Теорема умножения вероятностей. Формулы. Задачи с решениями.

Напомним, какие события называются независимыми.

События называются независимыми, если появление одного их них не зависит от появления другого (других).

  Теорема.
  Вероятность произведения двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий:
    Р(А*В) = Р(А)*Р(В)
 
  В случае условной вероятности появления события А:
    Р(А*В) = Р(В)*РВ(А)
 
Пример 1 
  Два стрелка стреляют по мишени. Вероятность попадания в мишень при выстреле для первого стрелка равна 0,75, а для второго — 0,7. Какова вероятность того, что оба стрелка попадут в мишень при залпе?
Решение.
  Пусть событие А — «первый стрелок попал в мишень», событие В — «второй стрелок попал в мишень», тогда событие АВ — «оба стрелка попали в мишень».
  События А и В независимы, поэтому можно применить теорему умножения:
Р(А*В) = Р(А)*Р(В) = 0,75*0,7 = 0,525
Пример 2.
  В первой урне находятся 7 белых и 4 черных шара, во второй — 6 белых и 3 черных шара. Из каждой урны извлекают по одному шару. Какова вероятность того, что оба шара белые?
 
Решение.
  Пусть событие А — «из первой урны извлечен белый шар», событие В — «из второй урны извлечен белый шар», тогда событие  АВ — «оба  шара белые».   Вероятности  этих  событий:
P(A)=7/11
P(B)=6/9=2/3
   События А и В независимы, применив теорему умножения, получим

P(A*B)=P(A)*P(B)=7/11*2/3=14/33

  События А12,…,Аn называются независимыми в совокупности, если:
а) они попарно независимы: P(Ai*Aj)=P(Ai)*P(Aj)     ( i≠j )
б)  Р(А12*…*Аn) = Р(А1)*Р(А2)* …*Р(Аn)
 
Пример 3
  Прибор состоит из трех независимо работающих элементов. Вероятность выхода из строя первого элемента 0,2; второго — 0,3; третьего — 0,2. Какова вероятность того, что:
а)  все три элемента выйдут из строя;
б)  все элементы будут работать.

Решение. 

  Путь события: 
А1 — «первый элемент вышел из строя»; 
А2 — «второй элемент вышел из строя»; 
А3 — «третий элемент вышел из строя». 
    События А123 независимы. Их вероятности Р(А1) = 0,2; P(А2) = 0,3; P(А3) = 0,2. 
а) Так как события А1, А2, А3 наступают одновременно, то по теореме умножения имеем:
Р(А123) = Р(А1)*Р(А2)*Р(А3) = 0,2*0,3*0,2 = 0,012. 
б) Событие «элемент будет работать» противоположно событию «элемент вышел из строя». Поэтому для
решения задачи необходимо рассмотреть события:
$\overline {{A_1}}$, $\overline {{A_2}}$, $\overline {{A_3}}$
Вероятности этих событий: 
$P(\overline {{A_1})}$=1-P(A1)=1-0,2=0,8,
$P(\overline {{A_2})}$=1-P(A2)=1-0,3=0,7
$P(\overline {{A_3})}$=1-P(A3)=1-0,2=0,8
Так как события
А123  независимы, то независимы и события
$\overline {{A_1}}$, $\overline {{A_2}}$, $\overline {{A_3}}$
Применив теорему умножения, получим
$P(\overline {{A_1}}*\overline {{A_2}}*\overline {{A_3}})$=$P(\overline {{A_1}})$*$P(\overline {{A_2}})$*$P(\overline {{A_3}})$=0,8*0,7*0,8=0,448
Пример 4
   Вероятности того, что нужная сборщику деталь находится в первом, втором, третьем, четвертом ящике, соответственно равны 0,6; 0,7; 0,8; 0,9. Найти вероятность того, что деталь содержится:
а) не более чем в трех ящиках;
б) не менее чем в двух ящиках.

Решение.
Пусть событие А1 — «деталь содержится в первом ящике», вероятность Р(А1) = 0,6; тогда событие

$\overline {{A_1}}$ —   «деталь не содержится в первом ящике», вероятность

$P(\overline {{A_1}})$=1-Р(А1)=1-0,6=0,4 

А2 — «деталь содержится во втором ящике», вероятность Р(А2)=0,7; тогда событие

$\overline {{A_2}}$ — «деталь не содержится во втором ящике», вероятность
$P(\overline {{A_2}})$=1-Р(А2)=1-0,7=0,3   

А3 — «деталь содержится в третьем ящике», вероятность Р(А3)=0,8; тогда событие

$\overline {{A_3}}$ — «деталь не содержится в третьем ящике», вероятность

$P(\overline {{A_3}})$=1-Р(А3)=1-0,8=0,2   

A4— «деталь содержится в четвертом ящике», вероятность Р(A4)=0,9; тогда событие
$\overline {{A_4}}$ — «деталь не содержится в четвертом ящике», вероятность
$P(\overline {{A_4}})$=1-Р(А4)=1-0,9=0,1   
 а)  Пусть событие А — «деталь содержится не более чем в трёх ящиках». Если событие А выполняется, то это означает, что деталь не содержится во всех четырех.
  Если деталь содержится во всех четырех ящиках, то выполняется событие А1234.
 Событие А противоположно событию  А1234 , а так как события  А1234  независимы в совокупности, по теореме умножения:
Р(А)=1-Р(А1234) =1-Р(А1)*Р(А2)*Р(А3)*Р(А4)=1-0,6*0,7*0,8*0,9=1-0,3024=0,6976

б)   Пусть событие В — «деталь содержится не менее чем в двух ящиках». Если событие В выполняется, то это означает, что деталь либо не содержится в одном из ящиков, либо не содержится ни в одном из ящиков.

  Если деталь содержится в одном из ящиков, то это означает выполнение одного из событий:
 Если деталь не содержится ни в одном из ящиков, то выполняется событие
$\overline {{A_1}}$, $\overline {{A_2}}$, $\overline {{A_3}}$, $\overline {{A_4}}$
Так как событие А противоположно вышеуказанным событиям, то
Пример 4

Брошены три игральные кости. Найти вероятности следующих событий:

а) на каждой из выпавших граней появится пять очков;
б) на всех выпавших гранях появится одинаковое число очков.
Решение.
а) Пусть событие А — «на каждой из выпавших граней трех брошенных игральных костей появилось пять очков».
  Пусть события:
  А1 — «на первой игральной кости выпало пять очков» Р(А1)=1/6;
  А2 — «на второй игральной кости выпало пять очков»,  Р(А2)=1/6;
  А3  — «на третьей игральной кости выпало пять очков»,  Р(А3)=1/6;
  Так как события  А1 ,  А2 ,  А3  независимы в совокупности, поэтому, применив теорему умножения, получим
P(A)=P(А1*А2*А3 )=P(А1)*P(А2)*P(А3)=1/6*1/6*1/6=1/216
б) Пусть событие А — «на каждой из выпавших граней трех брошенных игральных костей появилось одинаковое количество очков».
    Так как граней у кости шесть, а вероятность появления на каждой из трех брошенных игральных костей одинаковой грани равна 1/216 ( смотрите пункт а) )
P(A)=6*1/6*1/6*1/6=1/36

Пример 5

  Брошены три игральные кости. Найти вероятности следующих событий:
а)  на двух гранях появится одно очко, а на третьей грани — другое число очков;
б) на двух выпавших гранях появится одинаковое число очко, а на третьей грани — другое число очков; в) на всех выпавших гранях появится разное число очков.
Решение. 
а)  Пусть событие А — «на двух выпавших гранях появится одно очко, а на третьей грани — другое число очков».
  Найдем число событий, благоприятствующих появлению событию А. Так как бросают три игральных кости, то число комбинаций, при которых на двух гранях будет одно очко, вычисляется как
C23
Вероятность появления одного очка при бросании кости равна 1/6.
Вероятность появления другого очка —5/6.
б)  Пусть событие В — «на двух выпавших гранях появится одинаковое количество очков, а на третьей грани — другое число очков».
     Так как граней у игральной кости шесть, то при решении данной задачи можно использовать результаты решения задачи
предыдущего пункта, а именно:
  P(B)=6P(A)=6*5/72=5/12
в) Пусть событие С — «на всех выпавших гранях появится разное количество очков».
     Пусть события:
    С1 — количество очков на грани первой кости, Р(С1) =1/6

    С2 — количество очков на грани второй кости, поскольку  С2 С1 , то Р(С2) = 5/6

     С3 — количество очков на грани третьей кости, С3≠С1С2, поэтому Р(С3) = 4/6
     Так как граней шесть, то возможны лишь шесть комбинаций, состоящих из событий  С1,С2,С3.
     События  С1,С2,С3 независимы в совокупности, поэтому
применима теорема умножения:
P(С)=6P(С1*С2*С3)=6*P(C1)*P(C2)*P(C3) =6*1/6*5/6*4/6=20/36=5/9

Leave a Reply

Ваш e-mail не будет опубликован.