1. Вирішуємо завдання: ймовірність появи хоча б однієї події або предмета Корисна сторінка? Збережи...
2. Окремий випадок. незалежні події
3. Окремий випадок. повторні випробування
4. Корисні посилання
5. Вирішуємо завдання: ймовірність появи хоча б однієї події або предмета
6. Загальна методика та приклади
7. Окремий випадок. незалежні події
8. Окремий випадок. повторні випробування
9. Корисні посилання
10. Вирішуємо завдання: ймовірність появи хоча б однієї події або предмета
11. Загальна методика та приклади
12. Окремий випадок. незалежні події
13. Окремий випадок. повторні випробування
14. Корисні посилання

Вирішуємо завдання: ймовірність появи хоча б однієї події або предмета

Корисна сторінка? Збережи або розкажи друзям

Поговоримо про завдання, в яких зустрічається фраза "хоча б один". Напевно ви зустрічали такі завдання в домашніх і контрольних роботах, а тепер дізнаєтеся, як їх вирішувати. Спочатку я розповім про загальне правило, а потім розглянемо окремий випадок незалежних подій і схеми Бернуллі , Випишемо формули і приклади для кожного.

Загальна методика та приклади

Загальна методика для вирішення завдань, в яких зустрічається фраза "хоча б один" така:

1. Виписати вихідне подія $ A $ = (Імовірність того, що ... хоча б ...).
2. Сформулювати протилежне подія $ \ bar {A} $.
3. Знайти ймовірність події $ P (\ bar {A}) $.
4. Знайти потрібну ймовірність по формулі $ P (A) = 1-P (\ bar {A}) $.

А тепер розберемо її на прикладах. Вперед!

Приклад 1. В ящику знаходиться 25 стандартних і 6 бракованих однотипних деталей. Яка ймовірність того, що серед трьох навмання обраних деталей виявиться хоча б одна бракована?

Діємо прямо по пунктах.
1. Записуємо подія, ймовірність якого треба знайти прямо з умови задачі:
$ A $ = (З 3 обраних деталей хоча б одна бракована).

2. Тоді протилежне подія формулюється так $ \ bar {A} $ = (З 3 обраних деталей жодної бракованої) = (Все 3 вибрані деталі будуть стандартні).

3. Тепер потрібно зрозуміти, як знайти ймовірність події $ \ bar {A} $, для чого ще раз подивимося на завдання: йдеться про об'єкти двох видів (деталі браковані і немає), з яких виймається деяке число об'єктів і вивчаються (браковані чи ні ). Це завдання вирішується за допомогою класичного визначення ймовірності (точніше, за формулою гіпергеометричною ймовірності, докладніше про неї читайте в статті ).

Для першого прикладу запишемо рішення детально, далі будемо вже скорочувати (а повні інструкції і калькулятори ви знайдете за посиланням вище).

Спочатку знайдемо загальне число випадків - це число способів вибрати будь-які 3 деталі з партії в 25 + 6 = 31 деталей в ящику. Так як порядок вибору несуттєвими, застосовуємо формулу для числа сполучень з 31 об'єктів по 3: $ n = C_ {31} ^ 3 $.

Тепер переходимо до числа сприяють події результатів. Для цього потрібно, щоб все 3 вибрані деталі були стандартні, їх можна вибрати $ m = C_ {25} ^ 3 $ способами (так як стандартних деталей в ящику рівно 25).

Ймовірність дорівнює:

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

4. Тоді шукана ймовірність:

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

Відповідь: 0.488.

Приклад 2. З колоди в 36 карт беруть навмання 6 карт. Знайти ймовірність того, що серед узятих карт будуть: хоча б дві піки.

1. Записуємо подія $ A $ = (З 6 обраних карт будуть хоча б дві піки).

2. Тоді протилежне подія формулюється так $ \ bar {A} $ = (З 6 обраних карт буде менше 2 пік) = (З 6 обраних карт буде рівно 0 або 1 пікові карти, інші іншої масті).

Зауваження. Тут я зупинюся і зроблю невеличке зауваження. Хоча в 90% випадках методика "перейти до протилежного події" працює на відмінно, існують випадки, коли простіше знайти ймовірність вихідної події. В даному випадку, якщо шукати безпосередньо ймовірність події $ A $ буде потрібно скласти 5 ймовірностей, а для події $ \ bar {A} $ - всього 2 ймовірності. А ось якби завдання була така "з 6 карт хоча б 5 - пікові", ситуація стала б зворотною і тут простіше вирішувати вихідну задачу. Якщо знову спробувати дати інструкцію, скажу так. У завданнях, де бачите "хоча б один", сміливо переходите до протилежного події. Якщо ж мова про "хоча б 2, хоча б 4 і т.п.", тут треба прикинути, що легше вважати.

3. Повертаємося до нашого завдання і знаходимо ймовірність події $ \ bar {A} $ за допомогою класичного визначення ймовірності.

Загальна кількість випадків (способів вибрати будь-які 6 карт з 36) дорівнює $ n = C_ {36} ^ 6 $ (калькулятор поєднань тут ).

Знайдемо число сприятливих події результатів. $ M_0 = C_ {27} ^ 6 $ - число способів вибрати все 6 карт непікові масті (їх в колоді 36-9 = 27), $ m_1 = C_ {9} ^ 1 \ cdot C_ {27} ^ 5 $ - число способів вибрати 1 карту пікової масті (з 9) і ще 5 інших мастей (з 27).

тоді:

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

4. Тоді шукана ймовірність:

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

Відповідь: 0.475.

Приклад 3. В урні 2 білих, 3 чорних і 5 червоних куль. Три кулі виймають навмання. Знайти ймовірність того, що серед вийнятих куль хоча б два будуть різного кольору.

1. Записуємо подія $ A $ = (Серед вийнятих 3 куль хоча б два різного кольору). Тобто, наприклад, "2 червоних кулі і 1 білий", або "1 білий, 1 чорний, 1 червоний", або "2 чорних, 1 червоний" і так далі, варіантів забагато. Спробуємо правило переходу до протилежного події.

2. Тоді протилежне подія формулюється так $ \ bar {A} $ = (Все три кулі одного кольору) = (Обрано 3 чорних кулі або 3 червоних кулі) - всього 2 варіанти вийшло, значить, цей спосіб вирішення спрощує обчислення. До речі, всі кулі білого кольору не можуть бути обрані, так як їх всього 2, а виймається 3 кулі.

3. Загальна кількість фіналів (способів вибрати будь-які 3 кулі з 2 + 3 + 5 = 10 куль) дорівнює $ n = C_ {10} ^ 3 = 120 $.

Знайдемо число сприятливих події результатів. $ M = C_ {3} ^ 3 + C_ {5} ^ 3 = 1 + 10 = 11 $ - число способів вибрати або 3 чорних кулі (з 3), або 3 червоних кулі (з 5).

тоді:

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

4. Шукана ймовірність:

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

Відповідь: 0.908.

Окремий випадок. незалежні події

Йдемо далі, і приходимо до класу задач, де розглядається кілька незалежних подій (стрілки потрапляють, лампочки перегорають, машини заводяться, робочі хворіють з різною ймовірністю кожен і т.п.) і потрібно "знайти ймовірність настання хоча б однієї події". У варіаціях це може звучати так "знайти ймовірність, що хоча б один стрілець з трьох влучить у ціль", "знайти ймовірність того, що хоча б один автобус з двох вчасно приїде на вокзал", "знайти ймовірність, що хоча б один елемент в пристрої з чотирьох елементів відмовить за рік "і т.д.

Якщо в прикладах вище йшлося про застосування формули класичної ймовірності , Тут ми приходимо до алгебри подій, використовуємо формули додавання і множення ймовірностей (невелика теорія тут ).

Отже, розглядаються кілька незалежних подій $ A_1, A_2, ..., A_n $, ймовірності настання кожного відомі і рівні $ P (A_i) = p_i $ ($ q_i = 1-p_i $). Тоді ймовірність того, що в результаті експерименту відбудеться хоча б одна з подій, обчислюється за формулою

$$ P = 1-q_1 \ cdot q_2 \ cdot ... \ cdot q_n. \ Quad (1) $$

Строго кажучи, ця формула теж виходить застосуванням основний методики "перейти до протилежного події". Адже дійсно, нехай $ A $ = (Настане хоча б одна подія з $ A_1, A_2, ..., A_n $), тоді $ \ bar {A} $ = (Жодне з подій не відбудеться), що означає:

$$ P (\ bar {A}) = P (\ bar {A_1} \ cdot \ bar {A_2} \ cdot ... \ bar {A_n}) = P (\ bar {A_1}) \ cdot P (\ bar {A_2}) \ cdot ... P (\ bar {A_n}) = \\ = (1-P (A_1)) \ cdot (1-P (A_2)) \ cdot ... (1-P ( A_n)) = \\ = (1-p_1) \ cdot (1-p_2) \ cdot ... (1-p_n) = q_1 \ cdot q_2 \ cdot ... \ cdot q_n, \\ $$ звідки і отримуємо нашу формулу $$ P (A) = 1-P (\ bar {A}) = 1-q_1 \ cdot q_2 \ cdot ... \ cdot q_n. $$

Приклад 4. Вузол містить дві незалежно працюючі деталі. Ймовірності відмови деталей відповідно рівні 0,05 і 0,08. Знайти ймовірність відмови вузла, якщо для цього достатньо, щоб відмовила хоча б одна деталь.

Подія $ A $ = (Вузол відмовив) = (Хоча б одна з двох деталей відмовила). Введемо незалежні події: $ A_1 $ = (Перша деталь відмовила) і $ A_2 $ = (Друга деталь відмовила). За умовою $ p_1 = P (A_1) = 0,05 $, $ p_2 = P (A_2) = 0,08 $, тоді $ q_1 = 1-p_1 = 0,95 $, $ q_2 = 1-p_2 = 0, 92 $. Застосуємо формулу (1) і отримаємо:

$$ P (A) = 1-q_1 \ cdot q_2 = 1-0,95 \ cdot 0,92 = 0,126. $$

Відповідь: 0,126.

Приклад 5. Студент розшукує потрібну йому формулу в трьох довідниках. Імовірність того, що формула міститься в першому довіднику, дорівнює 0,8, у другому - 0,7, в третьому - 0,6. Знайти ймовірність того, що формула міститься хоча б в одному довіднику.

Діємо аналогічно. Розглянемо основну подію
$ A $ = (Формула міститься хоча б в одному довіднику). Введемо незалежні події:
$ A_1 $ = (Формула є в першому довіднику),
$ A_2 $ = (Формула є в другому довіднику),
$ A_3 $ = (Формула є в третьому довіднику).

За умовою $ p_1 = P (A_1) = 0,8 $, $ p_2 = P (A_2) = 0,7 $, $ p_3 = P (A_3) = 0,6 $, тоді $ q_1 = 1-p_1 = 0 , 2 $, $ q_2 = 1-p_2 = 0,3 $, $ q_3 = 1-p_3 = 0,4 $. Застосуємо формулу (1) і отримаємо:

$$ P (A) = 1-q_1 \ cdot q_2 \ cdot q_3 = 1-0,2 \ cdot 0,3 \ cdot 0,4 = 0,976. $$

Відповідь: 0,976.

Приклад 6. Робочий обслуговує 4 верстати, що працюють незалежно один від одного. Імовірність того, що протягом зміни перший верстат зажадає уваги робочого, дорівнює 0,3, другий - 0,6, третій - 0,4 і четвертий - 0,25. Знайти ймовірність того, що протягом зміни хоча б один верстат не зажадає уваги майстра.

Думаю, ви вже вловили принцип рішення, питання тільки в кількості подій, але і воно не впливає на складність вирішення (на відміну від загальних задач на додавання і множення ймовірностей). Тільки будьте уважні, ймовірності вказані для "зажадає уваги", а ось питання завдання "хоча б один верстат НЕ потребують уваги". Вводити події потрібно такі ж, як і основне (в даному випадку, з НЕ), щоб користуватися загальною формулою (1).

отримуємо:
$ A $ = (Протягом зміни хоча б один верстат НЕ потребують уваги майстри),
$ A_i $ = ($ i $ -ий верстат НЕ потребують уваги майстри), $ i = 1,2,3,4 $,
$ P_1 = 0,7 $, $ p_2 = 0,4 $, $ p_3 = 0,6 $, $ p_4 = 0,75 $.

Шукана ймовірність:

$$ P (A) = 1-q_1 \ cdot q_2 \ cdot q_3 \ cdot q_4 = 1 (1-0,7) \ cdot (1-0,4) \ cdot (1-0,6) \ cdot ( 1-0,75) = 0,982. $$

Відповідь: 0,982. Майже напевно майстер буде відпочивати всю зміну;)

Окремий випадок. повторні випробування

Думаєте, далі буде складніше? Навпаки, випадки все більш приватні, рішення і формули все більш прості.

Отже, у нас є $ n $ незалежних подій (або повторень деякого досвіду), причому ймовірності настання цих подій (або настання події в кожному з дослідів) тепер однакові і рівні $ p $. Тоді формула (1) спрощується до вигляду:

$$ P = 1-q_1 \ cdot q_2 \ cdot ... \ cdot q_n = 1-q ^ n. $$

Фактично ми звужує до класу задач, який носить назву "повторні незалежні випробування" або "схема Бернуллі", коли проводиться $ n $ дослідів, ймовірність настання події в кожному з яких дорівнює $ p $. Потрібно знайти ймовірність, що подія з'явиться хоча б раз з $ n $ повторень:

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

Детальніше про схему Бернуллі можна прочитати в онлайн-підручнику , А також подивитися статті-калькулятори про рішення різних підтипів завдань (про постріли, лотерейних квитках і т.п.). Нижче ж будуть розібрані завдання тільки з "хоча б один".

Приклад 7. Нехай ймовірність того, що телевізор не потребують ремонту протягом гарантійного терміну, дорівнює 0,9. Знайти ймовірність того, що протягом гарантійного терміну з 3 телевізорів хоча б один не потребують ремонту.

Рішення коротше ви ще не бачили.
Просто виписуємо з умови: $ n = 3 $, $ p = 0,9 $, $ q = 1-p = 0,1 $.
Тоді ймовірність того, що протягом гарантійного терміну з 3 телевізорів хоча б один не потребують ремонту, за формулою (2):

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

Відповідь: 0,999.

Приклад 8. Проводиться 5 незалежних пострілів по певної мети. Ймовірність влучення при одному пострілі дорівнює 0,8. Знайти ймовірність того, що буде хоча б одне влучення.

Знову, починаємо з формалізації завдання, виписуючи відомі величини. $ N = 5 $ пострілів, $ p = 0,8 $ - ймовірність попадання при одному пострілі, $ q = 1-p = 0,2 $.
І тоді ймовірність того, що буде хоча б одне влучення з п'яти пострілів дорівнює: $$ P = 1-0,2 ^ 5 = 1-0,00032 = 0,99968 $$

Відповідь: 0,99968.

Думаю, із застосуванням формули (2) все більш ніж ясно (не забудьте почитати і про інших завданнях, розв'язуваних в рамках схеми Бернуллі, посилання були вище). А нижче я наведу трохи більш складне завдання. Такі завдання зустрічаються рідше, але і їх спосіб вирішення треба засвоїти. Поїхали!

Приклад 9. Проводиться n незалежних дослідів, в кожному з яких деяка подія A з'являється з ймовірністю 0,7. Скільки потрібно зробити дослідів для того, щоб з ймовірністю 0,95 гарантувати хоча б одне поява події A?

Маємо схему Бернуллі, $ n $ - кількість дослідів, $ p = 0,7 $ - ймовірність появи події А.

Тоді ймовірність того, що станеться хоча б одна подія А в $ n $ дослідах, дорівнює за формулою (2): $$ P = 1-q ^ n = 1 (1-0,7) ^ n = 1-0, 3 ^ n $$ За умовою ця ймовірність повинна бути не менше 0,95, тому:

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

Округляючи, отримуємо що потрібно провести не менше 3 дослідів.

Відповідь: мінімально потрібно зробити 3 досвіду.

Корисна сторінка? Збережи або розкажи друзям

Корисні посилання

У розв'язнику ви знайдете більше 1000 завдань зі словами "хоча б ...":

Вирішуємо завдання: ймовірність появи хоча б однієї події або предмета

Корисна сторінка? Збережи або розкажи друзям

Поговоримо про завдання, в яких зустрічається фраза "хоча б один". Напевно ви зустрічали такі завдання в домашніх і контрольних роботах, а тепер дізнаєтеся, як їх вирішувати. Спочатку я розповім про загальне правило, а потім розглянемо окремий випадок незалежних подій і схеми Бернуллі , Випишемо формули і приклади для кожного.

Загальна методика та приклади

Загальна методика для вирішення завдань, в яких зустрічається фраза "хоча б один" така:

1. Виписати вихідне подія $ A $ = (Імовірність того, що ... хоча б ...).
2. Сформулювати протилежне подія $ \ bar {A} $.
3. Знайти ймовірність події $ P (\ bar {A}) $.
4. Знайти потрібну ймовірність по формулі $ P (A) = 1-P (\ bar {A}) $.

А тепер розберемо її на прикладах. Вперед!

Приклад 1. В ящику знаходиться 25 стандартних і 6 бракованих однотипних деталей. Яка ймовірність того, що серед трьох навмання обраних деталей виявиться хоча б одна бракована?

Діємо прямо по пунктах.
1. Записуємо подія, ймовірність якого треба знайти прямо з умови задачі:
$ A $ = (З 3 обраних деталей хоча б одна бракована).

2. Тоді протилежне подія формулюється так $ \ bar {A} $ = (З 3 обраних деталей жодної бракованої) = (Все 3 вибрані деталі будуть стандартні).

3. Тепер потрібно зрозуміти, як знайти ймовірність події $ \ bar {A} $, для чого ще раз подивимося на завдання: йдеться про об'єкти двох видів (деталі браковані і немає), з яких виймається деяке число об'єктів і вивчаються (браковані чи ні ). Це завдання вирішується за допомогою класичного визначення ймовірності (точніше, за формулою гіпергеометричною ймовірності, докладніше про неї читайте в статті ).

Для першого прикладу запишемо рішення детально, далі будемо вже скорочувати (а повні інструкції і калькулятори ви знайдете за посиланням вище).

Спочатку знайдемо загальне число випадків - це число способів вибрати будь-які 3 деталі з партії в 25 + 6 = 31 деталей в ящику. Так як порядок вибору несуттєвими, застосовуємо формулу для числа сполучень з 31 об'єктів по 3: $ n = C_ {31} ^ 3 $.

Тепер переходимо до числа сприяють події результатів. Для цього потрібно, щоб все 3 вибрані деталі були стандартні, їх можна вибрати $ m = C_ {25} ^ 3 $ способами (так як стандартних деталей в ящику рівно 25).

Ймовірність дорівнює:

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

4. Тоді шукана ймовірність:

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

Відповідь: 0.488.

Приклад 2. З колоди в 36 карт беруть навмання 6 карт. Знайти ймовірність того, що серед узятих карт будуть: хоча б дві піки.

1. Записуємо подія $ A $ = (З 6 обраних карт будуть хоча б дві піки).

2. Тоді протилежне подія формулюється так $ \ bar {A} $ = (З 6 обраних карт буде менше 2 пік) = (З 6 обраних карт буде рівно 0 або 1 пікові карти, інші іншої масті).

Зауваження. Тут я зупинюся і зроблю невеличке зауваження. Хоча в 90% випадках методика "перейти до протилежного події" працює на відмінно, існують випадки, коли простіше знайти ймовірність вихідної події. В даному випадку, якщо шукати безпосередньо ймовірність події $ A $ буде потрібно скласти 5 ймовірностей, а для події $ \ bar {A} $ - всього 2 ймовірності. А ось якби завдання була така "з 6 карт хоча б 5 - пікові", ситуація стала б зворотною і тут простіше вирішувати вихідну задачу. Якщо знову спробувати дати інструкцію, скажу так. У завданнях, де бачите "хоча б один", сміливо переходите до протилежного події. Якщо ж мова про "хоча б 2, хоча б 4 і т.п.", тут треба прикинути, що легше вважати.

3. Повертаємося до нашого завдання і знаходимо ймовірність події $ \ bar {A} $ за допомогою класичного визначення ймовірності.

Загальна кількість випадків (способів вибрати будь-які 6 карт з 36) дорівнює $ n = C_ {36} ^ 6 $ (калькулятор поєднань тут ).

Знайдемо число сприятливих події результатів. $ M_0 = C_ {27} ^ 6 $ - число способів вибрати все 6 карт непікові масті (їх в колоді 36-9 = 27), $ m_1 = C_ {9} ^ 1 \ cdot C_ {27} ^ 5 $ - число способів вибрати 1 карту пікової масті (з 9) і ще 5 інших мастей (з 27).

тоді:

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

4. Тоді шукана ймовірність:

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

Відповідь: 0.475.

Приклад 3. В урні 2 білих, 3 чорних і 5 червоних куль. Три кулі виймають навмання. Знайти ймовірність того, що серед вийнятих куль хоча б два будуть різного кольору.

1. Записуємо подія $ A $ = (Серед вийнятих 3 куль хоча б два різного кольору). Тобто, наприклад, "2 червоних кулі і 1 білий", або "1 білий, 1 чорний, 1 червоний", або "2 чорних, 1 червоний" і так далі, варіантів забагато. Спробуємо правило переходу до протилежного події.

2. Тоді протилежне подія формулюється так $ \ bar {A} $ = (Все три кулі одного кольору) = (Обрано 3 чорних кулі або 3 червоних кулі) - всього 2 варіанти вийшло, значить, цей спосіб вирішення спрощує обчислення. До речі, всі кулі білого кольору не можуть бути обрані, так як їх всього 2, а виймається 3 кулі.

3. Загальна кількість фіналів (способів вибрати будь-які 3 кулі з 2 + 3 + 5 = 10 куль) дорівнює $ n = C_ {10} ^ 3 = 120 $.

Знайдемо число сприятливих події результатів. $ M = C_ {3} ^ 3 + C_ {5} ^ 3 = 1 + 10 = 11 $ - число способів вибрати або 3 чорних кулі (з 3), або 3 червоних кулі (з 5).

тоді:

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

4. Шукана ймовірність:

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

Відповідь: 0.908.

Окремий випадок. незалежні події

Йдемо далі, і приходимо до класу задач, де розглядається кілька незалежних подій (стрілки потрапляють, лампочки перегорають, машини заводяться, робочі хворіють з різною ймовірністю кожен і т.п.) і потрібно "знайти ймовірність настання хоча б однієї події". У варіаціях це може звучати так "знайти ймовірність, що хоча б один стрілець з трьох влучить у ціль", "знайти ймовірність того, що хоча б один автобус з двох вчасно приїде на вокзал", "знайти ймовірність, що хоча б один елемент в пристрої з чотирьох елементів відмовить за рік "і т.д.

Якщо в прикладах вище йшлося про застосування формули класичної ймовірності , Тут ми приходимо до алгебри подій, використовуємо формули додавання і множення ймовірностей (невелика теорія тут ).

Отже, розглядаються кілька незалежних подій $ A_1, A_2, ..., A_n $, ймовірності настання кожного відомі і рівні $ P (A_i) = p_i $ ($ q_i = 1-p_i $). Тоді ймовірність того, що в результаті експерименту відбудеться хоча б одна з подій, обчислюється за формулою

$$ P = 1-q_1 \ cdot q_2 \ cdot ... \ cdot q_n. \ Quad (1) $$

Строго кажучи, ця формула теж виходить застосуванням основний методики "перейти до протилежного події". Адже дійсно, нехай $ A $ = (Настане хоча б одна подія з $ A_1, A_2, ..., A_n $), тоді $ \ bar {A} $ = (Жодне з подій не відбудеться), що означає:

$$ P (\ bar {A}) = P (\ bar {A_1} \ cdot \ bar {A_2} \ cdot ... \ bar {A_n}) = P (\ bar {A_1}) \ cdot P (\ bar {A_2}) \ cdot ... P (\ bar {A_n}) = \\ = (1-P (A_1)) \ cdot (1-P (A_2)) \ cdot ... (1-P ( A_n)) = \\ = (1-p_1) \ cdot (1-p_2) \ cdot ... (1-p_n) = q_1 \ cdot q_2 \ cdot ... \ cdot q_n, \\ $$ звідки і отримуємо нашу формулу $$ P (A) = 1-P (\ bar {A}) = 1-q_1 \ cdot q_2 \ cdot ... \ cdot q_n. $$

Приклад 4. Вузол містить дві незалежно працюючі деталі. Ймовірності відмови деталей відповідно рівні 0,05 і 0,08. Знайти ймовірність відмови вузла, якщо для цього достатньо, щоб відмовила хоча б одна деталь.

Подія $ A $ = (Вузол відмовив) = (Хоча б одна з двох деталей відмовила). Введемо незалежні події: $ A_1 $ = (Перша деталь відмовила) і $ A_2 $ = (Друга деталь відмовила). За умовою $ p_1 = P (A_1) = 0,05 $, $ p_2 = P (A_2) = 0,08 $, тоді $ q_1 = 1-p_1 = 0,95 $, $ q_2 = 1-p_2 = 0, 92 $. Застосуємо формулу (1) і отримаємо:

$$ P (A) = 1-q_1 \ cdot q_2 = 1-0,95 \ cdot 0,92 = 0,126. $$

Відповідь: 0,126.

Приклад 5. Студент розшукує потрібну йому формулу в трьох довідниках. Імовірність того, що формула міститься в першому довіднику, дорівнює 0,8, у другому - 0,7, в третьому - 0,6. Знайти ймовірність того, що формула міститься хоча б в одному довіднику.

Діємо аналогічно. Розглянемо основну подію
$ A $ = (Формула міститься хоча б в одному довіднику). Введемо незалежні події:
$ A_1 $ = (Формула є в першому довіднику),
$ A_2 $ = (Формула є в другому довіднику),
$ A_3 $ = (Формула є в третьому довіднику).

За умовою $ p_1 = P (A_1) = 0,8 $, $ p_2 = P (A_2) = 0,7 $, $ p_3 = P (A_3) = 0,6 $, тоді $ q_1 = 1-p_1 = 0 , 2 $, $ q_2 = 1-p_2 = 0,3 $, $ q_3 = 1-p_3 = 0,4 $. Застосуємо формулу (1) і отримаємо:

$$ P (A) = 1-q_1 \ cdot q_2 \ cdot q_3 = 1-0,2 \ cdot 0,3 \ cdot 0,4 = 0,976. $$

Відповідь: 0,976.

Приклад 6. Робочий обслуговує 4 верстати, що працюють незалежно один від одного. Імовірність того, що протягом зміни перший верстат зажадає уваги робочого, дорівнює 0,3, другий - 0,6, третій - 0,4 і четвертий - 0,25. Знайти ймовірність того, що протягом зміни хоча б один верстат не зажадає уваги майстра.

Думаю, ви вже вловили принцип рішення, питання тільки в кількості подій, але і воно не впливає на складність вирішення (на відміну від загальних задач на додавання і множення ймовірностей). Тільки будьте уважні, ймовірності вказані для "зажадає уваги", а ось питання завдання "хоча б один верстат НЕ потребують уваги". Вводити події потрібно такі ж, як і основне (в даному випадку, з НЕ), щоб користуватися загальною формулою (1).

отримуємо:
$ A $ = (Протягом зміни хоча б один верстат НЕ потребують уваги майстри),
$ A_i $ = ($ i $ -ий верстат НЕ потребують уваги майстри), $ i = 1,2,3,4 $,
$ P_1 = 0,7 $, $ p_2 = 0,4 $, $ p_3 = 0,6 $, $ p_4 = 0,75 $.

Шукана ймовірність:

$$ P (A) = 1-q_1 \ cdot q_2 \ cdot q_3 \ cdot q_4 = 1 (1-0,7) \ cdot (1-0,4) \ cdot (1-0,6) \ cdot ( 1-0,75) = 0,982. $$

Відповідь: 0,982. Майже напевно майстер буде відпочивати всю зміну;)

Окремий випадок. повторні випробування

Думаєте, далі буде складніше? Навпаки, випадки все більш приватні, рішення і формули все більш прості.

Отже, у нас є $ n $ незалежних подій (або повторень деякого досвіду), причому ймовірності настання цих подій (або настання події в кожному з дослідів) тепер однакові і рівні $ p $. Тоді формула (1) спрощується до вигляду:

$$ P = 1-q_1 \ cdot q_2 \ cdot ... \ cdot q_n = 1-q ^ n. $$

Фактично ми звужує до класу задач, який носить назву "повторні незалежні випробування" або "схема Бернуллі", коли проводиться $ n $ дослідів, ймовірність настання події в кожному з яких дорівнює $ p $. Потрібно знайти ймовірність, що подія з'явиться хоча б раз з $ n $ повторень:

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

Детальніше про схему Бернуллі можна прочитати в онлайн-підручнику , А також подивитися статті-калькулятори про рішення різних підтипів завдань (про постріли, лотерейних квитках і т.п.). Нижче ж будуть розібрані завдання тільки з "хоча б один".

Приклад 7. Нехай ймовірність того, що телевізор не потребують ремонту протягом гарантійного терміну, дорівнює 0,9. Знайти ймовірність того, що протягом гарантійного терміну з 3 телевізорів хоча б один не потребують ремонту.

Рішення коротше ви ще не бачили.
Просто виписуємо з умови: $ n = 3 $, $ p = 0,9 $, $ q = 1-p = 0,1 $.
Тоді ймовірність того, що протягом гарантійного терміну з 3 телевізорів хоча б один не потребують ремонту, за формулою (2):

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

Відповідь: 0,999.

Приклад 8. Проводиться 5 незалежних пострілів по певної мети. Ймовірність влучення при одному пострілі дорівнює 0,8. Знайти ймовірність того, що буде хоча б одне влучення.

Знову, починаємо з формалізації завдання, виписуючи відомі величини. $ N = 5 $ пострілів, $ p = 0,8 $ - ймовірність попадання при одному пострілі, $ q = 1-p = 0,2 $.
І тоді ймовірність того, що буде хоча б одне влучення з п'яти пострілів дорівнює: $$ P = 1-0,2 ^ 5 = 1-0,00032 = 0,99968 $$

Відповідь: 0,99968.

Думаю, із застосуванням формули (2) все більш ніж ясно (не забудьте почитати і про інших завданнях, розв'язуваних в рамках схеми Бернуллі, посилання були вище). А нижче я наведу трохи більш складне завдання. Такі завдання зустрічаються рідше, але і їх спосіб вирішення треба засвоїти. Поїхали!

Приклад 9. Проводиться n незалежних дослідів, в кожному з яких деяка подія A з'являється з ймовірністю 0,7. Скільки потрібно зробити дослідів для того, щоб з ймовірністю 0,95 гарантувати хоча б одне поява події A?

Маємо схему Бернуллі, $ n $ - кількість дослідів, $ p = 0,7 $ - ймовірність появи події А.

Тоді ймовірність того, що станеться хоча б одна подія А в $ n $ дослідах, дорівнює за формулою (2): $$ P = 1-q ^ n = 1 (1-0,7) ^ n = 1-0, 3 ^ n $$ За умовою ця ймовірність повинна бути не менше 0,95, тому:

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

Округляючи, отримуємо що потрібно провести не менше 3 дослідів.

Відповідь: мінімально потрібно зробити 3 досвіду.

Корисна сторінка? Збережи або розкажи друзям

Корисні посилання

У розв'язнику ви знайдете більше 1000 завдань зі словами "хоча б ...":

Вирішуємо завдання: ймовірність появи хоча б однієї події або предмета

Корисна сторінка? Збережи або розкажи друзям

Поговоримо про завдання, в яких зустрічається фраза "хоча б один". Напевно ви зустрічали такі завдання в домашніх і контрольних роботах, а тепер дізнаєтеся, як їх вирішувати. Спочатку я розповім про загальне правило, а потім розглянемо окремий випадок незалежних подій і схеми Бернуллі , Випишемо формули і приклади для кожного.

Загальна методика та приклади

Загальна методика для вирішення завдань, в яких зустрічається фраза "хоча б один" така:

1. Виписати вихідне подія $ A $ = (Імовірність того, що ... хоча б ...).
2. Сформулювати протилежне подія $ \ bar {A} $.
3. Знайти ймовірність події $ P (\ bar {A}) $.
4. Знайти потрібну ймовірність по формулі $ P (A) = 1-P (\ bar {A}) $.

А тепер розберемо її на прикладах. Вперед!

Приклад 1. В ящику знаходиться 25 стандартних і 6 бракованих однотипних деталей. Яка ймовірність того, що серед трьох навмання обраних деталей виявиться хоча б одна бракована?

Діємо прямо по пунктах.
1. Записуємо подія, ймовірність якого треба знайти прямо з умови задачі:
$ A $ = (З 3 обраних деталей хоча б одна бракована).

2. Тоді протилежне подія формулюється так $ \ bar {A} $ = (З 3 обраних деталей жодної бракованої) = (Все 3 вибрані деталі будуть стандартні).

3. Тепер потрібно зрозуміти, як знайти ймовірність події $ \ bar {A} $, для чого ще раз подивимося на завдання: йдеться про об'єкти двох видів (деталі браковані і немає), з яких виймається деяке число об'єктів і вивчаються (браковані чи ні ). Це завдання вирішується за допомогою класичного визначення ймовірності (точніше, за формулою гіпергеометричною ймовірності, докладніше про неї читайте в статті ).

Для першого прикладу запишемо рішення детально, далі будемо вже скорочувати (а повні інструкції і калькулятори ви знайдете за посиланням вище).

Спочатку знайдемо загальне число випадків - це число способів вибрати будь-які 3 деталі з партії в 25 + 6 = 31 деталей в ящику. Так як порядок вибору несуттєвими, застосовуємо формулу для числа сполучень з 31 об'єктів по 3: $ n = C_ {31} ^ 3 $.

Тепер переходимо до числа сприяють події результатів. Для цього потрібно, щоб все 3 вибрані деталі були стандартні, їх можна вибрати $ m = C_ {25} ^ 3 $ способами (так як стандартних деталей в ящику рівно 25).

Ймовірність дорівнює:

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

4. Тоді шукана ймовірність:

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

Відповідь: 0.488.

Приклад 2. З колоди в 36 карт беруть навмання 6 карт. Знайти ймовірність того, що серед узятих карт будуть: хоча б дві піки.

1. Записуємо подія $ A $ = (З 6 обраних карт будуть хоча б дві піки).

2. Тоді протилежне подія формулюється так $ \ bar {A} $ = (З 6 обраних карт буде менше 2 пік) = (З 6 обраних карт буде рівно 0 або 1 пікові карти, інші іншої масті).

Зауваження. Тут я зупинюся і зроблю невеличке зауваження. Хоча в 90% випадках методика "перейти до протилежного події" працює на відмінно, існують випадки, коли простіше знайти ймовірність вихідної події. В даному випадку, якщо шукати безпосередньо ймовірність події $ A $ буде потрібно скласти 5 ймовірностей, а для події $ \ bar {A} $ - всього 2 ймовірності. А ось якби завдання була така "з 6 карт хоча б 5 - пікові", ситуація стала б зворотною і тут простіше вирішувати вихідну задачу. Якщо знову спробувати дати інструкцію, скажу так. У завданнях, де бачите "хоча б один", сміливо переходите до протилежного події. Якщо ж мова про "хоча б 2, хоча б 4 і т.п.", тут треба прикинути, що легше вважати.

3. Повертаємося до нашого завдання і знаходимо ймовірність події $ \ bar {A} $ за допомогою класичного визначення ймовірності.

Загальна кількість випадків (способів вибрати будь-які 6 карт з 36) дорівнює $ n = C_ {36} ^ 6 $ (калькулятор поєднань тут ).

Знайдемо число сприятливих події результатів. $ M_0 = C_ {27} ^ 6 $ - число способів вибрати все 6 карт непікові масті (їх в колоді 36-9 = 27), $ m_1 = C_ {9} ^ 1 \ cdot C_ {27} ^ 5 $ - число способів вибрати 1 карту пікової масті (з 9) і ще 5 інших мастей (з 27).

тоді:

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

4. Тоді шукана ймовірність:

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

Відповідь: 0.475.

Приклад 3. В урні 2 білих, 3 чорних і 5 червоних куль. Три кулі виймають навмання. Знайти ймовірність того, що серед вийнятих куль хоча б два будуть різного кольору.

1. Записуємо подія $ A $ = (Серед вийнятих 3 куль хоча б два різного кольору). Тобто, наприклад, "2 червоних кулі і 1 білий", або "1 білий, 1 чорний, 1 червоний", або "2 чорних, 1 червоний" і так далі, варіантів забагато. Спробуємо правило переходу до протилежного події.

2. Тоді протилежне подія формулюється так $ \ bar {A} $ = (Все три кулі одного кольору) = (Обрано 3 чорних кулі або 3 червоних кулі) - всього 2 варіанти вийшло, значить, цей спосіб вирішення спрощує обчислення. До речі, всі кулі білого кольору не можуть бути обрані, так як їх всього 2, а виймається 3 кулі.

3. Загальна кількість фіналів (способів вибрати будь-які 3 кулі з 2 + 3 + 5 = 10 куль) дорівнює $ n = C_ {10} ^ 3 = 120 $.

Знайдемо число сприятливих події результатів. $ M = C_ {3} ^ 3 + C_ {5} ^ 3 = 1 + 10 = 11 $ - число способів вибрати або 3 чорних кулі (з 3), або 3 червоних кулі (з 5).

тоді:

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

4. Шукана ймовірність:

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

Відповідь: 0.908.

Окремий випадок. незалежні події

Йдемо далі, і приходимо до класу задач, де розглядається кілька незалежних подій (стрілки потрапляють, лампочки перегорають, машини заводяться, робочі хворіють з різною ймовірністю кожен і т.п.) і потрібно "знайти ймовірність настання хоча б однієї події". У варіаціях це може звучати так "знайти ймовірність, що хоча б один стрілець з трьох влучить у ціль", "знайти ймовірність того, що хоча б один автобус з двох вчасно приїде на вокзал", "знайти ймовірність, що хоча б один елемент в пристрої з чотирьох елементів відмовить за рік "і т.д.

Якщо в прикладах вище йшлося про застосування формули класичної ймовірності , Тут ми приходимо до алгебри подій, використовуємо формули додавання і множення ймовірностей (невелика теорія тут ).

Отже, розглядаються кілька незалежних подій $ A_1, A_2, ..., A_n $, ймовірності настання кожного відомі і рівні $ P (A_i) = p_i $ ($ q_i = 1-p_i $). Тоді ймовірність того, що в результаті експерименту відбудеться хоча б одна з подій, обчислюється за формулою

$$ P = 1-q_1 \ cdot q_2 \ cdot ... \ cdot q_n. \ Quad (1) $$

Строго кажучи, ця формула теж виходить застосуванням основний методики "перейти до протилежного події". Адже дійсно, нехай $ A $ = (Настане хоча б одна подія з $ A_1, A_2, ..., A_n $), тоді $ \ bar {A} $ = (Жодне з подій не відбудеться), що означає:

$$ P (\ bar {A}) = P (\ bar {A_1} \ cdot \ bar {A_2} \ cdot ... \ bar {A_n}) = P (\ bar {A_1}) \ cdot P (\ bar {A_2}) \ cdot ... P (\ bar {A_n}) = \\ = (1-P (A_1)) \ cdot (1-P (A_2)) \ cdot ... (1-P ( A_n)) = \\ = (1-p_1) \ cdot (1-p_2) \ cdot ... (1-p_n) = q_1 \ cdot q_2 \ cdot ... \ cdot q_n, \\ $$ звідки і отримуємо нашу формулу $$ P (A) = 1-P (\ bar {A}) = 1-q_1 \ cdot q_2 \ cdot ... \ cdot q_n. $$

Приклад 4. Вузол містить дві незалежно працюючі деталі. Ймовірності відмови деталей відповідно рівні 0,05 і 0,08. Знайти ймовірність відмови вузла, якщо для цього достатньо, щоб відмовила хоча б одна деталь.

Подія $ A $ = (Вузол відмовив) = (Хоча б одна з двох деталей відмовила). Введемо незалежні події: $ A_1 $ = (Перша деталь відмовила) і $ A_2 $ = (Друга деталь відмовила). За умовою $ p_1 = P (A_1) = 0,05 $, $ p_2 = P (A_2) = 0,08 $, тоді $ q_1 = 1-p_1 = 0,95 $, $ q_2 = 1-p_2 = 0, 92 $. Застосуємо формулу (1) і отримаємо:

$$ P (A) = 1-q_1 \ cdot q_2 = 1-0,95 \ cdot 0,92 = 0,126. $$

Відповідь: 0,126.

Приклад 5. Студент розшукує потрібну йому формулу в трьох довідниках. Імовірність того, що формула міститься в першому довіднику, дорівнює 0,8, у другому - 0,7, в третьому - 0,6. Знайти ймовірність того, що формула міститься хоча б в одному довіднику.

Діємо аналогічно. Розглянемо основну подію
$ A $ = (Формула міститься хоча б в одному довіднику). Введемо незалежні події:
$ A_1 $ = (Формула є в першому довіднику),
$ A_2 $ = (Формула є в другому довіднику),
$ A_3 $ = (Формула є в третьому довіднику).

За умовою $ p_1 = P (A_1) = 0,8 $, $ p_2 = P (A_2) = 0,7 $, $ p_3 = P (A_3) = 0,6 $, тоді $ q_1 = 1-p_1 = 0 , 2 $, $ q_2 = 1-p_2 = 0,3 $, $ q_3 = 1-p_3 = 0,4 $. Застосуємо формулу (1) і отримаємо:

$$ P (A) = 1-q_1 \ cdot q_2 \ cdot q_3 = 1-0,2 \ cdot 0,3 \ cdot 0,4 = 0,976. $$

Відповідь: 0,976.

Приклад 6. Робочий обслуговує 4 верстати, що працюють незалежно один від одного. Імовірність того, що протягом зміни перший верстат зажадає уваги робочого, дорівнює 0,3, другий - 0,6, третій - 0,4 і четвертий - 0,25. Знайти ймовірність того, що протягом зміни хоча б один верстат не зажадає уваги майстра.

Думаю, ви вже вловили принцип рішення, питання тільки в кількості подій, але і воно не впливає на складність вирішення (на відміну від загальних задач на додавання і множення ймовірностей). Тільки будьте уважні, ймовірності вказані для "зажадає уваги", а ось питання завдання "хоча б один верстат НЕ потребують уваги". Вводити події потрібно такі ж, як і основне (в даному випадку, з НЕ), щоб користуватися загальною формулою (1).

отримуємо:
$ A $ = (Протягом зміни хоча б один верстат НЕ потребують уваги майстри),
$ A_i $ = ($ i $ -ий верстат НЕ потребують уваги майстри), $ i = 1,2,3,4 $,
$ P_1 = 0,7 $, $ p_2 = 0,4 $, $ p_3 = 0,6 $, $ p_4 = 0,75 $.

Шукана ймовірність:

$$ P (A) = 1-q_1 \ cdot q_2 \ cdot q_3 \ cdot q_4 = 1 (1-0,7) \ cdot (1-0,4) \ cdot (1-0,6) \ cdot ( 1-0,75) = 0,982. $$

Відповідь: 0,982. Майже напевно майстер буде відпочивати всю зміну;)

Окремий випадок. повторні випробування

Думаєте, далі буде складніше? Навпаки, випадки все більш приватні, рішення і формули все більш прості.

Отже, у нас є $ n $ незалежних подій (або повторень деякого досвіду), причому ймовірності настання цих подій (або настання події в кожному з дослідів) тепер однакові і рівні $ p $. Тоді формула (1) спрощується до вигляду:

$$ P = 1-q_1 \ cdot q_2 \ cdot ... \ cdot q_n = 1-q ^ n. $$

Фактично ми звужує до класу задач, який носить назву "повторні незалежні випробування" або "схема Бернуллі", коли проводиться $ n $ дослідів, ймовірність настання події в кожному з яких дорівнює $ p $. Потрібно знайти ймовірність, що подія з'явиться хоча б раз з $ n $ повторень:

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

Детальніше про схему Бернуллі можна прочитати в онлайн-підручнику , А також подивитися статті-калькулятори про рішення різних підтипів завдань (про постріли, лотерейних квитках і т.п.). Нижче ж будуть розібрані завдання тільки з "хоча б один".

Приклад 7. Нехай ймовірність того, що телевізор не потребують ремонту протягом гарантійного терміну, дорівнює 0,9. Знайти ймовірність того, що протягом гарантійного терміну з 3 телевізорів хоча б один не потребують ремонту.

Рішення коротше ви ще не бачили.
Просто виписуємо з умови: $ n = 3 $, $ p = 0,9 $, $ q = 1-p = 0,1 $.
Тоді ймовірність того, що протягом гарантійного терміну з 3 телевізорів хоча б один не потребують ремонту, за формулою (2):

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

Відповідь: 0,999.

Приклад 8. Проводиться 5 незалежних пострілів по певної мети. Ймовірність влучення при одному пострілі дорівнює 0,8. Знайти ймовірність того, що буде хоча б одне влучення.

Знову, починаємо з формалізації завдання, виписуючи відомі величини. $ N = 5 $ пострілів, $ p = 0,8 $ - ймовірність попадання при одному пострілі, $ q = 1-p = 0,2 $.
І тоді ймовірність того, що буде хоча б одне влучення з п'яти пострілів дорівнює: $$ P = 1-0,2 ^ 5 = 1-0,00032 = 0,99968 $$

Відповідь: 0,99968.

Думаю, із застосуванням формули (2) все більш ніж ясно (не забудьте почитати і про інших завданнях, розв'язуваних в рамках схеми Бернуллі, посилання були вище). А нижче я наведу трохи більш складне завдання. Такі завдання зустрічаються рідше, але і їх спосіб вирішення треба засвоїти. Поїхали!

Приклад 9. Проводиться n незалежних дослідів, в кожному з яких деяка подія A з'являється з ймовірністю 0,7. Скільки потрібно зробити дослідів для того, щоб з ймовірністю 0,95 гарантувати хоча б одне поява події A?

Маємо схему Бернуллі, $ n $ - кількість дослідів, $ p = 0,7 $ - ймовірність появи події А.

Тоді ймовірність того, що станеться хоча б одна подія А в $ n $ дослідах, дорівнює за формулою (2): $$ P = 1-q ^ n = 1 (1-0,7) ^ n = 1-0, 3 ^ n $$ За умовою ця ймовірність повинна бути не менше 0,95, тому:

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

Округляючи, отримуємо що потрібно провести не менше 3 дослідів.

Відповідь: мінімально потрібно зробити 3 досвіду.

Корисна сторінка? Збережи або розкажи друзям

Корисні посилання

У розв'язнику ви знайдете більше 1000 завдань зі словами "хоча б ...":