n₂!·...)

Алгоритм решения:

Определить, важен ли порядок выбора/расположения
Выбрать соответствующую комбинаторную конфигурацию
Вычислить общее число исходов n
Вычислить число благоприятных исходов m
Найти P = m/n

Основной пример с подробным решением:

Задача 5.1: Из группы 20 студентов, среди которых 5 отличников, случайно выбирают 3 человек для конференции. Какова вероятность, что все выбранные — отличники?

Подробное решение:

Шаг 1: Анализ условия
Порядок выбора не важен (выбираем просто группу из 3 человек)
Используем сочетания

Шаг 2: Находим общее число способов выбрать 3 человека из 20
n = C(20,3) = 20! / (3! × 17!)
C(20,3) = (20 × 19 × 18) / (3 × 2 × 1)
= (20 × 19 × 18) / 6
= 6840 / 6 = 1140

Шаг 3: Находим число благоприятных способов
Благоприятные способы — выбрать 3 отличников из 5:
m = C(5,3) = 5! / (3! × 2!)
= (5 × 4) / 2 = 10

Шаг 4: Вычисляем вероятность
P = m / n = 10 / 1140

Шаг 5: Упрощаем дробь
Делим числитель и знаменатель на 10:
P = 1/114

Ответ: P = 1/114 ≈ 0,00877 (0,877%)

Проверка логикой:
Вероятность маленькая, потому что отличников всего 5 из 20,
а нужно выбрать именно их троих — это маловероятно.

📚 Дополнительные типовые задачи:

Задача 5.2 (выбор команды): В спортивной секции 15 человек: 9 юношей и 6 девушек. Нужно выбрать команду из 5 человек. Какова вероятность, что: а) в команде будут 3 юноши и 2 девушки? б) в команде будет хотя бы одна девушка? в) в команде будет не более 2 девушек?

Показать решение

Общее число способов выбрать команду из 5 из 15:
n = C(15,5) = 3003

а) 3 юноши и 2 девушки
Выбрать 3 юношей из 9: C(9,3) = 84
Выбрать 2 девушек из 6: C(6,2) = 15
m = 84 × 15 = 1260
P = 1260/3003 = 420/1001 ≈ 0,4196

б) Хотя бы одна девушка
Противоположное: нет девушек (все 5 юношей)
C(9,5) = 126
P(нет девушек) = 126/3003 = 42/1001 ≈ 0,04196
P(хотя бы одна) = 1 - 42/1001 = 959/1001 ≈ 0,958

в) Не более 2 девушек
Это 0, 1 или 2 девушки:
• 0 девушек (5 юношей): C(9,5)×C(6,0) = 126×1 = 126
• 1 девушка (4 юноши): C(9,4)×C(6,1) = 126×6 = 756
• 2 девушки (3 юноши): уже посчитали в (а): 1260
m = 126 + 756 + 1260 = 2142
P = 2142/3003 = 714/1001 ≈ 0,7133

Задача 5.3 (карты из колоды): Из колоды 36 карт наугад выбирают 4 карты. Какова вероятность, что: а) все 4 карты — тузы? б) среди них ровно 2 туза? в) среди них хотя бы один туз?

Показать решение

Общее число способов выбрать 4 из 36:
n = C(36,4) = 58905

а) Все 4 туза
Всего тузов 4, выбираем все 4: C(4,4) = 1
m = 1
P = 1/58905 ≈ 0,000017

б) Ровно 2 туза
2 туза из 4 и 2 не туза из 32:
C(4,2) × C(32,2) = 6 × 496 = 2976
P = 2976/58905 = 992/19635 ≈ 0,0505

в) Хотя бы один туз
Противоположное: нет тузов (4 не туза из 32)
C(32,4) = 35960
P(нет тузов) = 35960/58905 ≈ 0,610
P(хотя бы один) = 1 - 0,610 = 0,390

Задача 5.4 (выбор с полок): На одной полке 8 книг по математике, на другой — 6 книг по физике. Выбирают 2 книги с каждой полки. Какова вероятность, что: а) все 4 книги по математике? (невозможно — только 2 с математической полки)
б) будет 2 книги по математике и 2 по физике? в) будет хотя бы одна книга по физике?

Показать решение

а) Все 4 по математике
Невозможно, так как с математической полки можно взять только 2 книги
P = 0

б) 2 математики и 2 физики
Общее число способов выбрать 4 книги:
Выбрать 2 из 8 математических: C(8,2) = 28
Выбрать 2 из 6 физических: C(6,2) = 15
Всего способов: 28 × 15 = 420

Общее пространство исходов:
Выбираем обязательно 2 с каждой полки, поэтому только один вариант состава
P = 1 (если условие именно такое) или:
Если считать все способы выбора 2+2: только один благоприятный состав
P = 420/420 = 1

Переформулируем: "Какова вероятность получить такой состав при случайном выборе?"
Это достоверное событие, так как берём обязательно по 2 с каждой полки

в) Хотя бы одна физика
Берём обязательно 2 с физической полки ⇒ всегда есть физика
P = 1 (достоверное событие)

Более интересная формулировка:
Выбирают случайным образом 4 книги из всех 14 (8 мат + 6 физ)
Тогда: n = C(14,4) = 1001

б*) 2 математики и 2 физики
m = C(8,2) × C(6,2) = 28 × 15 = 420
P = 420/1001 = 60/143 ≈ 0,4196

в*) Хотя бы одна физика
Противоположное: все 4 математики
C(8,4) = 70
P(все мат) = 70/1001 = 10/143 ≈ 0,0699
P(хотя бы одна физ) = 1 - 10/143 = 133/143 ≈ 0,9301

Задача 5.5 (делегация): Из 25 человек нужно выбрать делегацию из 5 человек. Среди 25 есть 10 мужчин и 15 женщин. Какова вероятность, что: а) в делегации будет ровно 3 женщины? б) мужчин будет большинство? в) женщин будет не менее 3?

Показать решение

Общее число способов выбрать 5 из 25:
n = C(25,5) = 53130

а) Ровно 3 женщины
3 женщины из 15 и 2 мужчины из 10:
C(15,3) × C(10,2) = 455 × 45 = 20475
P = 20475/53130 = 1365/3542 ≈ 0,3855

б) Мужчин большинство
Это 3, 4 или 5 мужчин:
• 3 мужчины (2 женщины): C(10,3)×C(15,2) = 120×105 = 12600
• 4 мужчины (1 женщина): C(10,4)×C(15,1) = 210×15 = 3150
• 5 мужчин (0 женщин): C(10,5)×C(15,0) = 252×1 = 252
m = 12600 + 3150 + 252 = 16002
P = 16002/53130 = 2667/8855 ≈ 0,3012

в) Женщин не менее 3
Это 3, 4 или 5 женщин:
• 3 женщины: уже посчитали: 20475
• 4 женщины (1 мужчина): C(15,4)×C(10,1) = 1365×10 = 13650
• 5 женщин (0 мужчин): C(15,5)×C(10,0) = 3003×1 = 3003
m = 20475 + 13650 + 3003 = 37128
P = 37128/53130 = 6188/8855 ≈ 0,6988

Проверка: P(мужчин большинство) + P(женщин не менее 3) = 0,3012 + 0,6988 = 1 ✓

Задача 5.6 (билеты): Среди 30 экзаменационных билетов студент выучил 20. На экзамене он вытягивает 2 билета. Какова вероятность, что: а) оба билета выучены? б) ровно один билет выучен? в) хотя бы один билет выучен?

Показать решение

Общее число способов выбрать 2 из 30:
n = C(30,2) = 435

а) Оба выучены
Выбрать 2 из 20 выученных: C(20,2) = 190
P = 190/435 = 38/87 ≈ 0,4368

б) Ровно один выучен
1 выученный из 20 и 1 невыученный из 10:
C(20,1) × C(10,1) = 20 × 10 = 200
P = 200/435 = 40/87 ≈ 0,4598

в) Хотя бы один выучен
Противоположное: оба не выучены
C(10,2) = 45
P(оба не выучены) = 45/435 = 3/29 ≈ 0,1034
P(хотя бы один) = 1 - 3/29 = 26/29 ≈ 0,8966

Проверка: 38/87 + 40/87 + 3/29 = 38/87 + 40/87 + 9/87 = 87/87 = 1 ✓

Задача 5.7 (разные группы): В магазине 12 видов конфет: 5 шоколадных, 4 карамельных, 3 жевательных. Покупатель выбирает 3 вида. Какова вероятность, что: а) все 3 шоколадные? б) будет по одному виду каждого типа? в) не будет жевательных?

Показать решение

Общее число способов выбрать 3 из 12:
n = C(12,3) = 220

а) Все 3 шоколадные
Выбрать 3 из 5 шоколадных: C(5,3) = 10
P = 10/220 = 1/22 ≈ 0,0455

б) По одному каждого типа
1 шоколадная из 5, 1 карамельная из 4, 1 жевательная из 3:
C(5,1) × C(4,1) × C(3,1) = 5 × 4 × 3 = 60
P = 60/220 = 3/11 ≈ 0,2727

в) Не будет жевательных
Выбираем только из шоколадных и карамельных (5+4=9):
C(9,3) = 84
P = 84/220 = 21/55 ≈ 0,3818

Задача 5.8 (комитет): Из 8 мужчин и 7 женщин нужно выбрать комитет из 6 человек. Какова вероятность, что: а) в комитете будет равное число мужчин и женщин? б) женщин будет больше, чем мужчин? в) мужчин будет не менее 4?

Показать решение

Общее число способов выбрать 6 из 15:
n = C(15,6) = 5005

а) Равное число (3 мужчины и 3 женщины)
C(8,3) × C(7,3) = 56 × 35 = 1960
P = 1960/5005 = 56/143 ≈ 0,3916

б) Женщин больше (4, 5 или 6 женщин)
• 4 женщины (2 мужчины): C(7,4)×C(8,2) = 35×28 = 980
• 5 женщин (1 мужчина): C(7,5)×C(8,1) = 21×8 = 168
• 6 женщин (0 мужчин): C(7,6)×C(8,0) = 7×1 = 7
m = 980 + 168 + 7 = 1155
P = 1155/5005 = 33/143 ≈ 0,2308

в) Мужчин не менее 4 (4, 5 или 6 мужчин)
• 4 мужчины (2 женщины): C(8,4)×C(7,2) = 70×21 = 1470
• 5 мужчин (1 женщина): C(8,5)×C(7,1) = 56×7 = 392
• 6 мужчин (0 женщин): C(8,6)×C(7,0) = 28×1 = 28
m = 1470 + 392 + 28 = 1890
P = 1890/5005 = 54/143 ≈ 0,3776

Проверка остальных вариантов:
2 мужчины (4 женщины): 980
3 мужчины (3 женщины): 1960
Сумма: 1890 + 980 + 1960 = 4830, но 5005 - 4830 = 175 — это 1 мужчина (5 женщин): 168 и 0 мужчин (6 женщин): 7
168 + 7 = 175 ✓

💡 Ключевые моменты для комбинаторных задач:

Определить, важен ли порядок: если нет → сочетания
Для нескольких групп: перемножаем сочетания
"Хотя бы один": часто проще через противоположное
Условия "не менее", "не более": суммируем соответствующие случаи
Проверка: сумма вероятностей всех возможных составов должна равняться 1
Важно: C(n,k) = C(n,n-k) — это может упростить вычисления

Тип 6: Распределение, жребий, порядок участия

Суть: Задачи на случайное распределение мест, призов, очерёдности или разделение на группы.

Основные методы:
• Перестановки: P(n) = n! (размещение n разных объектов)
• Перестановки с повторениями: n!/(n₁!·n₂!·...)
• Размещения: A(n,k) = n!/(n-k)! (выбор и упорядочивание)
• Сочетания: C(n,k) = n!/[k!(n-k)!] (выбор без порядка)

Алгоритм решения:

Определить, что является элементарным исходом (обычно перестановки)
Определить, какие исходы благоприятны
Использовать факториалы или перестановки для подсчёта
Иногда полезно фиксировать положение конкретных элементов
Для деления на группы — использовать сочетания

Основной пример с подробным решением:

Задача 6.1: Пять друзей бросают жребий — кто будет дежурить. Жребий бросают по очереди. Какова вероятность, что третий бросающий вытянет "дежурство"?

Подробное решение:

Метод 1: Через симметрию (самый простой)
Жребий справедливый и порядок бросания не даёт преимуществ
Все 5 друзей находятся в равных условиях

Шаг 1: Вероятность для каждого
P = 1/5

Ответ: P = 1/5 = 0,2 (20%)

Метод 2: Последовательное рассмотрение
1. Первый не вытянет: P = 4/5
2. Второй не вытянет (при условии, что первый не вытянул): P = 3/4
3. Третий вытянет (при условии, что первые двое не вытянули): P = 1/3
P = (4/5) × (3/4) × (1/3) = 12/60 = 1/5

Метод 3: Через перестановки
Всего перестановок (кто в каком порядке вытягивает "дежурство"): 5! = 120
Благоприятные: фиксируем 3-е место за конкретным человеком, остальные 4 места произвольно
m = 4! = 24
P = 24/120 = 1/5

Важный вывод:
Порядок бросания жребия не влияет на итоговую вероятность для каждого участника,
если жребий честный и никто не знает результатов заранее.

📚 Дополнительные типовые задачи:

Задача 6.2 (рассадка за круглым столом): 6 человек случайным образом рассаживаются за круглым столом. Какова вероятность, что: а) два конкретных человека окажутся рядом? б) три конкретных человека окажутся рядом? в) два конкретных человека не будут сидеть рядом?

Показать решение

За круглым столом: (n-1)! перестановок (фиксируем одного для устранения поворотов)
Всего способов рассадить 6 человек: (6-1)! = 5! = 120

а) Два конкретных человека рядом
Считаем их за один объект (блок): получаем 5 объектов
Внутри блока 2 человека можно переставить 2! способами
Число перестановок 5 объектов по кругу: (5-1)! = 4! = 24
m = 24 × 2! = 24 × 2 = 48
P = 48/120 = 2/5 = 0,4

б) Три конкретных человека рядом
Блок из 3 человек + остальные 3 человека = 4 объекта
Перестановки по кругу: (4-1)! = 3! = 6
Внутри блока: 3! = 6 перестановок
m = 6 × 6 = 36
P = 36/120 = 3/10 = 0,3

в) Два конкретных человека не рядом
Через противоположное: 1 - P(рядом)
P(рядом) = 2/5 = 0,4 (из а)
P(не рядом) = 1 - 0,4 = 0,6

Задача 6.3 (распределение призов): Среди 10 участников конкурса разыгрываются 3 приза: I, II и III места. Какова вероятность, что: а) три конкретных участника займут призовые места? б) конкретный участник получит I место? в) два конкретных участника получат I и II места?

Показать решение

Всего способов распределить 3 приза среди 10 участников:
Порядок важен (I, II, III места разные)
n = A(10,3) = 10×9×8 = 720

а) Три конкретных участника на призовых местах
Эти трое могут занять призовые места 3! = 6 способами
Остальные 7 участников не получают призов
m = 6
P = 6/720 = 1/120 ≈ 0,00833

б) Конкретный участник получит I место
Фиксируем I место за конкретным участником
II место: 9 вариантов (любой из оставшихся)
III место: 8 вариантов
m = 1×9×8 = 72
P = 72/720 = 1/10 = 0,1

в) Два конкретных участника получат I и II места
I место: 2 варианта (кто из двух)
II место: 1 вариант (второй из двух)
III место: 8 вариантов (любой из остальных 8)
m = 2×1×8 = 16
P = 16/720 = 2/90 = 1/45 ≈ 0,0222

Задача 6.4 (разделение на команды): 10 спортсменов случайным образом делятся на две команды по 5 человек. Какова вероятность, что: а) два лучших спортсмена окажутся в одной команде? б) три конкретных спортсмена окажутся в разных командах? (невозможно, если команды по 5)

Показать решение

Всего способов разделить 10 на две команды по 5:
Выбираем 5 человек в первую команду, остальные автоматически во вторую
n = C(10,5) = 252

а) Два лучших спортсмена в одной команде
Случай 1: оба в первой команде
Выбрать ещё 3 из оставшихся 8: C(8,3) = 56
Случай 2: оба во второй команде (симметрично): также 56
m = 56 + 56 = 112
P = 112/252 = 4/9 ≈ 0,444

б) Трое конкретных в разных командах
Невозможно разделить 3 человек на две команды так, чтобы все были в разных командах
P = 0

Вероятность, что два конкретных в разных командах:
Через противоположное: 1 - P(в одной команде)
P = 1 - 4/9 = 5/9 ≈ 0,556

Задача 6.5 (очередь): 4 мужчины и 3 женщины случайным образом становятся в очередь. Какова вероятность, что: а) все женщины будут стоять вместе? б) мужчины и женщины будут чередоваться? в) две конкретные женщины будут стоять рядом?

Показать решение

Всего перестановок 7 человек:
n = 7! = 5040

а) Все 3 женщины вместе
Считаем блок из 3 женщин + 4 мужчины = 5 объектов
Перестановок 5 объектов: 5! = 120
Внутри блока женщины могут переставляться: 3! = 6
m = 120 × 6 = 720
P = 720/5040 = 1/7 ≈ 0,1429

б) Мужчины и женщины чередуются
Всего 7 мест. Возможные расположения: МЖМЖМЖМ или ЖМЖМЖМЖ
1) МЖМЖМЖМ: 4 мужчины на 4 мужских места: 4! = 24, 3 женщины на 3 женских: 3! = 6, итого 24×6=144
2) ЖМЖМЖМЖ: аналогично 144
m = 144 + 144 = 288
P = 288/5040 = 2/35 ≈ 0,0571

в) Две конкретные женщины рядом
Считаем их за блок: 2 женщины вместе + 1 женщина отдельно + 4 мужчины = 6 объектов
Перестановок 6 объектов: 6! = 720
Внутри блока 2 женщины могут меняться: 2! = 2
m = 720 × 2 = 1440
P = 1440/5040 = 2/7 ≈ 0,2857

Задача 6.6 (книги на полке): На полке случайным образом расставляют 5 книг: 2 по математике и 3 по физике. Какова вероятность, что: а) книги по одному предмету будут стоять вместе? б) математические книги будут рядом? в) между математическими книгами будет ровно одна книга?

Показать решение

Всего перестановок 5 книг с учётом одинаковых:
2 математики одинаковы, 3 физики одинаковы
n = 5!/(2!×3!) = 120/(2×6) = 10

а) Книги по одному предмету вместе
Это либо все математики вместе (2 книги) и все физики вместе (3 книги)
Два блока: ММ и ФФФ
Перестановок 2 блоков: 2! = 2
Внутри блоков книги одинаковы, так что перестановок внутри нет
m = 2
P = 2/10 = 0,2

б) Математические книги рядом
Блок ММ + 3 отдельные книги Ф = 4 объекта
Но книги Ф одинаковы!
Всего размещений блока ММ среди 4 позиций: 4 способа
Внутри блока книги М одинаковы
m = 4
P = 4/10 = 0,4

в) Между М книгами ровно одна книга
Паттерн: М Ф М или М (Ф) М, где между М ровно одна книга Ф
Позиции для М: они должны быть через одну позицию
Возможные позиции: (1,3), (2,4), (3,5) — 3 варианта
В каждой такой конфигурации остальные 3 позиции занимают Ф (одинаковые)
m = 3
P = 3/10 = 0,3

Задача 6.7 (жеребьёвка): В турнире участвуют 8 команд. Жеребьёвкой определяются пары для первого раунда. Какова вероятность, что: а) две сильнейшие команды встретятся в первом раунде? б) три сильнейшие команды попадут в разные пары?

Показать решение

Способ жеребьёвки: случайным образом разбиваем 8 команд на 4 пары
Число способов разбить 8 команд на 4 упорядоченных пар:
1-я пара: C(8,2) = 28, 2-я: C(6,2) = 15, 3-я: C(4,2) = 6, 4-я: C(2,2) = 1
Но пары неупорядоченны, делим на 4! перестановок пар
n = (28×15×6×1)/4! = 2520/24 = 105

Более простой способ:
Пронумеруем команды от 1 до 8. Первую пару составляют команды (1,x), где x любой из 7
Затем следующую пару из оставшихся и т.д.
Всего способов: 7×5×3×1 = 105

а) Две сильнейшие встретятся
Закрепим первую сильнейшую команду. Для неё есть 7 возможных соперников
Из них 1 — вторая сильнейшая
P = 1/7 ≈ 0,1429

б) Три сильнейшие в разных парах
Закрепим первую сильнейшую. У неё 7 возможных соперников
Вторая сильнейшая не должна быть её соперником (6 вариантов из 7)
После этого осталось 6 команд, включая третью сильнейшую
Третья сильнейшая должна попасть к одной из 4 оставшихся (не ко второй сильнейшей)
Сложный расчёт... Упростим:
Вероятность, что все три в разных парах = 1 - P(хотя бы две в одной паре)
P(1 и 2 вместе) = 1/7
P(1 и 3 вместе) = 1/7
P(2 и 3 вместе) = 1/7
P(все три вместе) невозможно (в паре только 2 команды)
По формуле включений-исключений:
P(хотя бы две вместе) = 1/7 + 1/7 + 1/7 - 0 = 3/7
P(все в разных) = 1 - 3/7 = 4/7 ≈ 0,571

Задача 6.8 (распределение по вагонам): 6 пассажиров случайным образом садятся в поезд из 3 вагонов. Какова вероятность, что: а) в каждый вагон сядет по 2 пассажира? б) в первый вагон сядут ровно 3 пассажира? в) хотя бы один вагон окажется пустым?

Показать решение

Каждый пассажир независимо выбирает один из 3 вагонов
Всего распределений: 3⁶ = 729

а) По 2 пассажира в каждый вагон
Выбрать 2 пассажира в первый вагон: C(6,2) = 15
Из оставшихся 4 выбрать 2 во второй: C(4,2) = 6
Остальные 2 автоматически в третий
m = 15 × 6 = 90
P = 90/729 = 10/81 ≈ 0,1235

б) В первый вагон ровно 3 пассажира
Выбрать 3 пассажиров в первый вагон: C(6,3) = 20
Остальные 3 пассажира распределяются по 2 вагонам: 2³ = 8
m = 20 × 8 = 160
P = 160/729 ≈ 0,2195

в) Хотя бы один вагон пустой
Противоположное: все вагоны непустые
Число сюръекций (распределений без пустых вагонов):
Формула включений-исключений: 3⁶ - C(3,1)×2⁶ + C(3,2)×1⁶
= 729 - 3×64 + 3×1 = 729 - 192 + 3 = 540
P(все непустые) = 540/729 = 20/27 ≈ 0,7407
P(хотя бы один пустой) = 1 - 20/27 = 7/27 ≈ 0,2593

💡 Ключевые моменты для задач на распределение:

Круглый стол: (n-1)! перестановок (фиксируем одного)
Одинаковые объекты: n!/(n₁!·n₂!·...)
Разбиение на пары/команды: сочетания с делением на факториал
Распределение по ячейкам: степень или сочетания с повторениями
"Рядом": объединять в блок
"Не рядом": считать через противоположное
Для сложных условий: использовать формулу включений-исключений

Тип 7: Независимые события

Суть: События не влияют на вероятность друг друга. Наступление одного не меняет вероятность другого.

Критерий независимости: P(A и B) = P(A) × P(B)
Следствие: P(A|B) = P(A) и P(B|A) = P(B)
Для n независимых событий: P(A₁ и A₂ и ... и Aₙ) = P(A₁) × P(A₂) × ... × P(Aₙ)

Алгоритм решения:

Проверить/установить независимость событий (по условию или по смыслу)
Для вероятности "И" (одновременного наступления) — перемножить вероятности
Для вероятности "ИЛИ" (хотя бы одного) — использовать формулу включений-исключений
Для серии независимых испытаний — использовать схему Бернулли (если p одинаковы)
Проверить, не противоречит ли ответ здравому смыслу

Основной пример с подробным решением:

Задача 7.1: Два устройства работают независимо. Вероятность отказа первого 0.1, второго 0.2. Найти вероятность, что откажут оба устройства.

Подробное решение:

Шаг 1: Определяем события
A — отказ первого устройства, P(A) = 0.1
B — отказ второго устройства, P(B) = 0.2

Шаг 2: Проверяем независимость
В условии прямо сказано: "устройства работают независимо"
Значит, события A и B независимы

Шаг 3: Применяем формулу для независимых событий
Для независимых событий: P(A и B) = P(A) × P(B)

Шаг 4: Подставляем значения
P(оба отказали) = 0.1 × 0.2 = 0.02

Ответ: P = 0,02 (2%)

Проверка логикой:
Вероятность совместного отказа двух независимых устройств
должна быть меньше каждой из вероятностей по отдельности.
0.02 < 0.1 и 0.02 < 0.2 — логично.

📚 Дополнительные типовые задачи:

Задача 7.2 (независимые стрелки): Два стрелка независимо стреляют по мишени. Вероятность попадания первого 0.8, второго 0.7. Найти вероятность, что: а) оба попадут? б) оба промахнутся? в) хотя бы один попадёт?

Показать решение

Определяем события:
A₁ — попадание первого, P(A₁) = 0.8, P(не A₁) = 0.2
A₂ — попадание второго, P(A₂) = 0.7, P(не A₂) = 0.3
События независимы по условию

а) Оба попадут
P = P(A₁) × P(A₂) = 0.8 × 0.7 = 0.56

б) Оба промахнутся
P = P(не A₁) × P(не A₂) = 0.2 × 0.3 = 0.06

в) Хотя бы один попадёт
Способ 1: Через противоположное
P(хотя бы один) = 1 - P(оба промахнутся) = 1 - 0.06 = 0.94

Способ 2: Прямой перебор
1) Только первый попадёт: 0.8 × 0.3 = 0.24
2) Только второй попадёт: 0.2 × 0.7 = 0.14
3) Оба попадут: 0.56
Сумма: 0.24 + 0.14 + 0.56 = 0.94

Задача 7.3 (независимые приборы): Три прибора работают независимо. Вероятности безотказной работы: 0.9, 0.8, 0.7. Найти вероятность, что: а) все три будут работать? б) откажет хотя бы один? в) откажет ровно один?

Показать решение

Определяем события:
A₁ — работает первый, P(A₁)=0.9, P(не A₁)=0.1
A₂ — работает второй, P(A₂)=0.8, P(не A₂)=0.2
A₃ — работает третий, P(A₃)=0.7, P(не A₃)=0.3

а) Все три работают
P = P(A₁) × P(A₂) × P(A₃) = 0.9 × 0.8 × 0.7 = 0.504

б) Откажет хотя бы один
Через противоположное: 1 - P(все работают)
P = 1 - 0.504 = 0.496

в) Откажет ровно один
Три случая:
1) Откажет только первый: 0.1 × 0.8 × 0.7 = 0.056
2) Откажет только второй: 0.9 × 0.2 × 0.7 = 0.126
3) Откажет только третий: 0.9 × 0.8 × 0.3 = 0.216
Сумма: 0.056 + 0.126 + 0.216 = 0.398

Задача 7.4 (монета): Симметричную монету бросают 4 раза независимо. Найти вероятность, что: а) все 4 раза выпадет орёл? б) орёл выпадет хотя бы один раз? в) орёл выпадет ровно 2 раза?

Показать решение

Это схема Бернулли (частный случай независимых испытаний):
n=4, p=0.5, q=0.5

а) Все 4 орла
P = p⁴ = (0.5)⁴ = 1/16 = 0.0625

б) Хотя бы один орёл
Через противоположное: 1 - P(ни одного орла)
P(0 орлов) = q⁴ = (0.5)⁴ = 0.0625
P = 1 - 0.0625 = 0.9375

в) Ровно 2 орла
Формула Бернулли: P₄(2) = C(4,2) × p² × q²
= 6 × (0.5)² × (0.5)² = 6 × 0.25 × 0.25 = 6 × 0.0625 = 0.375

Задача 7.5 (независимые выборы): Есть две урны. В первой 3 белых и 2 чёрных шара, во второй 4 белых и 1 чёрный. Из каждой урны независимо вынимают по одному шару. Найти вероятность, что: а) оба шара белые? б) шары разного цвета? в) хотя бы один шар белый?

Показать решение

Определяем события:
A — белый шар из первой урны, P(A) = 3/5 = 0.6
B — белый шар из второй урны, P(B) = 4/5 = 0.8
Выборы независимы (из разных урн)

а) Оба белые
P = P(A) × P(B) = 0.6 × 0.8 = 0.48

б) Шары разного цвета
Два случая:
1) Первый белый, второй чёрный: 0.6 × 0.2 = 0.12
2) Первый чёрный, второй белый: 0.4 × 0.8 = 0.32
Сумма: 0.12 + 0.32 = 0.44

в) Хотя бы один белый
Через противоположное: 1 - P(оба чёрные)
P(оба чёрные) = P(не A) × P(не B) = 0.4 × 0.2 = 0.08
P = 1 - 0.08 = 0.92

Задача 7.6 (проверка независимости): Даны два события A и B. Известно, что P(A)=0.6, P(B)=0.5, P(A или B)=0.8. Независимы ли эти события?

Показать решение

Проверяем по критерию независимости:
События независимы, если P(A и B) = P(A) × P(B)

Находим P(A и B):
Из формулы: P(A или B) = P(A) + P(B) - P(A и B)
0.8 = 0.6 + 0.5 - P(A и B)
P(A и B) = 0.6 + 0.5 - 0.8 = 0.3

Сравниваем:
P(A) × P(B) = 0.6 × 0.5 = 0.3
P(A и B) = 0.3

Вывод:
Так как P(A и B) = P(A) × P(B), события независимы.
Ответ: Да, события независимы.

Задача 7.7 (несколько испытаний): Вероятность того, что лампочка проработает более 1000 часов, равна 0.8. В светильнике 3 независимо работающие лампочки. Найти вероятность, что: а) все три проработают более 1000 часов? б) ровно две проработают более 1000 часов? в) хотя бы одна проработает более 1000 часов?

Показать решение

Это схема Бернулли:
n=3, p=0.8, q=0.2

а) Все три проработают
P = p³ = (0.8)³ = 0.512

б) Ровно две проработают
P₃(2) = C(3,2) × p² × q¹ = 3 × (0.8)² × 0.2 = 3 × 0.64 × 0.2 = 3 × 0.128 = 0.384

в) Хотя бы одна проработает
Через противоположное: 1 - P(ни одна не проработает)
P(0) = q³ = (0.2)³ = 0.008
P = 1 - 0.008 = 0.992

Задача 7.8 (цепь независимых событий): Электрическая цепь состоит из 3 независимо работающих элементов. Вероятности работы каждого: 0.9, 0.8, 0.7. Цепь работает, если работают все элементы. Найти вероятность, что: а) цепь работает? б) цепь не работает? в) Какова вероятность, что цепь работает, если она состоит из этих же элементов, соединённых параллельно (работает, если работает хотя бы один)?

Показать решение

Последовательное соединение:
Цепь работает, если работают ВСЕ элементы

а) Цепь работает
P = 0.9 × 0.8 × 0.7 = 0.504

б) Цепь не работает
P = 1 - 0.504 = 0.496

в) Параллельное соединение:
Цепь работает, если работает ХОТЯ БЫ ОДИН элемент

Вероятность работы при параллельном соединении:
Через противоположное: 1 - P(все не работают)
P(1-й не работает) = 0.1, 2-й = 0.2, 3-й = 0.3
P(все не работают) = 0.1 × 0.2 × 0.3 = 0.006
P(цепь работает) = 1 - 0.006 = 0.994

Вывод: Параллельное соединение гораздо надёжнее!

Задача 7.9 (независимость и условная вероятность): Известно, что события A и B независимы. P(A)=0.4, P(B)=0.3. Найти: а) P(A и B) б) P(A или B) в) P(A|B) г) P(B|A)

Показать решение

а) P(A и B)
Для независимых событий: P(A и B) = P(A) × P(B) = 0.4 × 0.3 = 0.12

б) P(A или B)
P(A или B) = P(A) + P(B) - P(A и B) = 0.4 + 0.3 - 0.12 = 0.58

в) P(A|B)
Для независимых событий: P(A|B) = P(A) = 0.4
(Условная вероятность равна безусловной)

г) P(B|A)
Для независимых событий: P(B|A) = P(B) = 0.3

Проверка через формулу:
P(A|B) = P(A и B)/P(B) = 0.12/0.3 = 0.4 ✓
P(B|A) = P(A и B)/P(A) = 0.12/0.4 = 0.3 ✓

💡 Ключевые моменты для независимых событий:

Главное свойство: P(A и B) = P(A) × P(B)
Следствие: P(A|B) = P(A) и P(B|A) = P(B)
Проверка независимости: проверить выполнение P(A и B) = P(A)×P(B)
"Хотя бы один" → 1 - P(ни одного)
Серия одинаковых испытаний → схема Бернулли
Не путать: независимые ≠ несовместные! Независимые могут происходить вместе
Примеры независимости: разные устройства, стрелки, выборы из разных урн

Тип 8: Независимые испытания с разными вероятностями

Суть: Несколько независимых испытаний с разной вероятностью успеха. Это НЕ схема Бернулли, так как p не постоянно!

Важно: Это НЕ схема Бернулли!
• Бернулли: все испытания с одинаковой p
• Здесь: p разные → решаем перебором случаев
• Метод: P = Σ (произведения соответствующих вероятностей)

Алгоритм решения:

Выписать все благоприятные комбинации успехов/неудач
Для каждой комбинации вычислить вероятность как произведение соответствующих p и q
Сложить вероятности всех благоприятных комбинаций
При большом числе испытаний можно использовать производящие функции

Основной пример с подробным решением:

Задача 8.1: Три стрелка стреляют независимо. Вероятности попадания: 0.9, 0.8, 0.7. Найти вероятность, что попадут хотя бы два.

Подробное решение:

Шаг 1: Анализ типа задачи
• Испытания независимые ✓
• Вероятности успеха разные: 0.9, 0.8, 0.7
• Не схема Бернулли! (требуется одинаковое p)
⇒ Решаем перебором всех благоприятных случаев

Шаг 2: Обозначения
A₁ — попадание первого, P(A₁)=0.9, P(не A₁)=0.1
A₂ — попадание второго, P(A₂)=0.8, P(не A₂)=0.2
A₃ — попадание третьего, P(A₃)=0.7, P(не A₃)=0.3

Шаг 3: Случаи "хотя бы два попадания"
"Хотя бы два" = 2 или 3 попадания

Случай A: Все три попадают
P₁ = P(A₁)·P(A₂)·P(A₃) = 0.9 × 0.8 × 0.7

Случай B: Попадают 1-й и 2-й, 3-й промахивается
P₂ = P(A₁)·P(A₂)·P(не A₃) = 0.9 × 0.8 × 0.3

Случай C: Попадают 1-й и 3-й, 2-й промахивается
P₃ = P(A₁)·P(не A₂)·P(A₃) = 0.9 × 0.2 × 0.7

Случай D: Попадают 2-й и 3-й, 1-й промахивается
P₄ = P(не A₁)·P(A₂)·P(A₃) = 0.1 × 0.8 × 0.7

Шаг 4: Вычисления
P₁ = 0.9 × 0.8 × 0.7 = 0.504
P₂ = 0.9 × 0.8 × 0.3 = 0.216
P₃ = 0.9 × 0.2 × 0.7 = 0.126
P₄ = 0.1 × 0.8 × 0.7 = 0.056

Шаг 5: Суммирование
P = P₁ + P₂ + P₃ + P₄
= 0.504 + 0.216 + 0.126 + 0.056
= 0.902

Ответ: P = 0,902 (90,2%)

Проверка через противоположное событие:
P(хотя бы 2) = 1 - P(0 попаданий) - P(1 попадание)
P(0) = 0.1 × 0.2 × 0.3 = 0.006
P(1) = (0.9×0.2×0.3) + (0.1×0.8×0.3) + (0.1×0.2×0.7)
= 0.054 + 0.024 + 0.014 = 0.092
P(хотя бы 2) = 1 - 0.006 - 0.092 = 0.902 ✓

📚 Дополнительные типовые задачи:

Задача 8.2 (устройства): Три устройства работают независимо. Вероятности безотказной работы: 0.95, 0.90, 0.85. Найти вероятность, что: а) все три будут работать? б) откажет ровно одно? в) проработает хотя бы одно?

Показать решение

Обозначения:
A₁ — работает первое, P(A₁)=0.95, q₁=0.05
A₂ — работает второе, P(A₂)=0.90, q₂=0.10
A₃ — работает третье, P(A₃)=0.85, q₃=0.15

а) Все три работают
P = 0.95 × 0.90 × 0.85 = 0.72675

б) Откажет ровно одно
Три случая:
1) Откажет только первое: 0.05 × 0.90 × 0.85 = 0.03825
2) Откажет только второе: 0.95 × 0.10 × 0.85 = 0.08075
3) Откажет только третье: 0.95 × 0.90 × 0.15 = 0.12825
Сумма: 0.03825 + 0.08075 + 0.12825 = 0.24725

в) Проработает хотя бы одно
Через противоположное: 1 - P(все откажут)
P(все откажут) = 0.05 × 0.10 × 0.15 = 0.00075
P = 1 - 0.00075 = 0.99925

Задача 8.3 (стрелки): Четыре стрелка независимо стреляют по мишени. Вероятности попадания: 0.8, 0.7, 0.6, 0.5. Найти вероятность, что: а) все четыре попадут? б) попадёт большинство (3 или 4)? в) попадёт не более двух?

Показать решение

Обозначения:
Для удобства нумеруем стрелок и их вероятности:
• Стрелок 1: p₁ = 0.8, q₁ = 0.2
• Стрелок 2: p₂ = 0.7, q₂ = 0.3
• Стрелок 3: p₃ = 0.6, q₃ = 0.4
• Стрелок 4: p₄ = 0.5, q₄ = 0.5

Примечание: Это НЕ схема Бернулли, так как вероятности разные!

а) Все четыре попадут
P(все 4 попадут) = p₁ × p₂ × p₃ × p₄
= 0.8 × 0.7 × 0.6 × 0.5
= 0.168

б) Попадёт большинство (3 или 4 попадания)
Рассмотрим два случая отдельно:

Случай 1: Все 4 попадают (уже посчитали):
P₁ = 0.168

Случай 2: Ровно 3 попадают
Это означает, что один стрелок промахивается, остальные попадают.
Рассмотрим 4 подслучая:

1) Промахнётся только 1-й стрелок:
P₂₁ = q₁ × p₂ × p₃ × p₄
= 0.2 × 0.7 × 0.6 × 0.5 = 0.042

2) Промахнётся только 2-й стрелок:
P₂₂ = p₁ × q₂ × p₃ × p₄
= 0.8 × 0.3 × 0.6 × 0.5 = 0.072

3) Промахнётся только 3-й стрелок:
P₂₃ = p₁ × p₂ × q₃ × p₄
= 0.8 × 0.7 × 0.4 × 0.5 = 0.112

4) Промахнётся только 4-й стрелок:
P₂₄ = p₁ × p₂ × p₃ × q₄
= 0.8 × 0.7 × 0.6 × 0.5 = 0.168
Замечание: Здесь p₁×p₂×p₃×q₄ = 0.8×0.7×0.6×0.5 = 0.168

Итого для 3 попаданий:
P₂ = 0.042 + 0.072 + 0.112 + 0.168 = 0.394

Общая вероятность большинства:
P(большинство) = P₁ + P₂ = 0.168 + 0.394 = 0.562

в) Попадёт не более двух
Это 0, 1 или 2 попадания.
Проще через противоположное:
P(не более 2) = 1 - P(3 или 4) = 1 - 0.562 = 0.438

Проверка прямым вычислением (для уверенности):

0 попаданий:
P₀ = q₁ × q₂ × q₃ × q₄
= 0.2 × 0.3 × 0.4 × 0.5 = 0.012

1 попадание (4 случая):
1) Попал только 1-й: p₁×q₂×q₃×q₄ = 0.8×0.3×0.4×0.5 = 0.048
2) Попал только 2-й: q₁×p₂×q₃×q₄ = 0.2×0.7×0.4×0.5 = 0.028
3) Попал только 3-й: q₁×q₂×p₃×q₄ = 0.2×0.3×0.6×0.5 = 0.018
4) Попал только 4-й: q₁×q₂×q₃×p₄ = 0.2×0.3×0.4×0.5 = 0.012
P₁ = 0.048 + 0.028 + 0.018 + 0.012 = 0.106

2 попадания (6 случаев — сочетания из 4 по 2):
1) Попали 1 и 2: p₁×p₂×q₃×q₄ = 0.8×0.7×0.4×0.5 = 0.112
2) Попали 1 и 3: p₁×q₂×p₃×q₄ = 0.8×0.3×0.6×0.5 = 0.072
3) Попали 1 и 4: p₁×q₂×q₃×p₄ = 0.8×0.3×0.4×0.5 = 0.048
4) Попали 2 и 3: q₁×p₂×p₃×q₄ = 0.2×0.7×0.6×0.5 = 0.042
5) Попали 2 и 4: q₁×p₂×q₃×p₄ = 0.2×0.7×0.4×0.5 = 0.028
6) Попали 3 и 4: q₁×q₂×p₃×p₄ = 0.2×0.3×0.6×0.5 = 0.018
P₂ = 0.112 + 0.072 + 0.048 + 0.042 + 0.028 + 0.018 = 0.320

Проверка суммы вероятностей:
P₀ + P₁ + P₂ + P₃ + P₄ =
0.012 + 0.106 + 0.320 + 0.394 + 0.168 = 1.000 ✓ (P₃ = 0.394 — 3 попадания, P₄ = 0.168 — 4 попадания)

Ответ:
а) P(все 4) = 0,168
б) P(большинство) = 0,562
в) P(не более 2) = 0,438

📝 Важное замечание о случае 4 в пункте (б):
В вычислении P₂₄ = p₁×p₂×p₃×q₄ = 0.8×0.7×0.6×0.5 = 0.168
Численно это совпадает с P(все 4 попадут), но это разные события:
• P₂₄ = 0.168 — вероятность, что попали 1, 2, 3-й, а 4-й промахнулся
• P(все 4) = 0.168 — вероятность, что попали все четверо

Совпадение численных значений — случайность из-за конкретных чисел:
p₁×p₂×p₃×q₄ = 0.8×0.7×0.6×0.5 = 0.168
p₁×p₂×p₃×p₄ = 0.8×0.7×0.6×0.5 = 0.168
Так получилось потому что q₄ = p₄ = 0.5

Задача 8.4 (контроль качества): На трёх станках изготавливают детали. Вероятности брака: 0.02, 0.03, 0.05. С каждого станка берут по одной детали. Найти вероятность, что: а) все три детали качественные? б) ровно одна бракованная? в) хотя бы одна качественная?

Показать решение

Обозначения:
p₁=0.98 (качественная с 1-го), q₁=0.02
p₂=0.97 (качественная со 2-го), q₂=0.03
p₃=0.95 (качественная с 3-го), q₃=0.05

а) Все три качественные
P = 0.98 × 0.97 × 0.95 = 0.90307

б) Ровно одна бракованная
Три случая:
1) Бракованная только с 1-го: 0.02×0.97×0.95 = 0.01843
2) Бракованная только со 2-го: 0.98×0.03×0.95 = 0.02793
3) Бракованная только с 3-го: 0.98×0.97×0.05 = 0.04753
Сумма: 0.01843 + 0.02793 + 0.04753 = 0.09389

в) Хотя бы одна качественная
Через противоположное: 1 - P(все бракованные)
P(все бракованные) = 0.02 × 0.03 × 0.05 = 0.00003
P = 1 - 0.00003 = 0.99997 (практически достоверно)

Задача 8.5 (студенты): Три студента независимо решают задачу. Вероятности решения: 0.6, 0.7, 0.8. Найти вероятность, что: а) все три решат задачу? б) задачу решит большинство (2 или 3)? в) задачу решит ровно один?

Показать решение

Обозначения:
p₁=0.6, q₁=0.4; p₂=0.7, q₂=0.3; p₃=0.8, q₃=0.2

а) Все три решат
P = 0.6 × 0.7 × 0.8 = 0.336

б) Большинство решит (2 или 3)
Сначала 3 решили: 0.336
Теперь 2 решили (3 случая):
1) Не решит только 1-й: 0.4×0.7×0.8 = 0.224
2) Не решит только 2-й: 0.6×0.3×0.8 = 0.144
3) Не решит только 3-й: 0.6×0.7×0.2 = 0.084
Сумма для 2 решивших: 0.224 + 0.144 + 0.084 = 0.452
Всего: 0.336 + 0.452 = 0.788

в) Ровно один решит
Три случая:
1) Решит только 1-й: 0.6×0.3×0.2 = 0.036
2) Решит только 2-й: 0.4×0.7×0.2 = 0.056
3) Решит только 3-й: 0.4×0.3×0.8 = 0.096
Сумма: 0.036 + 0.056 + 0.096 = 0.188

Проверка:
0 решат: 0.4×0.3×0.2 = 0.024
1 решит: 0.188
2 решат: 0.452
3 решат: 0.336
Сумма: 0.024 + 0.188 + 0.452 + 0.336 = 1.000 ✓

Задача 8.6 (спортсмены): Три спортсмена независимо выступают на соревнованиях. Вероятности занять призовое место: 0.4, 0.5, 0.6. Найти вероятность, что: а) все три займут призовые места? б) призовые места займут хотя бы двое? в) призовое место займёт только один?

Показать решение

Обозначения:
p₁=0.4, q₁=0.6; p₂=0.5, q₂=0.5; p₃=0.6, q₃=0.4

а) Все три займут призовые
P = 0.4 × 0.5 × 0.6 = 0.12

б) Хотя бы двое займут призовые
Сначала все три: 0.12
Теперь ровно двое (3 случая):
1) Только 1-й не займёт: 0.6×0.5×0.6 = 0.18
2) Только 2-й не займёт: 0.4×0.5×0.6 = 0.12
3) Только 3-й не займёт: 0.4×0.5×0.4 = 0.08
Сумма для двоих: 0.18 + 0.12 + 0.08 = 0.38
Всего: 0.12 + 0.38 = 0.50

в) Только один займёт призовое
Три случая:
1) Только 1-й займёт: 0.4×0.5×0.4 = 0.08
2) Только 2-й займёт: 0.6×0.5×0.4 = 0.12
3) Только 3-й займёт: 0.6×0.5×0.6 = 0.18
Сумма: 0.08 + 0.12 + 0.18 = 0.38

Задача 8.7 (через противоположное): Четыре устройства работают независимо. Вероятности отказа: 0.1, 0.2, 0.3, 0.4. Найти вероятность, что: а) откажет хотя бы одно? б) откажет не более двух? в) откажет не менее трёх?

Показать решение

Обозначения (вероятности отказа):
p₁=0.1, q₁=0.9; p₂=0.2, q₂=0.8; p₃=0.3, q₃=0.7; p₄=0.4, q₄=0.6

а) Хотя бы одно откажет
Через противоположное: 1 - P(ни одно не откажет)
P(ни одно не откажет) = 0.9×0.8×0.7×0.6 = 0.3024
P = 1 - 0.3024 = 0.6976

б) Не более двух откажут
Это 0, 1 или 2 отказа
P(0) = 0.3024 (из а)
P(1 отказа) = суммируем 4 случая:
1) Откажет только 1-й: 0.1×0.8×0.7×0.6 = 0.0336
2) Откажет только 2-й: 0.9×0.2×0.7×0.6 = 0.0756
3) Откажет только 3-й: 0.9×0.8×0.3×0.6 = 0.1296
4) Откажет только 4-й: 0.9×0.8×0.7×0.4 = 0.2016
Сумма P(1) = 0.0336+0.0756+0.1296+0.2016 = 0.4404

P(2 отказа) = 6 случаев (сочетания из 4 по 2):
1) Откажут 1 и 2: 0.1×0.2×0.7×0.6 = 0.0084
2) Откажут 1 и 3: 0.1×0.8×0.3×0.6 = 0.0144
3) Откажут 1 и 4: 0.1×0.8×0.7×0.4 = 0.0224
4) Откажут 2 и 3: 0.9×0.2×0.3×0.6 = 0.0324
5) Откажут 2 и 4: 0.9×0.2×0.7×0.4 = 0.0504
6) Откажут 3 и 4: 0.9×0.8×0.3×0.4 = 0.0864
Сумма P(2) = 0.0084+0.0144+0.0224+0.0324+0.0504+0.0864 = 0.2144
P(не более 2) = 0.3024 + 0.4404 + 0.2144 = 0.9572

в) Не менее трёх откажут
Через противоположное: 1 - P(не более 2) = 1 - 0.9572 = 0.0428

💡 Ключевые моменты для независимых испытаний с разными p:

Это НЕ Бернулли! Бернулли требует одинаковых p
Метод решения: перебор всех благоприятных комбинаций
Для каждого случая: перемножить соответствующие p и q
Для "хотя бы один": использовать противоположное событие
Для проверки: сумма вероятностей всех возможных исходов = 1
При большом числе испытаний вычисления громоздки, но алгоритм тот же
Примеры: стрелки с разной меткостью, устройства с разной надёжностью

📊 Сравнение с Бернулли:

Критерий	Схема Бернулли	Независимые испытания с разными p
Вероятность успеха	Одинаковая (p)	Разные (p₁, p₂, p₃...)
Формула	Pₙ(k) = C(n,k)·pᵏ·qⁿ⁻ᵏ	Перебор случаев
Сложность вычислений	Простая (одна формула)	Сложная (много случаев)
Пример	5 бросков монеты	3 стрелка с разной меткостью

Тип 9: Совместные события

Суть: События, которые могут происходить одновременно. Вероятность суммы таких событий вычисляется с учётом их пересечения.

Формула включений-исключений:
P(A или B) = P(A) + P(B) - P(A и B)
Для трёх событий: P(A или B или C) = P(A)+P(B)+P(C) - P(A и B)-P(A и C)-P(B и C) + P(A и B и C)

Алгоритм решения:

Определить, совместны ли события (могут ли произойти вместе)
Найти P(A), P(B), P(A и B)
Подставить в формулу P(A или B)
Для "хотя бы одного" часто считать через противоположное
Для сложных условий использовать диаграммы Венна

Основной пример с подробным решением:

Задача 9.1: Вероятность сдать физику 0.6, математику 0.8, оба экзамена 0.5. Найти вероятность сдать хотя бы один экзамен.

Подробное решение:

Шаг 1: Определяем события
Ф — сдать физику, P(Ф) = 0.6
М — сдать математику, P(М) = 0.8
Ф и М — сдать оба экзамена, P(Ф и М) = 0.5

Шаг 2: Анализируем совместность
P(Ф и М) = 0.5 ≠ 0, значит события совместные
(можно сдать оба экзамена)

Шаг 3: Применяем формулу для совместных событий
Для совместных событий:
P(Ф или М) = P(Ф) + P(М) - P(Ф и М)

Шаг 4: Подставляем значения
P(Ф или М) = 0.6 + 0.8 - 0.5
= 1.4 - 0.5 = 0.9

Ответ: P = 0,9 (90%)

Почему нельзя просто сложить?
Если просто сложить: 0.6 + 0.8 = 1.4 > 1 — невозможно!
Мы посчитали пересечение (тех, кто сдал оба) дважды.
Вычитая P(Ф и М) = 0.5, исправляем эту ошибку.

Проверка через противоположное:
Противоположное: не сдать ни одного экзамена
P(не Ф) = 0.4, P(не М) = 0.2
Но события "не сдать Ф" и "не сдать М" могут быть зависимыми!
Поэтому лучше использовать диаграммы Венна или исходную формулу.

📚 Дополнительные типовые задачи:

Задача 9.2 (простые совместные): Вероятность попасть в мишень первым стрелком 0.7, вторым 0.8. Вероятность, что оба попадут, равна 0.56. Найти вероятность, что: а) попадёт хотя бы один стрелок? б) попадёт ровно один стрелок?

Показать решение

Определяем события:
A — попадание первого, P(A)=0.7
B — попадание второго, P(B)=0.8
P(A и B)=0.56

а) Хотя бы один попадёт
P(A или B) = P(A) + P(B) - P(A и B)
= 0.7 + 0.8 - 0.56 = 0.94

б) Ровно один попадёт
Это попадание только первого ИЛИ только второго
P(только A) = P(A) - P(A и B) = 0.7 - 0.56 = 0.14
P(только B) = P(B) - P(A и B) = 0.8 - 0.56 = 0.24
P = 0.14 + 0.24 = 0.38

Проверка независимости:
P(A)×P(B)=0.7×0.8=0.56 = P(A и B) ⇒ события независимы!

Задача 9.3 (три события): Вероятности событий A, B, C равны 0.4, 0.5, 0.6. Известно: P(A и B)=0.2, P(A и C)=0.3, P(B и C)=0.3, P(A и B и C)=0.1. Найти: а) P(A или B или C) б) P(произойдёт ровно одно событие)

Показать решение

а) P(A или B или C)
Формула включений-исключений для трёх событий:
P(A∪B∪C) = P(A)+P(B)+P(C) - P(A∩B)-P(A∩C)-P(B∩C) + P(A∩B∩C)
= 0.4+0.5+0.6 - 0.2-0.3-0.3 + 0.1
= 1.5 - 0.8 + 0.1 = 0.8

б) Ровно одно событие
По диаграмме Венна:
Только A: P(A) - P(A∩B) - P(A∩C) + P(A∩B∩C)
= 0.4 - 0.2 - 0.3 + 0.1 = 0
Только B: P(B) - P(A∩B) - P(B∩C) + P(A∩B∩C)
= 0.5 - 0.2 - 0.3 + 0.1 = 0.1
Только C: P(C) - P(A∩C) - P(B∩C) + P(A∩B∩C)
= 0.6 - 0.3 - 0.3 + 0.1 = 0.1
Сумма: 0 + 0.1 + 0.1 = 0.2

Геометрическая интерпретация:
Диаграмма Венна показывает, что события сильно пересекаются
P(только A)=0 означает, что A всегда происходит с B или C

Задача 9.4 (студенты): Среди 100 студентов: 60 изучают английский, 40 — немецкий, 20 — оба языка. Наугад выбран студент. Найти вероятность, что он: а) изучает хотя бы один язык? б) изучает только один язык? в) не изучает ни один из этих языков?

Показать решение

Определяем события:
A — изучает английский, P(A)=60/100=0.6
B — изучает немецкий, P(B)=40/100=0.4
P(A и B)=20/100=0.2

а) Хотя бы один язык
P(A или B) = P(A) + P(B) - P(A и B)
= 0.6 + 0.4 - 0.2 = 0.8

б) Только один язык
Только английский: P(A) - P(A и B) = 0.6 - 0.2 = 0.4
Только немецкий: P(B) - P(A и B) = 0.4 - 0.2 = 0.2
Сумма: 0.4 + 0.2 = 0.6

в) Ни одного языка
Через противоположное: 1 - P(A или B)
= 1 - 0.8 = 0.2

Проверка по количеству студентов:
Всего 100
Только англ: 60-20=40
Только нем: 40-20=20
Оба: 20
Ни одного: 100-(40+20+20)=20 ✓

Задача 9.5 (карты): Из колоды 36 карт наугад вынимают одну. События: A — карта пик, B — карта дама. Найти: а) P(A) и P(B) б) P(A и B) в) P(A или B)

Показать решение

а) P(A) и P(B)
P(A) = 9/36 = 1/4 (пиковых карт 9)
P(B) = 4/36 = 1/9 (дам 4)

б) P(A и B)
Это дама пик: 1 карта из 36
P(A и B) = 1/36

в) P(A или B)
P(A или B) = P(A) + P(B) - P(A и B)
= 9/36 + 4/36 - 1/36 = 12/36 = 1/3

Проверка пересчётом:
Карты, удовлетворяющие A или B:
Все пики (9) + все дамы (4) - дама пик (учтена дважды) = 9+4-1=12
12/36 = 1/3 ✓

Задача 9.6 (кубики): Брошены два игральных кубика. События: A — на первом кубике выпало чётное число, B — сумма очков чётная. Найти: а) P(A) и P(B) б) P(A и B) в) P(A или B)

Показать решение

Всего исходов: 6×6 = 36

а) P(A) и P(B)
P(A) = 3/6 = 1/2 (чётные: 2,4,6)
P(B): сумма чётна, если оба чётные или оба нечётные
Чётных пар: 3×3=9, нечётных пар: 3×3=9, всего 18
P(B) = 18/36 = 1/2

б) P(A и B)
A и B: первый чётный И сумма чётная
Если первый чётный, для чётности суммы второй должен быть чётный
Пар с обоими чётными: 3×3=9
P(A и B) = 9/36 = 1/4

в) P(A или B)
P(A или B) = P(A) + P(B) - P(A и B)
= 1/2 + 1/2 - 1/4 = 1 - 1/4 = 3/4

Проверка независимости:
P(A)×P(B) = (1/2)×(1/2)=1/4 = P(A и B) ⇒ события независимы!

Задача 9.7 (техническая система): Система состоит из двух узлов. Вероятность отказа первого узла 0.1, второго 0.2. Вероятность отказа обоих 0.02. Найти вероятность, что: а) откажет хотя бы один узел? б) система работает (оба узла работают)? в) откажет ровно один узел?

Показать решение

Определяем события:
A — отказ первого, P(A)=0.1
B — отказ второго, P(B)=0.2
P(A и B)=0.02

а) Хотя бы один откажет
P(A или B) = P(A) + P(B) - P(A и B)
= 0.1 + 0.2 - 0.02 = 0.28

б) Система работает
Это противоположное "хотя бы один откажет"
P = 1 - 0.28 = 0.72

в) Ровно один откажет
P(только A) = P(A) - P(A и B) = 0.1 - 0.02 = 0.08
P(только B) = P(B) - P(A и B) = 0.2 - 0.02 = 0.18
P = 0.08 + 0.18 = 0.26

Проверка независимости:
P(A)×P(B)=0.1×0.2=0.02 = P(A и B) ⇒ события независимы!
Это типичная задача про независимые устройства

Задача 9.8 (противоположные события): Вероятность того, что покупатель купит хлеб, равна 0.7, молоко — 0.6, оба продукта — 0.4. Найти вероятность, что: а) купит только хлеб? б) купит только молоко? в) не купит ни одного продукта?

Показать решение

Определяем события:
X — купит хлеб, P(X)=0.7
M — купит молоко, P(M)=0.6
P(X и M)=0.4

а) Только хлеб
P(только X) = P(X) - P(X и M) = 0.7 - 0.4 = 0.3

б) Только молоко
P(только M) = P(M) - P(X и M) = 0.6 - 0.4 = 0.2

в) Ни одного продукта
P(ни X, ни M) = 1 - P(X или M)
P(X или M) = P(X) + P(M) - P(X и M) = 0.7+0.6-0.4=0.9
P(ни одного) = 1 - 0.9 = 0.1

Проверка по сумме вероятностей:
Только X: 0.3
Только M: 0.2
Оба: 0.4
Ни одного: 0.1
Сумма: 0.3+0.2+0.4+0.1=1 ✓

Задача 9.9 (диаграмма Венна): В группе 30 студентов. 20 знают английский, 15 — французский, 10 — оба языка, 5 — ни одного языка. Проверьте данные на корректность и найдите вероятность, что случайно выбранный студент: а) знает хотя бы один язык? б) знает только английский? в) знает только один язык?

Показать решение

Проверка корректности данных:
Всего 30 студентов
По диаграмме Венна:
Только англ: 20-10=10
Только франц: 15-10=5
Оба: 10
Ни одного: 5
Сумма: 10+5+10+5=30 ✓ Данные корректны

а) Хотя бы один язык
P = (10+5+10)/30 = 25/30 = 5/6 ≈ 0.833

б) Только английский
P = 10/30 = 1/3 ≈ 0.333

в) Только один язык
Только англ (10) + только франц (5) = 15
P = 15/30 = 1/2 = 0.5

💡 Ключевые моменты для совместных событий:

Формула включений-исключений: P(A∪B) = P(A)+P(B)-P(A∩B)
Диаграммы Венна — отличный инструмент для визуализации
"Хотя бы один" → можно считать через противоположное или по формуле
"Только A": P(A) - P(A и B)
Проверка данных: сумма всех частей диаграммы Венна должна давать 1
Не путать: совместные ≠ независимые! Совместные — могут быть вместе, независимые — не влияют друг на друга
Если P(A и B)=0 → события несовместные (частный случай)

Тип 10: Схема Бернулли

Суть: Серия независимых одинаковых испытаний с постоянной вероятностью успеха.

Формула Бернулли:
Pₙ(k) = C(n,k) × pᵏ × (1-p)ⁿ⁻ᵏ
где: n — число испытаний, k — число успехов, p — вероятность успеха в одном испытании
Условия применения: 1) n одинаковых испытаний, 2) p постоянно, 3) испытания независимы

Алгоритм решения:

Определить n (число испытаний) и p (вероятность успеха в одном испытании)
Определить условие на k (число успехов)
Если нужно конкретное k — применить формулу Бернулли
Если "не менее K" — просуммировать Pₙ(k) для k = K, K+1, ..., n
Если "хотя бы один" — через противоположное: 1 - Pₙ(0)
Если p = q = 0.5 — можно использовать биномиальные коэффициенты

Основной пример с подробным решением:

Задача 10.1: Монету бросают 5 раз. Какова вероятность, что орёл выпадет ровно 3 раза?

Подробное решение:

Шаг 1: Проверяем условия Бернулли
• n=5 одинаковых испытаний (бросков монеты) ✓
• p=0.5 постоянно для каждого броска ✓
• Испытания независимы ✓
• Два исхода (орёл/решка) ✓
⇒ Применяем формулу Бернулли

Шаг 2: Определяем параметры
n=5 (количество испытаний)
k=3 (количество успехов — выпадений орла)
p=0.5 (вероятность успеха в одном испытании)
q=1-p=0.5 (вероятность неудачи)

Шаг 3: Формула Бернулли
P₅(3) = C(5,3) × (0.5)³ × (0.5)²

Шаг 4: Вычисляем сочетание
C(5,3) = 5! / (3! × 2!) = (5×4) / 2 = 10

Шаг 5: Вычисляем степени
(0.5)³ = 0.125
(0.5)² = 0.25

Шаг 6: Перемножаем
P = 10 × 0.125 × 0.25
= 10 × 0.03125 = 0.3125

Ответ: P = 0,3125 (31,25%) или 10/32 = 5/16

Проверка перебором (для наглядности):
Всего исходов: 2⁵ = 32
Благоприятные исходы — комбинации с 3 орлами из 5:
C(5,3) = 10 исходов
P = 10/32 = 5/16 = 0.3125 ✓

Замечание: Для p=0.5 формула упрощается:
P₅(3) = C(5,3) / 2⁵ = 10/32

📚 Дополнительные типовые задачи:

Задача 10.2 (стрельба): Вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0.8. Произведено 4 выстрела. Найти вероятность, что: а) будет ровно 3 попадания? б) будет не менее 3 попаданий? в) будет хотя бы одно попадание?

Показать решение

Параметры: n=4, p=0.8, q=0.2

а) Ровно 3 попадания
P₄(3) = C(4,3) × (0.8)³ × (0.2)¹
= 4 × 0.512 × 0.2 = 4 × 0.1024 = 0.4096

б) Не менее 3 попаданий
Это 3 или 4 попадания
P₄(3) = 0.4096 (из а)
P₄(4) = C(4,4) × (0.8)⁴ × (0.2)⁰ = 1 × 0.4096 × 1 = 0.4096
P = 0.4096 + 0.4096 = 0.8192

в) Хотя бы одно попадание
Через противоположное: 1 - P(ни одного попадания)
P₄(0) = C(4,0) × (0.8)⁰ × (0.2)⁴ = 1 × 1 × 0.0016 = 0.0016
P = 1 - 0.0016 = 0.9984

Задача 10.3 (контроль качества): Вероятность того, что изделие стандартное, равна 0.9. Наудачу отобраны 6 изделий. Найти вероятность, что: а) все 6 стандартные? б) ровно 4 стандартных? в) не менее 5 стандартных?

Показать решение

Параметры: n=6, p=0.9 (стандартное), q=0.1 (брак)

а) Все 6 стандартные
P₆(6) = C(6,6) × (0.9)⁶ × (0.1)⁰ = 1 × 0.531441 × 1 = 0.531441

б) Ровно 4 стандартных
P₆(4) = C(6,4) × (0.9)⁴ × (0.1)²
= 15 × 0.6561 × 0.01 = 15 × 0.006561 = 0.098415

в) Не менее 5 стандартных
Это 5 или 6 стандартных
P₆(5) = C(6,5) × (0.9)⁵ × (0.1)¹ = 6 × 0.59049 × 0.1 = 6 × 0.059049 = 0.354294
P₆(6) = 0.531441 (из а)
P = 0.354294 + 0.531441 = 0.885735

Задача 10.4 (рождение детей): Вероятность рождения мальчика равна 0.51. В семье 4 ребёнка. Найти вероятность, что: а) все дети — мальчики? б) ровно 2 мальчика? в) девочек больше, чем мальчиков?

Показать решение

Параметры: n=4, p=0.51 (мальчик), q=0.49 (девочка)

а) Все мальчики
P₄(4) = C(4,4) × (0.51)⁴ × (0.49)⁰ = 1 × (0.51)⁴ × 1 ≈ 0.0677

б) Ровно 2 мальчика
P₄(2) = C(4,2) × (0.51)² × (0.49)²
= 6 × 0.2601 × 0.2401 = 6 × 0.06245 ≈ 0.3747

в) Девочек больше
Это 0, 1 или 2 мальчика (т.е. 4, 3 или 2 девочки)
P₄(0) = (0.49)⁴ ≈ 0.0576
P₄(1) = C(4,1)×(0.51)¹×(0.49)³ = 4×0.51×0.117649 ≈ 4×0.0600 = 0.2400
P₄(2) = 0.3747 (из б)
P = 0.0576 + 0.2400 + 0.3747 = 0.6723

Задача 10.5 (серия испытаний): Игральную кость бросают 6 раз. Найти вероятность, что: а) шестёрка выпадет ровно 2 раза? б) шестёрка выпадет хотя бы один раз? в) шестёрка выпадет не более 2 раз?

Показать решение

Параметры: n=6, p=1/6 ≈ 0.1667 (шестёрка), q=5/6 ≈ 0.8333

а) Ровно 2 шестёрки
P₆(2) = C(6,2) × (1/6)² × (5/6)⁴
= 15 × (1/36) × (625/1296) = 15 × (625/46656) = 9375/46656 ≈ 0.2009

б) Хотя бы одна шестёрка
Через противоположное: 1 - P(ни одной шестёрки)
P₆(0) = (5/6)⁶ = 15625/46656 ≈ 0.3349
P = 1 - 0.3349 = 0.6651

в) Не более 2 шестёрок
Это 0, 1 или 2 шестёрки
P₆(0) ≈ 0.3349
P₆(1) = C(6,1)×(1/6)¹×(5/6)⁵ = 6×(1/6)×(3125/7776) = 3125/7776 ≈ 0.4019
P₆(2) ≈ 0.2009 (из а)
P ≈ 0.3349 + 0.4019 + 0.2009 = 0.9377

Задача 10.6 (сложное условие): Вероятность того, что деталь прошла контроль, равна 0.95. Проверяется 10 деталей. Найти вероятность, что: а) все детали прошли контроль? б) ровно 8 деталей прошли контроль? в) не прошли контроль не более 2 деталей?

Показать решение

Параметры: n=10, p=0.95 (прошли), q=0.05 (не прошли)

а) Все прошли
P₁₀(10) = (0.95)¹⁰ ≈ 0.5987

б) Ровно 8 прошли
P₁₀(8) = C(10,8) × (0.95)⁸ × (0.05)²
= 45 × (0.95)⁸ × 0.0025 ≈ 45 × 0.6634 × 0.0025 = 45 × 0.0016585 ≈ 0.0746

в) Не прошли не более 2
Это 0, 1 или 2 бракованных (т.е. 10, 9 или 8 годных)
P(10 годных) = 0.5987 (из а)
P(9 годных) = C(10,9)×(0.95)⁹×(0.05)¹ = 10×0.6302×0.05 = 10×0.03151 = 0.3151
P(8 годных) = 0.0746 (из б)
P ≈ 0.5987 + 0.3151 + 0.0746 = 0.9884

Задача 10.7 (биномиальное): Монету подбрасывают 8 раз. Найти вероятность, что: а) орёл выпадет от 3 до 5 раз включительно? б) орёл выпадет чётное число раз? в) орёл выпадет больше раз, чем решка?

Показать решение

Параметры: n=8, p=0.5, q=0.5

а) От 3 до 5 орлов
P = P₈(3) + P₈(4) + P₈(5)
P₈(3) = C(8,3)/256 = 56/256
P₈(4) = C(8,4)/256 = 70/256
P₈(5) = C(8,5)/256 = 56/256 (симметрия)
P = (56+70+56)/256 = 182/256 = 91/128 ≈ 0.7109

б) Чётное число орлов
Это 0, 2, 4, 6, 8 орлов
P₈(0) = 1/256, P₈(2) = 28/256, P₈(4) = 70/256, P₈(6) = 28/256, P₈(8) = 1/256
P = (1+28+70+28+1)/256 = 128/256 = 1/2 = 0.5

в) Орлов больше, чем решек
Это 5, 6, 7, 8 орлов
P₈(5) = 56/256, P₈(6) = 28/256, P₈(7) = 8/256, P₈(8) = 1/256
P = (56+28+8+1)/256 = 93/256 ≈ 0.3633

Замечание: Из-за симметрии (p=q=0.5) многие вероятности равны 0.5

Задача 10.8 (не Бернулли!): Объяснить, почему следующие задачи НЕ решаются по схеме Бернулли:
а) Три стрелка с разной меткостью стреляют по мишени
б) Из урны без возвращения вынимают несколько шаров
в) Бросают игральную кость до первого выпадения шестёрки

Показать решение

а) Разные стрелки с разной меткостью
Условие Бернулли: постоянная p
Здесь: p₁=0.9, p₂=0.8, p₃=0.7 — разные!
⇒ Решать перебором случаев (см. Тип 8)

б) Выбор без возвращения
Условие Бернулли: независимые испытания
Здесь: состав меняется после каждого выбора, испытания зависимые
⇒ Решать через условные вероятности или сочетания (см. Тип 2)

в) Бросание до первого успеха
Условие Бернулли: фиксированное число испытаний n
Здесь: число испытаний не фиксировано, а случайно
⇒ Решать через геометрическое распределение

Вывод: Схема Бернулли применяется ТОЛЬКО когда:
1) Фиксированное число n испытаний
2) Испытания независимы
3) Вероятность успеха p постоянна

Задача 10.9.1 (практическое применение приближения Пуассона):

Типичные ситуации для применения приближения Пуассона:
1. Редкие события: аварии, отказы оборудования, рождение близнецов
2. Большие совокупности: большие партии изделий, много наблюдений
3. Постоянная интенсивность: события происходят с постоянной средней частотой

Правило выбора между Бернулли и Пуассоном:

Критерий	Формула Бернулли	Приближение Пуассона
n (число испытаний)	Любое	n ≥ 50
p (вероятность успеха)	Любая	p ≤ 0.1
λ = n×p	Любое	λ ≤ 10
Сложность вычислений	Сложно при больших n	Просто

Примеры:
• Вероятность выигрыша в лотерею: n=1,000,000 билетов, p=0.000001
• Количество опечаток на странице: n=2000 символов, p=0.001
• Число звонков в call-центр за час: λ = 5 (среднее)

Во всех этих случаях распределение Пуассона даёт хорошее приближение.

Задача 10.9 (приближение Пуассона): Вероятность рождения близнецов 0.012. В роддоме за месяц родилось 200 детей. Найти приближённо вероятность, что среди них будет ровно 3 пары близнецов.

Подробное решение:

Шаг 1: Анализ условия
• Это задача на повторные независимые испытания (рождения детей)
• Вероятность "успеха" (рождения близнецов) очень мала: p = 0.012
• Число испытаний велико: n = 200 детей (или 100 "испытаний" на рождение пар?)
• Нужно уточнить: 200 детей означает до 100 возможных рождений

Уточнённая интерпретация:
Будем считать, что 200 детей родилось в результате примерно 190 рождени (не все рождения — близнецы, поэтому число рождений немного меньше 200). Для простоты примем: n = 190 возможных рождений

Шаг 2: Проверяем условия для приближения Пуассона
Условия приближения Пуассона к биномиальному распределению:
1. Число испытаний n достаточно велико (n ≥ 20, лучше n ≥ 50)
2. Вероятность успеха p мала (p ≤ 0.1, лучше p ≤ 0.05)
3. Произведение λ = n×p не слишком велико (λ ≤ 10)

Проверяем:
n = 190 (достаточно велико) ✓
p = 0.012 (очень мало) ✓
λ = n×p = 190 × 0.012 = 2.28 (≤ 10) ✓

Все условия выполняются, можно использовать приближение Пуассона.

Шаг 3: Формула Пуассона
Распределение Пуассона:
P(k) = (λᵏ × e⁻λ) / k!
где:
• λ = n×p — среднее число событий
• k — интересующее нас число событий
• e ≈ 2.71828 — основание натурального логарифма
• k! — факториал k

Шаг 4: Подставляем значения
n = 190, p = 0.012, k = 3
λ = n×p = 190 × 0.012 = 2.28

P(3) = (2.28³ × e⁻²·²⁸) / 3!

Шаг 5: Вычисляем поэтапно
1. Вычисляем 2.28³:
2.28² = 5.1984
2.28³ = 2.28 × 5.1984 = 11.852352 ≈ 11.8524

2. Вычисляем e⁻²·²⁸:
e⁻²·²⁸ = 1 / e²·²⁸
e²·²⁸ ≈ e² × e⁰·²⁸ ≈ 7.389 × 1.323 ≈ 9.777
e⁻²·²⁸ ≈ 1 / 9.777 ≈ 0.1023
(Более точно: e⁻²·²⁸ = 0.1023, можно взять из таблиц или калькулятора)

3. Вычисляем 3! = 3 × 2 × 1 = 6

4. Перемножаем:
Числитель = 11.8524 × 0.1023 ≈ 1.212

5. Делим на 6:
P(3) ≈ 1.212 / 6 = 0.202

Шаг 6: Более точное вычисление
Используем точные значения:
λ = 2.28
e⁻λ = e⁻²·²⁸ = 0.1023 (табличное значение)
λ³ = 2.28³ = 11.852352

P(3) = (11.852352 × 0.1023) / 6
= 1.2120 / 6 = 0.2020

Приближённый ответ: P ≈ 0,202 (20,2%)

Шаг 7: Проверка точным вычислением по формуле Бернулли
Для сравнения вычислим точно по формуле Бернулли:

Формула Бернулли: Pₙ(k) = C(n,k) × pᵏ × (1-p)ⁿ⁻ᵏ

При n = 190, k = 3, p = 0.012:
1. C(190,3) = 190! / (3! × 187!)
= (190 × 189 × 188) / (3 × 2 × 1)
= (190 × 189 × 188) / 6
= (190 × 189 = 35910, × 188 = 6,751,080) / 6
= 1,125,180

2. pᵏ = (0.012)³ = 0.000001728

3. (1-p)ⁿ⁻ᵏ = (0.988)¹⁸⁷
Логарифмируем для вычисления:
ln(0.988¹⁸⁷) = 187 × ln(0.988) = 187 × (-0.0121) = -2.2627
e⁻²·²⁶²⁷ = 0.1043
(Более точно: 0.988¹⁸⁷ ≈ 0.1040)

4. P = 1,125,180 × 0.000001728 × 0.1040
= 1,125,180 × 0.000001728 = 1.944
× 0.1040 = 0.2022

Сравнение результатов:
• По Пуассону: P ≈ 0.2020
• По Бернулли: P ≈ 0.2022

Разница: 0.0002 (0.1%) — отличное приближение!

Окончательный ответ: P ≈ 0,202 (20,2%)

💡 Ключевые выводы:

При малых p и больших n распределение Пуассона даёт отличное приближение
Погрешность в данной задаче менее 0.1%
Вычисления по Пуассону значительно проще, чем по Бернулли
λ = n×p играет роль "среднего числа событий"

📊 Таблица значений e⁻λ для распространённых λ:

λ	e⁻λ	λ	e⁻λ
0.5	0.6065	2.0	0.1353
1.0	0.3679	2.5	0.0821
1.5	0.2231	3.0	0.0498
2.28	0.1023	5.0	0.0067

💡 Ключевые моменты для схемы Бернулли:

Условия: 1) фиксированное n, 2) постоянное p, 3) независимость
Формула: Pₙ(k) = C(n,k) × pᵏ × qⁿ⁻ᵏ
"Хотя бы один": 1 - Pₙ(0) = 1 - qⁿ
Для p=0.5: Pₙ(k) = C(n,k) / 2ⁿ
Когда НЕ применять: разные p, зависимые испытания, n не фиксировано
Приближение Пуассона: при больших n и малых p: λ = np, P(k) ≈ λᵏe⁻λ/k!
Симметрия: Pₙ(k) = Pₙ(n-k) если заменить успех на неудачу

Тип 11: Геометрическая вероятность

Суть: Вероятность как отношение мер.

Формулы:
• На отрезке: P = длина(благ.) / длина(всего)
• На плоскости: P = площадь(благ.) / площадь(всего)

Пример задачи с подробным решением:

Задача: Два друга договорились встретиться с 12:00 до 13:00, ждут по 15 минут. Найти вероятность встречи.

Подробное решение:

Шаг 1: Вводим координаты
x — время прихода первого (минуты от 12:00), 0 ≤ x ≤ 60
y — время прихода второго (минуты от 12:00), 0 ≤ y ≤ 60
Пара (x,y) случайна в квадрате 60×60

Шаг 2: Условие встречи
Встреча произойдёт, если |x - y| ≤ 15
(разница во времени прихода ≤ 15 минут)

Шаг 3: Находим общую площадь
Площадь квадрата: S_кв = 60 × 60 = 3600

Шаг 4: Находим площадь неблагоприятной области
Не встретятся, если |x - y| > 15
Это два треугольника в углах квадрата:
1. Треугольник над прямой y = x + 15
2. Треугольник под прямой y = x - 15
Размер каждого треугольника: катеты по 45
Площадь одного треугольника: (45 × 45) / 2 = 1012.5
Площадь двух: 2 × 1012.5 = 2025

Шаг 5: Находим площадь благоприятной области
S_благ = S_кв - S_небл = 3600 - 2025 = 1575

Шаг 6: Вычисляем вероятность
P = S_благ / S_кв = 1575 / 3600
Делим на 225: 1575÷225 / 3600÷225 = 7/16

Ответ: P = 7/16 = 0,4375 (43,75%)

Тип 12: Формула полной вероятности

Суть: Есть несколько несовместных гипотез (причин, условий), которые образуют полную группу событий (т.е. какое-то одно из них обязательно происходит). Требуется найти вероятность некоторого события A, которое может произойти при каждой из этих гипотез.

Формула полной вероятности:
P(A) = Σ P(Hᵢ) × P(A|Hᵢ)
Сумма вероятностей всех гипотез равна 1: Σ P(Hᵢ) = 1

Алгоритм решения:

Определить полную группу попарно несовместных гипотез H₁, H₂, ..., Hₙ
Найти вероятности гипотез P(Hᵢ)
Определить условные вероятности события A при каждой гипотезе P(A|Hᵢ)
Применить формулу полной вероятности
Произвести вычисления и записать ответ

📌 Основной пример с подробным решением:

Задача 12.1 (стандартная): Детали изготавливаются на трёх станках. Первый производит 50% всех деталей, второй — 30%, третий — 20%. Брак в продукции первого станка составляет 1%, второго — 2%, третьего — 3%. Наугад взятая деталь оказалась бракованной. Какова вероятность, что она была изготовлена на третьем станке? (Это задача на формулу Байеса, но сначала найдём полную вероятность брака).

Подробное решение (первая часть — полная вероятность брака):

Шаг 1: Определяем гипотезы (причины появления детали)
H₁ — деталь изготовлена на 1-м станке
H₂ — деталь изготовлена на 2-м станке
H₃ — деталь изготовлена на 3-м станке

Проверяем: гипотезы несовместны (деталь не может быть сделана на двух станках сразу)
Проверяем: гипотезы образуют полную группу — любая деталь изготовлена на одном из трёх станков

Вероятности гипотез (по условию):
P(H₁) = 50% = 0.5
P(H₂) = 30% = 0.3
P(H₃) = 20% = 0.2

Проверка: P(H₁) + P(H₂) + P(H₃) = 0.5 + 0.3 + 0.2 = 1 ✓

Шаг 2: Определяем интересующее нас событие A и условные вероятности
A — событие "деталь бракованная"

Условные вероятности (по условию):
P(A|H₁) = 1% = 0.01 (вероятность брака, если деталь с 1-го станка)
P(A|H₂) = 2% = 0.02 (вероятность брака, если деталь со 2-го станка)
P(A|H₃) = 3% = 0.03 (вероятность брака, если деталь с 3-го станка)

Шаг 3: Применяем формулу полной вероятности
P(A) = P(H₁) × P(A|H₁) + P(H₂) × P(A|H₂) + P(H₃) × P(A|H₃)

Шаг 4: Подставляем значения и вычисляем
P(A) = 0.5 × 0.01 + 0.3 × 0.02 + 0.2 × 0.03
= 0.005 + 0.006 + 0.006
= 0.017

Ответ: P(брак) = 0,017 (1,7%)

Визуализация и интерпретация:
Представим 1000 деталей:
• 500 с 1-го станка: 500 × 0.01 = 5 бракованных
• 300 со 2-го станка: 300 × 0.02 = 6 бракованных
• 200 с 3-го станка: 200 × 0.03 = 6 бракованных
Всего брака: 5 + 6 + 6 = 17 из 1000
P = 17/1000 = 0.017 ✓

Продолжение (формула Байеса — по желанию):
Если нужно найти вероятность того, что бракованная деталь изготовлена на 3-м станке:

Формула Байеса: P(H₃|A) = P(H₃) × P(A|H₃) / P(A)
P(H₃|A) = (0.2 × 0.03) / 0.017 = 0.006 / 0.017 ≈ 0.3529

Интерпретация: Хотя 3-й станок делает только 20% деталей, на его долю приходится ~35% всего брака из-за более высокого процента брака (3% против 1-2% у других).

📚 Дополнительные типовые задачи:

Задача 12.2 (две гипотезы): В первой урне 2 белых и 3 чёрных шара, во второй — 4 белых и 1 чёрный. Подбрасывают монету: если выпал орёл, шар берут из первой урны, если решка — из второй. Найти вероятность вынуть белый шар.

Показать решение

Шаг 1: Определяем гипотезы
H₁ — выпал орёл (берём из 1-й урны), P(H₁) = 0.5
H₂ — выпала решка (берём из 2-й урны), P(H₂) = 0.5

Шаг 2: Определяем событие A и условные вероятности
A — вынут белый шар
P(A|H₁) = 2/5 = 0.4 (в 1-й урне 2 белых из 5)
P(A|H₂) = 4/5 = 0.8 (во 2-й урне 4 белых из 5)

Шаг 3: Применяем формулу полной вероятности
P(A) = P(H₁) × P(A|H₁) + P(H₂) × P(A|H₂)
= 0.5 × 0.4 + 0.5 × 0.8
= 0.2 + 0.4 = 0.6

Ответ: P(белый) = 0,6 (60%)

Проверка:
Всего шаров: 5+5=10, белых: 2+4=6
Но не все шары равновероятны!
• Если орёл (50%): P(белый|орёл)=2/5
• Если решка (50%): P(белый|решка)=4/5
Итог: 0.5×(2/5) + 0.5×(4/5) = 0.2 + 0.4 = 0.6 ✓

Задача 12.3 (три поставщика): Детали поступают от трёх поставщиков: 50% от первого, 30% от второго, 20% от третьего. Среди деталей первого поставщика стандартные составляют 90%, второго — 95%, третьего — 85%. Найти вероятность того, что наудачу взятая деталь окажется стандартной.

Показать решение

Шаг 1: Определяем гипотезы
H₁ — деталь от 1-го поставщика, P(H₁) = 0.5
H₂ — деталь от 2-го поставщика, P(H₂) = 0.3
H₃ — деталь от 3-го поставщика, P(H₃) = 0.2

Шаг 2: Определяем событие A и условные вероятности
A — деталь стандартная
P(A|H₁) = 0.90
P(A|H₂) = 0.95
P(A|H₃) = 0.85

Шаг 3: Применяем формулу полной вероятности
P(A) = 0.5×0.90 + 0.3×0.95 + 0.2×0.85
= 0.450 + 0.285 + 0.170
= 0.905

Ответ: P(стандартная) = 0,905 (90,5%)

Интерпретация:
Хотя у 3-го поставщика низкий процент стандартных деталей (85%), он даёт мало деталей (20%), поэтому общий процент стандартных деталей остаётся высоким (90,5%).

Задача 12.4 (погодные условия): Вероятность дождя в понедельник равна 0.3. Если в понедельник дождь, то вероятность дождя во вторник равна 0.7. Если в понедельник нет дождя, то вероятность дождя во вторник равна 0.2. Найти вероятность дождя во вторник.

Показать решение

Шаг 1: Определяем гипотезы для понедельника
H₁ — в понедельник дождь, P(H₁) = 0.3
H₂ — в понедельник нет дождя, P(H₂) = 0.7
Проверка: 0.3 + 0.7 = 1 ✓

Шаг 2: Определяем событие A и условные вероятности
A — дождь во вторник
P(A|H₁) = 0.7 (если в пн дождь, то вероятность дождя во вт 0.7)
P(A|H₂) = 0.2 (если в пн нет дождя, то вероятность дождя во вт 0.2)

Шаг 3: Применяем формулу полной вероятности
P(A) = 0.3×0.7 + 0.7×0.2
= 0.21 + 0.14 = 0.35

Ответ: P(дождь во вторник) = 0,35 (35%)

Замечание:
Это классический пример, где гипотезы — состояния системы в предыдущий момент времени (понедельник), а событие A — состояние в следующий момент (вторник).

Задача 12.5 (студенты и экзамен): В группе 10 студентов: 6 отличников, 3 хорошиста и 1 троечник. Отличник сдаёт экзамен с вероятностью 0.95, хорошист — 0.8, троечник — 0.5. Наугад выбранный студент сдал экзамен. Какова вероятность, что это был отличник? (Сначала найти вероятность сдать экзамен).

Показать решение

Шаг 1: Определяем гипотезы
H₁ — выбран отличник, P(H₁) = 6/10 = 0.6
H₂ — выбран хорошист, P(H₂) = 3/10 = 0.3
H₃ — выбран троечник, P(H₃) = 1/10 = 0.1

Шаг 2: Определяем событие A и условные вероятности
A — студент сдал экзамен
P(A|H₁) = 0.95
P(A|H₂) = 0.8
P(A|H₃) = 0.5

Шаг 3: Находим полную вероятность сдать экзамен
P(A) = 0.6×0.95 + 0.3×0.8 + 0.1×0.5
= 0.57 + 0.24 + 0.05 = 0.86

Часть ответа: P(сдать экзамен) = 0,86 (86%)

Шаг 4: Формула Байеса (по условию задачи)
P(H₁|A) = P(H₁)×P(A|H₁) / P(A)
= (0.6×0.95) / 0.86 = 0.57 / 0.86 ≈ 0.6628

Полный ответ: Вероятность, что сдавший экзамен студент — отличник, ≈ 0,663 (66,3%)

Задача 12.6 (техническая система): Прибор состоит из двух блоков. Надёжность (вероятность безотказной работы) первого блока равна 0.9, второго — 0.8. При отказе первого блока вероятность отказа прибора равна 0.7, при отказе второго — 0.6, при одновременном отказе обоих — 1.0. Найти вероятность отказа прибора.

Показать решение

Шаг 1: Определяем гипотезы (состояния блоков)
H₁ — оба блока работают
H₂ — работает только 1-й блок (2-й отказал)
H₃ — работает только 2-й блок (1-й отказал)
H₄ — оба блока отказали

Находим вероятности гипотез:
P(1-й работает) = 0.9, P(1-й отказал) = 0.1
P(2-й работает) = 0.8, P(2-й отказал) = 0.2
Блоки независимы ⇒
P(H₁) = 0.9×0.8 = 0.72
P(H₂) = 0.9×0.2 = 0.18
P(H₃) = 0.1×0.8 = 0.08
P(H₄) = 0.1×0.2 = 0.02
Проверка: 0.72+0.18+0.08+0.02=1 ✓

Шаг 2: Определяем событие A и условные вероятности
A — отказ прибора
P(A|H₁) = 0 (при исправных блоках прибор не отказывает)
P(A|H₂) = 0.6 (при отказе только 2-го блока)
P(A|H₃) = 0.7 (при отказе только 1-го блока)
P(A|H₄) = 1.0 (при отказе обоих блоков)

Шаг 3: Применяем формулу полной вероятности
P(A) = 0.72×0 + 0.18×0.6 + 0.08×0.7 + 0.02×1.0
= 0 + 0.108 + 0.056 + 0.02 = 0.184

Ответ: P(отказа прибора) = 0,184 (18,4%)

Задача 12.7 (выбор маршрута): Почтальон может идти на участок тремя путями: коротким, средним и длинным. Вероятность выбрать короткий путь — 0.3, средний — 0.5, длинный — 0.2. Вероятность опоздать, идя коротким путём (который проходит мимо собак) — 0.4, средним — 0.2, длинным — 0.1. Найти вероятность того, что почтальон опоздает.

Показать решение

Шаг 1: Определяем гипотезы
H₁ — выбран короткий путь, P(H₁) = 0.3
H₂ — выбран средний путь, P(H₂) = 0.5
H₃ — выбран длинный путь, P(H₃) = 0.2

Шаг 2: Определяем событие A и условные вероятности
A — почтальон опоздал
P(A|H₁) = 0.4
P(A|H₂) = 0.2
P(A|H₃) = 0.1

Шаг 3: Применяем формулу полной вероятности
P(A) = 0.3×0.4 + 0.5×0.2 + 0.2×0.1
= 0.12 + 0.10 + 0.02 = 0.24

Ответ: P(опоздания) = 0,24 (24%)

Анализ:
Хотя короткий путь имеет высокую вероятность опоздания (40%), его выбирают нечасто (30%), поэтому вклад в общее опоздание: 0.3×0.4=0.12.
Средний путь даёт наибольший вклад (0.5×0.2=0.10), так как его выбирают чаще всего.

Задача 12.8 (испытания до успеха): Стрелок попадает в мишень с вероятностью 0.6. Он делает выстрелы до первого попадания, но не более 3 выстрелов. Найти вероятность того, что он сделает ровно 2 выстрела.

Показать решение

Замечание: Это не совсем типичная задача на формулу полной вероятности, но её можно решить через гипотезы о результате первого выстрела.

Шаг 1: Определяем гипотезы для первого выстрела
H₁ — первый выстрел попал, P(H₁) = 0.6
H₂ — первый выстрел не попал, P(H₂) = 0.4

Шаг 2: Определяем событие A и условные вероятности
A — сделано ровно 2 выстрела
• Если первый попал (H₁): стрелок прекращает, выстрелов 1 ⇒ P(A|H₁) = 0
• Если первый не попал (H₂): стрелок делает второй выстрел
Второй должен попасть (иначе будет 3-й выстрел)
P(второй попал) = 0.6
⇒ P(A|H₂) = 0.6

Шаг 3: Применяем формулу полной вероятности
P(A) = P(H₁)×P(A|H₁) + P(H₂)×P(A|H₂)
= 0.6×0 + 0.4×0.6 = 0.24

Ответ: P(ровно 2 выстрела) = 0,24 (24%)

Задача 12.9 (сложная с зависимостью): В ящике 5 белых и 3 чёрных шара. Извлекают 2 шара без возвращения. Затем из оставшихся шаров наугад извлекают один шар. Найти вероятность, что последний извлечённый шар белый.

Показать решение

Шаг 1: Определяем гипотезы (состав оставшихся шаров после первых двух извлечений)
Всего 8 шаров, извлекают 2 ⇒ остаётся 6 шаров

Возможные гипотезы о составе первых двух извлечённых шаров:
H₁ — извлекли 2 белых (осталось 3 белых и 3 чёрных)
H₂ — извлекли 1 белый и 1 чёрный (осталось 4 белых и 2 чёрных)
H₃ — извлекли 2 чёрных (осталось 5 белых и 1 чёрный)

Находим вероятности гипотез:
Всего способов извлечь 2 шара из 8: C₈² = 28
• P(H₁): C₅²/C₈² = 10/28
• P(H₂): (C₅¹×C₃¹)/C₈² = (5×3)/28 = 15/28
• P(H₃): C₃²/C₈² = 3/28
Проверка: 10/28 + 15/28 + 3/28 = 28/28 = 1 ✓

Шаг 2: Определяем событие A и условные вероятности
A — третий извлечённый шар (из оставшихся 6) белый

• При гипотезе H₁: осталось 3 белых из 6 ⇒ P(A|H₁) = 3/6 = 1/2
• При гипотезе H₂: осталось 4 белых из 6 ⇒ P(A|H₂) = 4/6 = 2/3
• При гипотезе H₃: осталось 5 белых из 6 ⇒ P(A|H₃) = 5/6

Шаг 3: Применяем формулу полной вероятности
P(A) = (10/28)×(1/2) + (15/28)×(2/3) + (3/28)×(5/6)
= (10/56) + (30/84) + (15/168)
Приведём к общему знаменателю 168:
= (30/168) + (60/168) + (15/168) = 105/168 = 5/8 = 0.625

Ответ: P(третий шар белый) = 5/8 = 0,625 (62,5%)

Проверка через симметрию:
Все шары равноправны! Вероятность, что конкретный шар (например, третий по извлечению) белый, равна доле белых шаров в начале: 5/8 = 0.625 ✓
Формула полной вероятности дала тот же результат.

💡 Ключевые моменты для формулы полной вероятности:

Гипотезы должны образовывать полную группу: Σ P(Hᵢ) = 1
Гипотезы должны быть несовместными: Hᵢ ∩ Hⱼ = ∅ при i ≠ j
Формула: P(A) = Σ P(Hᵢ) × P(A|Hᵢ)
Часто используется вместе с формулой Байеса: P(Hᵢ|A) = [P(Hᵢ) × P(A|Hᵢ)] / P(A)
Гипотезы — это причины, а A — следствие
Проверка: Можно проверить результат, представив большое количество испытаний и посчитав долю случаев, когда происходит A
Визуализация: Дерево вероятностей отлично подходит для задач с формулой полной вероятности
Общая схема: "Есть несколько путей, ведущих к событию A; найти вероятность A"

📝 Как отличить задачу на формулу полной вероятности:

Есть несколько причин/условий/гипотез, которые могут привести к интересующему событию
Эти причины не могут происходить одновременно (несовместны)
Какая-то из причин обязательно происходит (полная группа)
Для каждой причины известна вероятность интересующего события
Требуется найти общую вероятность события без учёта причины

Тип 13: Формула Байеса

Суть: Переоценка вероятностей гипотез при получении новой информации (наблюдения события). Иными словами: найти вероятность причины при известном результате (следствии).

Формула Байеса (теорема гипотез):
P(Hᵢ|A) = [P(Hᵢ) × P(A|Hᵢ)] / P(A)
где P(A) = Σ P(Hⱼ) × P(A|Hⱼ) (формула полной вероятности)
P(Hᵢ) — априорная вероятность гипотезы (до опыта)
P(Hᵢ|A) — апостериорная вероятность гипотезы (после опыта)

Алгоритм решения:

Определить полную группу гипотез H₁, H₂, ..., Hₙ
Найти априорные вероятности гипотез P(Hᵢ)
Определить условные вероятности события A при каждой гипотезе P(A|Hᵢ)
Найти полную вероятность события A по формуле полной вероятности
Применить формулу Байеса для интересующей гипотезы
Произвести вычисления и записать ответ

📌 Основной пример с подробным решением:

Задача 13.1 (стандартная): Детали изготавливаются на трёх станках. Первый производит 50% всех деталей, второй — 30%, третий — 20%. Брак в продукции первого станка составляет 1%, второго — 2%, третьего — 3%. Взятая наугад деталь оказалась бракованной. Какова вероятность, что она была изготовлена на первом станке?

Подробное решение:

Шаг 1: Определяем гипотезы
H₁ — деталь изготовлена на 1-м станке
H₂ — деталь изготовлена на 2-м станке
H₃ — деталь изготовлена на 3-м станке

Априорные (до проверки) вероятности:
P(H₁) = 0.5
P(H₂) = 0.3
P(H₃) = 0.2

Шаг 2: Определяем событие A и условные вероятности
A — деталь бракованная

Условные вероятности:
P(A|H₁) = 0.01
P(A|H₂) = 0.02
P(A|H₃) = 0.03

Шаг 3: Находим полную вероятность события A
P(A) = P(H₁) × P(A|H₁) + P(H₂) × P(A|H₂) + P(H₃) × P(A|H₃)
= 0.5×0.01 + 0.3×0.02 + 0.2×0.03
= 0.005 + 0.006 + 0.006 = 0.017

Шаг 4: Применяем формулу Байеса для гипотезы H₁
Нам нужно найти P(H₁|A) — вероятность того, что деталь с 1-го станка, при условии что она бракованная

Формула Байеса:
P(H₁|A) = [P(H₁) × P(A|H₁)] / P(A)

Шаг 5: Подставляем значения и вычисляем
P(H₁|A) = (0.5 × 0.01) / 0.017
= 0.005 / 0.017
= 5/17 ≈ 0.2941

Ответ: P ≈ 0,294 (29,4%) или точно 5/17

Интерпретация:
• До проверки: вероятность, что любая деталь с 1-го станка = 50%
• После того как узнали, что деталь бракованная: вероятность, что она с 1-го станка = 29,4%

Почему уменьшилась вероятность? Потому что 1-й станок имеет самый низкий процент брака (1% против 2% и 3%), поэтому среди бракованных деталей доля деталей с 1-го станка меньше, чем среди всех деталей.

Проверка наглядным примером:
Представим 10000 деталей:

С 1-го станка: 5000 деталей
• Бракованных: 5000 × 0.01 = 50

Со 2-го станка: 3000 деталей
• Бракованных: 3000 × 0.02 = 60

С 3-го станка: 2000 деталей
• Бракованных: 2000 × 0.03 = 60

Всего брака: 50 + 60 + 60 = 170
Доля брака с 1-го станка: 50/170 = 5/17 ≈ 0.294 ✓

📚 Дополнительные типовые задачи:

Задача 13.2 (медицинский тест): Определённая болезнь встречается у 1% населения. Тест на болезнь имеет точность 95% (если человек болен, тест положителен с вероятностью 0.95; если здоров — отрицателен с вероятностью 0.95). У человека тест положительный. Какова вероятность, что он действительно болен?

Показать решение

Шаг 1: Определяем гипотезы
H₁ — человек болен
H₂ — человек здоров

Априорные вероятности:
P(H₁) = 0.01
P(H₂) = 0.99

Шаг 2: Определяем событие A и условные вероятности
A — тест положительный

Условные вероятности:
P(A|H₁) = 0.95 (если болен, тест положителен)
P(A|H₂) = 0.05 (если здоров, тест может ошибочно быть положительным — ложное срабатывание)

Шаг 3: Находим полную вероятность положительного теста
P(A) = P(H₁)×P(A|H₁) + P(H₂)×P(A|H₂)
= 0.01×0.95 + 0.99×0.05
= 0.0095 + 0.0495 = 0.059

Шаг 4: Применяем формулу Байеса
P(H₁|A) = [P(H₁) × P(A|H₁)] / P(A)
= (0.01 × 0.95) / 0.059
= 0.0095 / 0.059 ≈ 0.1610

Ответ: P ≈ 0,161 (16,1%)

Удивительный результат!
Хотя тест имеет точность 95%, при положительном результате вероятность болезни всего ~16%.

Почему? Болезнь редкая (1%), поэтому даже при 5% ложных срабатываний большинство положительных тестов — ложные.

Проверка на 10000 человек:
• Больных: 10000 × 0.01 = 100
Положительные тесты у больных: 100 × 0.95 = 95

• Здоровых: 10000 × 0.99 = 9900
Ложные положительные у здоровых: 9900 × 0.05 = 495

• Всего положительных тестов: 95 + 495 = 590
• Доля действительно больных среди положительных: 95/590 ≈ 0.161 ✓

Задача 13.3 (две урны): Имеются две урны. В первой 3 белых и 2 чёрных шара, во второй — 1 белый и 4 чёрных. Подбрасывают монету: если выпал орёл, выбирают первую урну, если решка — вторую. Из выбранной урны наугад вынули шар, и он оказался белым. Какова вероятность, что выбрали первую урну?

Показать решение

Шаг 1: Определяем гипотезы
H₁ — выпал орёл (выбрали 1-ю урну)
H₂ — выпала решка (выбрали 2-ю урну)

Априорные вероятности:
P(H₁) = 0.5
P(H₂) = 0.5

Шаг 2: Определяем событие A и условные вероятности
A — вынут белый шар

Условные вероятности:
P(A|H₁) = 3/5 = 0.6 (в 1-й урне 3 белых из 5)
P(A|H₂) = 1/5 = 0.2 (во 2-й урне 1 белый из 5)

Шаг 3: Находим полную вероятность вынуть белый шар
P(A) = 0.5×0.6 + 0.5×0.2
= 0.3 + 0.1 = 0.4

Шаг 4: Применяем формулу Байеса
P(H₁|A) = [P(H₁) × P(A|H₁)] / P(A)
= (0.5 × 0.6) / 0.4
= 0.3 / 0.4 = 0.75

Ответ: P = 0,75 (75%)

Интерпретация:
• До того как вынули шар: вероятность выбрать 1-ю урну = 50%
• После того как увидели белый шар: вероятность, что выбрали 1-ю урну = 75%

В 1-й урне больше белых шаров, поэтому если вынут белый шар, более вероятно, что выбрали именно её.

Задача 13.4 (три стрелка): Три стрелка стреляют по мишени. Вероятности попадания: 0.9, 0.8 и 0.7 соответственно. Каждый делает по одному выстрелу. В мишени одна пробоина. Какова вероятность, что попал первый стрелок?

Показать решение

Шаг 1: Определяем гипотезы
H₁ — попал первый стрелок
H₂ — попал второй стрелок
H₃ — попал третий стрелок

Важно: Мы знаем, что попал ровно один стрелок. Найдём априорные вероятности при этом условии.

Шаг 2: Находим вероятности, что попал ровно один стрелок, и кто именно
Пусть A — событие "в мишени ровно одна пробоина"

P(A и H₁) = P(1-й попал, 2-й не попал, 3-й не попал)
= 0.9 × (1-0.8) × (1-0.7)
= 0.9 × 0.2 × 0.3 = 0.054

P(A и H₂) = P(1-й не попал, 2-й попал, 3-й не попал)
= (1-0.9) × 0.8 × (1-0.7)
= 0.1 × 0.8 × 0.3 = 0.024

P(A и H₃) = P(1-й не попал, 2-й не попал, 3-й попал)
= (1-0.9) × (1-0.8) × 0.7
= 0.1 × 0.2 × 0.7 = 0.014

P(A) = 0.054 + 0.024 + 0.014 = 0.092

Шаг 3: Применяем формулу Байеса
P(H₁|A) = P(A и H₁) / P(A)
= 0.054 / 0.092 ≈ 0.5870

Ответ: P ≈ 0,587 (58,7%)

Интерпретация:
Первый стрелок — самый меткий (0.9), поэтому если в мишени одна пробоина, наиболее вероятно, что это его.

Задача 13.5 (сигналы): Устройство посылает сигнал "0" или "1". Из-за помех сигнал может исказиться: "0" принимается как "1" с вероятностью 0.1, "1" принимается как "0" с вероятностью 0.2. Известно, что отправляются сигналы "0" и "1" с равной вероятностью. Принят сигнал "1". Какова вероятность, что был отправлен сигнал "1"?

Показать решение

Шаг 1: Определяем гипотезы
H₀ — отправлен сигнал "0"
H₁ — отправлен сигнал "1"

Априорные вероятности:
P(H₀) = 0.5
P(H₁) = 0.5

Шаг 2: Определяем событие A и условные вероятности
A — принят сигнал "1"

Условные вероятности:
P(A|H₀) = 0.1 (если отправлен "0", он может быть принят как "1" с вероятностью 0.1)
P(A|H₁) = 0.8 (если отправлен "1", он будет принят как "1" с вероятностью 1-0.2=0.8)

Шаг 3: Находим полную вероятность принять "1"
P(A) = P(H₀)×P(A|H₀) + P(H₁)×P(A|H₁)
= 0.5×0.1 + 0.5×0.8
= 0.05 + 0.40 = 0.45

Шаг 4: Применяем формулу Байеса
P(H₁|A) = [P(H₁) × P(A|H₁)] / P(A)
= (0.5 × 0.8) / 0.45
= 0.4 / 0.45 = 8/9 ≈ 0.8889

Ответ: P ≈ 0,889 (88,9%)

Интерпретация:
Если принят "1", весьма вероятно (88,9%), что и был отправлен "1".

Задача 13.6 (полный анализ деталей): Детали изготавливаются на трёх станках: 50%, 30%, 20%. Брак: 1%, 2%, 3%. Наугад взятая деталь оказалась бракованной. Найти вероятности того, что она изготовлена на каждом из станков.

Показать решение

Исходные данные (как в задаче 13.1):
H₁: P(H₁)=0.5, P(A|H₁)=0.01
H₂: P(H₂)=0.3, P(A|H₂)=0.02
H₃: P(H₃)=0.2, P(A|H₃)=0.03
P(A)=0.017

Для H₁:
P(H₁|A) = (0.5×0.01)/0.017 = 0.005/0.017 ≈ 0.2941 (29,4%)

Для H₂:
P(H₂|A) = (0.3×0.02)/0.017 = 0.006/0.017 ≈ 0.3529 (35,3%)

Для H₃:
P(H₃|A) = (0.2×0.03)/0.017 = 0.006/0.017 ≈ 0.3529 (35,3%)

Ответ: P₁≈0,294, P₂≈0,353, P₃≈0,353

Анализ:
• До проверки доли станков: 50%, 30%, 20%
• После того как узнали, что деталь бракованная: 29%, 35%, 35%

Второй и третий станки имеют более высокий процент брака, поэтому среди бракованных деталей их доля выше исходной.

Проверка: 0.294 + 0.353 + 0.353 = 1.000 (с учётом округления)

Задача 13.7 (две последовательные проверки): Деталь может быть изготовлена на одном из двух станков. Вероятность, что деталь с первого станка, равна 0.6. Брак на первом станке — 2%, на втором — 3%. Деталь проверена дважды независимыми контролёрами. Первый признал деталь годной, второй — бракованной. Какова вероятность, что деталь с первого станка?

Показать решение

Шаг 1: Определяем гипотезы
H₁ — деталь с 1-го станка, P(H₁)=0.6
H₂ — деталь со 2-го станка, P(H₂)=0.4

Шаг 2: Определяем событие A
A — первый контролёр признал годной, второй — бракованной

Пусть p₁ — вероятность признать годной деталь с i-го станка
p₁ = 1-0.02 = 0.98 (для 1-го станка)
p₂ = 1-0.03 = 0.97 (для 2-го станка)

Условные вероятности:
P(A|H₁) = p₁ × (1-p₁) = 0.98 × 0.02 = 0.0196
P(A|H₂) = p₂ × (1-p₂) = 0.97 × 0.03 = 0.0291

Шаг 3: Находим полную вероятность события A
P(A) = 0.6×0.0196 + 0.4×0.0291
= 0.01176 + 0.01164 = 0.0234

Шаг 4: Применяем формулу Байеса
P(H₁|A) = (0.6×0.0196)/0.0234
= 0.01176/0.0234 ≈ 0.5026

Ответ: P ≈ 0,503 (50,3%)

Интерпретация:
До проверок: вероятность, что деталь с 1-го станка = 60%
После противоречивых результатов проверок: вероятность ≈ 50% (практически равновероятно)

Задача 13.8 (студенты): В группе 20 студентов: 12 подготовились отлично, 6 — средне, 2 — плохо. Вероятность сдать экзамен: для отличников 0.95, для средних 0.7, для плохо подготовленных 0.3. Случайно выбранный студент не сдал экзамен. Какова вероятность, что он был плохо подготовлен?

Показать решение

Шаг 1: Определяем гипотезы
H₁ — студент отличник
H₂ — студент средний
H₃ — студент плохо подготовлен

Априорные вероятности:
P(H₁) = 12/20 = 0.6
P(H₂) = 6/20 = 0.3
P(H₃) = 2/20 = 0.1

Шаг 2: Определяем событие A и условные вероятности
A — студент не сдал экзамен

Условные вероятности (противоположные сдаче):
P(A|H₁) = 1-0.95 = 0.05
P(A|H₂) = 1-0.7 = 0.3
P(A|H₃) = 1-0.3 = 0.7

Шаг 3: Находим полную вероятность не сдать экзамен
P(A) = 0.6×0.05 + 0.3×0.3 + 0.1×0.7
= 0.03 + 0.09 + 0.07 = 0.19

Шаг 4: Применяем формулу Байеса для H₃
P(H₃|A) = [P(H₃) × P(A|H₃)] / P(A)
= (0.1 × 0.7) / 0.19
= 0.07 / 0.19 ≈ 0.3684

Ответ: P ≈ 0,368 (36,8%)

Интерпретация:
До экзамена: вероятность, что случайный студент плохо подготовлен = 10%
После того как узнали, что он не сдал: вероятность, что он был плохо подготовлен = 36,8%

Плохо подготовленные студенты составляют непропорционально большую долю среди не сдавших.

Задача 13.9 (сложная с зависимостью): Имеются две одинаковые урны. В начале в первой урне 2 белых и 1 чёрный шар, во второй — 1 белый и 2 чёрных. Из первой урны переложили один шар во вторую, затем из второй урны вынули шар, и он оказался белым. Какова вероятность, что переложили белый шар?

Показать решение

Шаг 1: Определяем гипотезы
H₁ — переложили белый шар
H₂ — переложили чёрный шар

Априорные вероятности (до перекладывания):
В первой урне: 2 белых, 1 чёрный
P(H₁) = 2/3
P(H₂) = 1/3

Шаг 2: Анализируем состав урн после перекладывания
Если H₁ (переложили белый):
• В 1-й урне осталось: 1 белый, 1 чёрный
• Во 2-й урне стало: 2 белых, 2 чёрных

Если H₂ (переложили чёрный):
• В 1-й урне осталось: 2 белых, 0 чёрных
• Во 2-й урне стало: 1 белый, 3 чёрных

Шаг 3: Определяем событие A и условные вероятности
A — из второй урны (после перекладывания) вынут белый шар

Условные вероятности:
P(A|H₁) = 2/4 = 1/2 (во 2-й урне 2 белых из 4)
P(A|H₂) = 1/4 (во 2-й урне 1 белый из 4)

Шаг 4: Находим полную вероятность события A
P(A) = P(H₁)×P(A|H₁) + P(H₂)×P(A|H₂)
= (2/3)×(1/2) + (1/3)×(1/4)
= (2/6) + (1/12) = (4/12) + (1/12) = 5/12

Шаг 5: Применяем формулу Байеса
P(H₁|A) = [P(H₁) × P(A|H₁)] / P(A)
= [(2/3)×(1/2)] / (5/12)
= (1/3) / (5/12) = (1/3)×(12/5) = 4/5 = 0.8

Ответ: P = 0,8 (80%)

Интерпретация:
• До того как вынули шар из второй урны: вероятность, что переложили белый шар = 2/3 ≈ 66,7%
• После того как из второй урны вынули белый шар: вероятность, что переложили белый шар = 80%

Если из второй урны вынут белый шар, это увеличивает вероятность того, что переложили именно белый шар.

💡 Ключевые моменты для формулы Байеса:

Априорные вероятности — до получения информации о событии A
Апостериорные вероятности — после получения информации о событии A
Формула: P(Hᵢ|A) = [P(Hᵢ) × P(A|Hᵢ)] / P(A)
Полную вероятность P(A) находим по формуле полной вероятности
Интерпретация: "переоценка" вероятностей гипотез при получении новых данных
Проверка: Σ P(Hᵢ|A) = 1 (сумма апостериорных вероятностей всех гипотез равна 1)
Применение: медицинская диагностика, фильтрация спама, теория принятия решений, машинное обучение
Наглядный пример: на 10000 случаев посчитать, сколько раз происходит A и при какой гипотезе

📝 Как отличить задачу на формулу Байеса:

Есть несколько причин/гипотез (H₁, H₂, ...)
Известны априорные вероятности гипотез P(Hᵢ)
Известны условные вероятности события A при каждой гипотезе P(A|Hᵢ)
Произошло событие A (получен результат, наблюдение)
Требуется найти вероятность конкретной гипотезы при условии, что A произошло: P(Hᵢ|A)
Часто формулировка: "Известно, что произошло A. Какова вероятность, что это было вызвано причиной Hᵢ?"

📊 Типичные контексты:

Медицинская диагностика: пациент имеет симптом → какая болезнь?
Контроль качества: деталь бракованная → с какого она станка?
Связь: принят сигнал → какой сигнал был отправлен?
Обучение: студент не сдал экзамен → как он готовился?

🎯 Связь с формулой полной вероятности:
Формула Байеса использует результат формулы полной вероятности (P(A) в знаменателе).
Типичный план решения задач на Байеса:

Решить задачу на полную вероятность (найти P(A))
Применить формулу Байеса для нужной гипотезы

Эти два типа задач часто встречаются вместе!

🔀 Практикум: Задачи смешанного типа

Суть: Комбинированные задачи, которые требуют применения нескольких методов теории вероятностей. Навык определения типа задачи — ключевой для успешного решения.

Алгоритм анализа задачи:

Внимательно прочитать условие, выделить ключевые данные
Определить, какие типы вероятностных задач содержит условие
Выстроить логическую цепочку решения
Последовательно применить соответствующие формулы
Проверить результат на адекватность

📌 Примеры комплексных задач с решениями:

Задача P1 (независимые + совместные): Три стрелка независимо друг от друга стреляют по мишени. Вероятности попадания: 0,8; 0,7; 0,6 соответственно. Найти: а) вероятность того, что в мишень попадут хотя бы два стрелка; б) если известно, что в мишень попало хотя бы два стрелка, какова вероятность, что попали все три?

Решение:

Часть (а) — независимые события + совместные события
События: A₁ — попал 1-й стрелок (P=0,8), A₂ — попал 2-й (P=0,7), A₃ — попал 3-й (P=0,6).
События независимы ⇒ P(Aᵢ∩Aⱼ) = P(Aᵢ)×P(Aⱼ).

Нужно: P(хотя бы 2 попали) = P(ровно 2 попали) + P(ровно 3 попали)

Вычисляем:
P(ровно 3) = P(A₁∩A₂∩A₃) = 0,8×0,7×0,6 = 0,336

P(ровно 2) = P(только 1-й и 2-й) + P(только 1-й и 3-й) + P(только 2-й и 3-й)
= 0,8×0,7×(1−0,6) + 0,8×(1−0,7)×0,6 + (1−0,8)×0,7×0,6
= 0,8×0,7×0,4 + 0,8×0,3×0,6 + 0,2×0,7×0,6
= 0,224 + 0,144 + 0,084 = 0,452

P(хотя бы 2) = 0,452 + 0,336 = 0,788

Часть (б) — условная вероятность
Нужно: P(все три попали | хотя бы два попали)
Так как "все три попали" влечёт "хотя бы два попали", то:
P(все три | хотя бы два) = P(все три) / P(хотя бы два)
= 0,336 / 0,788 ≈ 0,4264

Ответ: а) 0,788; б) ≈ 0,426 (42,6%)

Проверка (для части а):
Через противоположное: 1 − [P(0 попаданий) + P(ровно 1)]
P(0) = (1−0,8)×(1−0,7)×(1−0,6) = 0,2×0,3×0,4 = 0,024
P(ровно 1) = 0,8×0,3×0,4 + 0,2×0,7×0,4 + 0,2×0,3×0,6
= 0,096 + 0,056 + 0,036 = 0,188
1 − (0,024 + 0,188) = 1 − 0,212 = 0,788 ✓

Задача P2 (полная вероятность + Байеса): Имеются две партии деталей: в первой 90% стандартных, во второй 80% стандартных. Наудачу взяли две детали: одну из первой партии, другую из второй. Затем из этих двух деталей наудачу взяли одну, и она оказалась стандартной. Какова вероятность, что эта деталь из первой партии?

Решение:

Шаг 1: Определяем гипотезы о качестве двух взятых деталей
Пусть:
H₁ — обе детали стандартные
H₂ — первая стандартная, вторая бракованная
H₃ — первая бракованная, вторая стандартная
H₄ — обе бракованные

Априорные вероятности:
P(H₁) = 0,9 × 0,8 = 0,72
P(H₂) = 0,9 × 0,2 = 0,18
P(H₃) = 0,1 × 0,8 = 0,08
P(H₄) = 0,1 × 0,2 = 0,02
Проверка: 0,72+0,18+0,08+0,02=1 ✓

Шаг 2: Определяем событие A и условные вероятности
A — вынутая из двух деталь стандартна

P(A|H₁) = 1 (обе стандартные)
P(A|H₂) = 1/2 (выбрана первая — стандартная)
P(A|H₃) = 1/2 (выбрана вторая — стандартная)
P(A|H₄) = 0 (обе бракованные)

Шаг 3: Полная вероятность P(A)
P(A) = P(H₁)×P(A|H₁) + P(H₂)×P(A|H₂) + P(H₃)×P(A|H₃) + P(H₄)×P(A|H₄)
= 0,72×1 + 0,18×0,5 + 0,08×0,5 + 0,02×0
= 0,72 + 0,09 + 0,04 = 0,85

Шаг 4: Применяем формулу Байеса
Нужно найти P(деталь из первой партии | A).
Эта вероятность равна сумме вероятностей гипотез, при которых вынутая деталь из первой партии, с учётом A.

• При H₁: вероятность, что вынутая деталь из первой партии = 1/2
• При H₂: вероятность = 1 (вынута первая деталь)
• При H₃: вероятность = 0 (вынута вторая деталь)
• При H₄: не рассматриваем, так как P(A|H₄)=0

P(из первой | A) = [P(H₁)×(1/2) + P(H₂)×1] / P(A)
= (0,72×0,5 + 0,18×1) / 0,85
= (0,36 + 0,18) / 0,85 = 0,54 / 0,85 ≈ 0,6353

Ответ: ≈ 0,635 (63,5%)

Проверка наглядным подсчётом:
Возьмём 100 пар деталей. Тогда:
• H₁: 72 пары. В каждой дважды выбираем одну деталь. Стандартных деталей, оказавшихся из первой партии: 72 × 0,5 = 36.
• H₂: 18 пар. Всегда выбирается первая (стандартная) деталь: 18.
• H₃: 8 пар. Всегда выбирается вторая деталь: 0 из первой партии.
• H₄: 2 пары: 0.

Всего случаев, когда выбрана стандартная деталь: 0,85×100 = 85.
Из них деталь из первой партии: 36 + 18 = 54.
Доля: 54/85 ≈ 0,635 ✓

Задача P3 (комбинаторика + условная вероятность): Из колоды в 36 карт наугад вынимают 5 карт. Найти: а) вероятность того, что среди них окажется ровно 3 туза; б) вероятность того, что среди них окажется хотя бы один туз; в) если известно, что есть хотя бы один туз, какова вероятность, что тузов ровно 3?

Решение:

Часть (а) — классическая вероятность
Всего способов выбрать 5 карт из 36: C₃₆⁵
Благоприятные исходы: выбрать 3 туза из 4 и 2 не-туза из 32

P = [C₄³ × C₃₂²] / C₃₆⁵
C₄³ = 4
C₃₂² = 496
C₃₆⁵ = 376992
P = (4 × 496) / 376992 = 1984 / 376992 ≈ 0,00526

Часть (б) — через противоположное
P(хотя бы 1 туз) = 1 − P(нет тузов)
P(нет тузов) = C₃₂⁵ / C₃₆⁵
C₃₂⁵ = 201376
P(нет тузов) = 201376 / 376992 ≈ 0,5341
P(хотя бы 1 туз) = 1 − 0,5341 = 0,4659

Часть (в) — условная вероятность
P(ровно 3 | хотя бы 1) = P(ровно 3) / P(хотя бы 1)
= 0,00526 / 0,4659 ≈ 0,0113

Ответ: а) ≈ 0,00526; б) ≈ 0,4659; в) ≈ 0,0113

Точные дроби:
P(ровно 3) = 1984/376992 = 62/11781
P(хотя бы 1) = 1 − 201376/376992 = 175616/376992 = 5488/11781
P(ровно 3 | хотя бы 1) = (62/11781) / (5488/11781) = 62/5488 = 31/2744 ≈ 0,0113

Задача P4 (цепь испытаний): В магазине три кассы. Покупатель выбирает кассу случайно. Вероятность маленькой очереди (меньше 3 человек) равна: 0,4 для первой кассы, 0,6 для второй, 0,8 для третьей. Покупатель подошёл к кассе — очередь маленькая. Он совершил покупку и пошёл к одной из двух оставшихся касс (выбрал случайно). Снова очередь маленькая. Какова вероятность, что первоначально он выбрал первую кассу?

Решение:

Шаг 1: Первый выбор кассы (гипотезы)
H₁ — выбрал 1-ю кассу, P(H₁)=1/3
H₂ — выбрал 2-ю кассу, P(H₂)=1/3
H₃ — выбрал 3-ю кассу, P(H₃)=1/3

Событие A₁ — на первой кассе маленькая очередь
P(A₁|H₁)=0,4; P(A₁|H₂)=0,6; P(A₁|H₃)=0,8

Шаг 2: Первое наблюдение (маленькая очередь)
P(A₁) = (1/3)×0,4 + (1/3)×0,6 + (1/3)×0,8 = 1,8/3 = 0,6

Апостериорные вероятности после A₁ (Байес):
P(H₁|A₁) = (1/3×0,4)/0,6 = 0,4/1,8 = 2/9 ≈ 0,2222
P(H₂|A₁) = (1/3×0,6)/0,6 = 0,6/1,8 = 3/9 = 1/3 ≈ 0,3333
P(H₃|A₁) = (1/3×0,8)/0,6 = 0,8/1,8 = 4/9 ≈ 0,4444

Шаг 3: Второй выбор кассы и второе наблюдение
После первой покупки покупатель идёт к одной из двух других касс (равновероятно).
Обозначим A₂ — на второй кассе маленькая очередь.

Найдём вероятность пути, где оба раза очередь маленькая, и первая касса была 1-я:

Если H₁ верна:
• Выбрал 2-ю кассу: P = P(H₁)×P(A₁|H₁)×(1/2)×P(A₂|2-я касса) = (1/3)×0,4×(1/2)×0,6 = 0,4/30
• Выбрал 3-ю кассу: P = (1/3)×0,4×(1/2)×0,8 = 0,8/30
Сумма для H₁: (0,4+0,8)/30 = 1,2/30 = 0,04

Шаг 4: Полная вероятность A₁ и A₂
Аналогично считаем для H₂ и H₃:

Если H₂ верна: остались 1-я и 3-я кассы
• Выбрал 1-ю: (1/3)×0,6×(1/2)×0,4 = 0,4/30
• Выбрал 3-ю: (1/3)×0,6×(1/2)×0,8 = 0,8/30
Сумма для H₂: 1,2/30 = 0,04

Если H₃ верна: остались 1-я и 2-я кассы
• Выбрал 1-ю: (1/3)×0,8×(1/2)×0,4 = 0,8/30
• Выбрал 2-ю: (1/3)×0,8×(1/2)×0,6 = 1,2/30
Сумма для H₃: 2,0/30 ≈ 0,06667

P(A₁ и A₂) = 0,04 + 0,04 + 0,06667 = 0,14667

Шаг 5: Финальная вероятность (Байес)
P(H₁ | A₁ и A₂) = [вероятность пути с H₁] / P(A₁ и A₂)
= 0,04 / 0,14667 ≈ 0,2727

Ответ: ≈ 0,273 (27,3%)

Задача P5 (Бернулли + условная): Монету подбрасывают 10 раз. Какова вероятность того, что выпало ровно 6 орлов, если известно, что выпало хотя бы 3 орла?

Решение:

Схема Бернулли: n=10, p=0,5
P(k орлов) = C₁₀ᵏ × (0,5)¹⁰
(0,5)¹⁰ = 1/1024

Вероятность ровно 6 орлов:
C₁₀⁶ = 210
P(6) = 210/1024 ≈ 0,2051

Вероятность хотя бы 3 орла:
P(≥3) = 1 − [P(0)+P(1)+P(2)]
P(0) = 1/1024
P(1) = 10/1024
P(2) = C₁₀²/1024 = 45/1024
P(≥3) = 1 − (1+10+45)/1024 = 1 − 56/1024 = 968/1024 ≈ 0,9453

Условная вероятность:
P(6 | ≥3) = P(6) / P(≥3)
= (210/1024) / (968/1024) = 210/968 = 105/484 ≈ 0,2169

Ответ: ≈ 0,217 (21,7%)

Задача P6 (полная вероятность + независимость): Имеются две урны. В первой 3 белых и 2 чёрных шара, во второй — 4 белых и 1 чёрный. Сначала подбрасывают монету: если орёл — выбирают первую урну, если решка — вторую. Из выбранной урны дважды вынимают шар с возвращением. Оба раза вынули белый шар. Какова вероятность, что выбирали первую урну? Являются ли события "выбрана первая урна" и "вынуты два белых шара" независимыми?

Решение:

Часть 1: Вероятность выбрать первую урну
Гипотезы: H₁ — выбрана 1-я урна, P(H₁)=0,5
H₂ — выбрана 2-я урна, P(H₂)=0,5

Событие A — оба вынутых шара белые (с возвращением)
P(A|H₁) = (3/5)² = 9/25 = 0,36
P(A|H₂) = (4/5)² = 16/25 = 0,64

P(A) = 0,5×0,36 + 0,5×0,64 = 0,18 + 0,32 = 0,50

P(H₁|A) = (0,5×0,36) / 0,50 = 0,18/0,50 = 0,36

Часть 2: Проверка независимости
Событие B — выбрана первая урна (P(B)=0,5)
Событие C — вынуты два белых шара (P(C)=0,5)

Для независимости: P(B∩C) = P(B)×P(C)
P(B)×P(C) = 0,5×0,5 = 0,25
P(B∩C) = P(H₁)×P(A|H₁) = 0,5×0,36 = 0,18

0,18 ≠ 0,25 ⇒ события зависимы

Ответ: P(первая урна | два белых) = 0,36; события зависимы

🎯 Стратегия решения смешанных задач:

Разбить задачу на части — определить, какие вероятностные модели используются
Выстроить логическую цепочку — последовательность событий
Использовать условные вероятности — когда результат влияет на следующий этап
Применять формулу полной вероятности — при нескольких возможных путях
Использовать формулу Байеса — для переоценки вероятностей причин
Проверять на адекватность — вероятность ∈ [0;1], сумма вероятностей полной группы = 1

📊 Типовые комбинации:

Комбинаторика + классическая вероятность — выбор без возвращения
Схема Бернулли + условная вероятность — повторные испытания с условием
Полная вероятность + Байеса — определение причины по результату
Независимые + совместные события — системы с несколькими компонентами

🧠 Советы:

Рисуйте деревья вероятностей для наглядности
Используйте диаграммы Венна для совместных событий
Для проверки считайте конкретные числовые примеры
Всегда проверяйте сумму вероятностей полной группы

✏️ Задачи для самостоятельного решения:

Задача 1: Два стрелка независимо стреляют по мишени. Вероятности попадания: 0,8 и 0,6. Если оба попали, мишень разрушается с вероятностью 0,9; если попал только один — с вероятностью 0,5; если никто не попал — мишень не разрушается. Мишень разрушена. Какова вероятность, что попали оба стрелка?

Задача 2: В ящике 10 деталей, из которых 3 бракованные. Наугад извлекают 2 детали. Затем из оставшихся наугад берут одну деталь. Она оказалась стандартной. Какова вероятность, что среди первоначально извлечённых двух деталей была ровно одна бракованная?

Задача 3: Игральную кость бросают 4 раза. Какова вероятность, что сумма очков будет чётной, если известно, что выпала хотя бы одна шестёрка?

Задача 4: Прибор состоит из трёх блоков. Вероятности безотказной работы: 0,9; 0,8; 0,7. При отказе одного блока прибор работает с вероятностью 0,5, при отказе двух — с вероятностью 0,2, при отказе трёх — не работает. Прибор работает. Какова вероятность, что отказал ровно один блок?

Задача 5: Два игрока поочерёдно бросают монету. Выигрывает тот, у кого первый выпадет орёл. Найти вероятность выигрыша первого игрока, если он начинает.

💪 Тренировка: Попробуйте решить задачи выше, последовательно применяя изученные методы. Если возникнут трудности — вернитесь к соответствующим разделам теории.

ТЕМЫ

ЕГЭ ПРОФИ

🎲 Полная классификация задач по теории вероятностей

📊 Типовые задания

Тип 1: Классическая вероятность (равновозможные исходы)

Основной пример с подробным решением:

📚 Дополнительные типовые задачи:

Тип 2: Выбор без возвращения (последовательный выбор)

Основной пример с подробным решением:

📚 Дополнительные типовые задачи:

Тип 3: Выбор с возвращением (независимые испытания)

Основной пример с подробным решением:

📚 Дополнительные типовые задачи:

Тип 4: Условная вероятность

Основной пример с подробным решением:

📚 Дополнительные типовые задачи:

Тип 5: Комбинаторные задачи

Основной пример с подробным решением:

📚 Дополнительные типовые задачи:

Тип 6: Распределение, жребий, порядок участия

Основной пример с подробным решением:

📚 Дополнительные типовые задачи:

Тип 7: Независимые события

Основной пример с подробным решением:

📚 Дополнительные типовые задачи:

Тип 8: Независимые испытания с разными вероятностями

Основной пример с подробным решением:

📚 Дополнительные типовые задачи:

Тип 9: Совместные события

Основной пример с подробным решением:

📚 Дополнительные типовые задачи:

Тип 10: Схема Бернулли

Основной пример с подробным решением:

📚 Дополнительные типовые задачи:

Тип 11: Геометрическая вероятность

Пример задачи с подробным решением:

Тип 12: Формула полной вероятности

📌 Основной пример с подробным решением:

📚 Дополнительные типовые задачи:

Тип 13: Формула Байеса

📌 Основной пример с подробным решением:

📚 Дополнительные типовые задачи:

🔀 Практикум: Задачи смешанного типа

📌 Примеры комплексных задач с решениями:

✏️ Задачи для самостоятельного решения: