Теория вероятности хотя бы одно событие

Пусть в результате испытания могут появиться п событий, независимых в совокупности, либо некоторые из них (в частности, только одно или ни одного), причем вероятности появления каждого из событий известны.

Как найти вероятность того, что наступит хотя бы одно из этих событий? Например, если в результате испытания могут появиться три события, то появление хотя бы одного из этих событий означает наступление либо одного, либо двух, либо трех событий. Ответ на поставленный вопрос дает следующая теорема.

Теорема. Вероятность появления хотя бы одного из событий А1,А2, Ап, независимых в совокупности, равна разности между единицей и произведением, вероятностей противоположных событий A1А2, Ап:

Частный случай. Если события A1А2, А„ имеют одинаковую вероятность, равную р, то вероятность появления хотя бы одного из этих событий Р (Л) = 1 — q п (**)

Пример 1. Вероятности попадания в цель при стрельбе из трех орудий таковы: р1 = 0,8; р2 = 0,7;

р3 = 0,9. Найти вероятность хотя бы одного попадания (событие А) при одном залпе из всех орудий.

Решение. Вероятность попадания в цель каждым из орудий не зависит от результатов стрельбы из других орудий, поэтому рассматриваемые события A1(попадание первого орудия), А2(попадание второго орудия) и А3 (попадание третьего орудия) независимы в совокупности.

Вероятности событий, противоположных событиям А1 А2 и А3 (т.е. вероятности промахов), соответственно равны:

Искомая вероятность

Пример 2. В типографии имеется 4 плоскопечатных машины. Для каждой машины вероятность того, что она работает в данный момент, равна 0,9. Найти вероятность того, что в данный момент работает хотя бы одна машина (событие А).

Решение. События «машина работает» и «машина не работает» (в данный момент) — противоположные, поэтому сумма их вероятностей равна единице: p + q = 1

Отсюда вероятность того, что машина в данный момент не работает, равна q = 1-p = 1—0,9 = 0,1.

Р (A) = 1 — q 4 = 1 — 0,1 4 = 0,9999.

Так как полученная вероятность весьма близка к единице, то на основании следствия из принципа практической невозможности маловероятных событий мы вправе заключить, что в данный момент работает хотя бы одна из машин.

Пример 3. Вероятность того, что событие появится хотя бы один раз в трех независимых в совокупности испытаниях, равна 0,936. Найти вероятность появления события в одном испытании (предполагается, что во всех испытаниях вероятность появления события одна и та же).

Решение. Так как рассматриваемые события независимы в совокупности, то применима формула (**)

По условию, Р (А) = 0,936; п = 3. Следовательно,

0,936=1 — q 3 или q 3 = 1-0,936 = 0,064.

Отсюда q = = 0,4.

Искомая вероятность р = 1 — q = 1 — 0,4 = 0,6.

Не нашли то, что искали? Воспользуйтесь поиском:

Лучшие изречения: На стипендию можно купить что-нибудь, но не больше. 9136 – | 7299 – или читать все.

91.146.8.87 © studopedia.ru Не является автором материалов, которые размещены. Но предоставляет возможность бесплатного использования. Есть нарушение авторского права? Напишите нам | Обратная связь.

Отключите adBlock!
и обновите страницу (F5)

очень нужно

Поговорим о задачах, в которых встречается фраза "хотя бы один". Наверняка вы встречали такие задачи в домашних и контрольных работах, а теперь узнаете, как их решать. Сначала я расскажу об общем правиле, а потом рассмотрим частный случай независимых событий и схемы Бернулли, выпишем формулы и примеры для каждого.

Общая методика и примеры

Общая методика для решения задач, в которых встречается фраза "хотя бы один" такая:

А теперь разберем ее на примерах. Вперед!

Пример 1. В ящике находится 25 стандартных и 6 бракованных однотипных деталей. Какова вероятность того, что среди трёх наудачу выбранных деталей окажется хотя бы одна бракованная?

Действуем прямо по пунктам.
1. Записываем событие, вероятность которого надо найти прямо из условия задачи:
$A$ =(Из 3 выбранных деталей хотя бы одна бракованная).

Читайте также:  Cisco isb 7031 перепрошивка

Для первого примера запишем решение подробно, далее будем уже сокращать (а полные инструкции и калькуляторы вы найдете по ссылке выше).

Сначала найдем общее число исходов – это число способов выбрать любые 3 детали из партии в 25+6=31 деталей в ящике. Так как порядок выбора несущественнен, применяем формулу для числа сочетаний из 31 объектов по 3: $n=C_<31>^3$.

Теперь переходим к числу благоприятствующих событию исходов. Для этого нужно, чтобы все 3 выбранные детали были стандартные, их можно выбрать $m = C_<25>^3$ способами (так как стандартных деталей в ящике ровно 25).

4. Тогда искомая вероятность:

Пример 2. Из колоды в 36 карт берут наудачу 6 карт. Найти вероятность того, что среди взятых карт будут: хотя бы две пики.

1. Записываем событие $A$ =(Из 6 выбранных карт будут хотя бы две пики).

Замечание. Тут я остановлюсь и сделаю небольшое замечание. Хотя в 90% случаях методика "перейти к противоположному событию" работает на отлично, существуют случаи, когда проще найти вероятность исходного события. В данном случае, если искать напрямую вероятность события $A$ потребуется сложить 5 вероятностей, а для события $ar$ – всего 2 вероятности. А вот если бы задача была такая "из 6 карт хотя бы 5 – пиковые", ситуация стала бы обратной и тут проще решать исходную задачу. Если опять попытаться дать инструкцию, скажу так. В задачах, где видите "хотя бы один", смело переходите к противоположному событию. Если же речь о "хотя бы 2, хотя бы 4 и т.п.", тут надо прикинуть, что легче считать.

3. Возвращаемся к нашей задаче и находим вероятность события $ar$ с помощью классического определения вероятности.

Общее число исходов (способов выбрать любые 6 карт из 36) равно $n=C_<36>^6$ (калькулятор сочетаний тут).

Найдем число благоприятствующих событию исходов. $m_0 = C_<27>^6$ – число способов выбрать все 6 карт непиковой масти (их в колоде 36-9=27), $m_1 = C_<9>^1cdot C_<27>^5$ – число способов выбрать 1 карту пиковой масти (из 9) и еще 5 других мастей (из 27).

4. Тогда искомая вероятность:

Пример 3. В урне 2 белых, 3 черных и 5 красных шаров. Три шара вынимают наугад. Найти вероятность того, что среди вынутых шаров хотя бы два будут разного цвета.

1. Записываем событие $A$ =(Среди вынутых 3 шаров хотя бы два разного цвета). То есть, например, "2 красных шара и 1 белый", или "1 белый, 1 черный, 1 красный", или "2 черных, 1 красный" и так далее, вариантов многовато. Попробуем правило перехода к противоположному событию.

3. Общее число исходов (способов выбрать любые 3 шара из 2+3+5=10 шаров) равно $n=C_<10>^3=120$.

Найдем число благоприятствующих событию исходов. $m = C_<3>^3+C_<5>^3=1+10=11$ – число способов выбрать или 3 черных шара (из 3), или 3 красных шара (из 5).

4. Искомая вероятность:

Частный случай. Независимые события

Идем дальше, и приходим к классу задач, где рассматривается несколько независимых событий (стрелки попадают, лампочки перегорают, машины заводятся, рабочие болеют с разной вероятностью каждый и т.п.) и нужно "найти вероятность наступления хотя бы одного события". В вариациях это может звучать так "найти вероятность, что хотя бы один стрелок из трех попадет в цель", "найти вероятность того, что хотя бы один автобус из двух вовремя приедет на вокзал", "найти вероятность, что хотя бы один элемент в устройстве из четырех элементов откажет за год" и т.д.

Если в примерах выше речь шла о применении формулы классической вероятности, здесь мы приходим к алгебре событий, используем формулы сложения и умножения вероятностей (небольшая теория тут).

Итак, рассматриваются несколько независимых событий $A_1, A_2. A_n$, вероятности наступления каждого известны и равны $P(A_i)=p_i$ ($q_i=1-p_i$). Тогда вероятность того, что в результате эксперимента произойдет хотя бы одно из событий, вычисляется по формуле

Читайте также:  Pablosss biz в обход блокировки

$$ P=1-q_1cdot q_2 cdot . cdot q_n. quad(1) $$

Строго говоря, эта формула тоже получается применением основной методики "перейти к противоположному событию". Ведь действительно, пусть $A$=(Наступит хотя бы одно событие из $A_1, A_2. A_n$), тогда $ar$ = (Ни одно из событий не произойдет), что значит:

Пример 4. Узел содержит две независимо работающие детали. Вероятности отказа деталей соответственно равны 0,05 и 0,08. Найти вероятность отказа узла, если для этого достаточно, чтобы отказала хотя бы одна деталь.

Событие $A$ =(Узел отказал) = (Хотя бы одна из двух деталей отказала). Введем независимые события: $A_1$ = (Первая деталь отказала) и $A_2$ = (Вторая деталь отказала). По условию $p_1=P(A_1)=0,05$, $p_2=P(A_2)=0,08$, тогда $q_1=1-p_1=0,95$, $q_2=1-p_2=0,92$. Применим формулу (1) и получим:

$$ P(A)=1-q_1cdot q_2 = 1-0,95cdot 0,92=0,126. $$

Пример 5. Студент разыскивает нужную ему формулу в трех справочниках. Вероятность того, что формула содержится в первом справочнике, равна 0,8, во втором – 0,7, в третьем – 0,6. Найти вероятность того, что формула содержится хотя бы в одном справочнике.

Действуем аналогично. Рассмотрим основное событие
$A$ =(Формула содержится хотя бы в одном справочнике). Введем независимые события:
$A_1$ = (Формула есть в первом справочнике),
$A_2$ = (Формула есть во втором справочнике),
$A_3$ = (Формула есть в третьем справочнике).

По условию $p_1=P(A_1)=0,8$, $p_2=P(A_2)=0,7$, $p_3=P(A_3)=0,6$, тогда $q_1=1-p_1=0,2$, $q_2=1-p_2=0,3$, $q_3=1-p_3=0,4$. Применим формулу (1) и получим:

$$ P(A)=1-q_1cdot q_2cdot q_3 = 1-0,2cdot 0,3cdot 0,4=0,976. $$

Пример 6. Рабочий обслуживает 4 станка, работающих независимо друг от друга. Вероятность того, что в течение смены первый станок потребует внимания рабочего, равна 0,3, второй – 0,6, третий – 0,4 и четвёртый – 0,25. Найти вероятность того, что в течение смены хотя бы один станок не потребует внимания мастера.

Думаю, вы уже уловили принцип решения, вопрос только в количестве событий, но и оно не оказывает влияния на сложность решения (в отличие от общих задач на сложение и умножение вероятностей). Только будьте внимательны, вероятности указаны для "потребует внимания", а вот вопрос задачи "хотя бы один станок НЕ потребует внимания". Вводить события нужно такие же, как и основное (в данном случае, с НЕ), чтобы пользоваться общей формулой (1).

Получаем:
$A$ = (В течение смены хотя бы один станок НЕ потребует внимания мастера),
$A_i$ = ($i$-ый станок НЕ потребует внимания мастера), $i=1,2,3,4$,
$p_1 = 0,7$, $p_2 = 0,4$, $p_3 = 0,6$, $p_4 = 0,75$.

$$ P(A)=1-q_1cdot q_2cdot q_3 cdot q_4= 1-(1-0,7)cdot (1-0,4)cdot (1-0,6)cdot (1-0,75)=0,982. $$

Ответ: 0,982. Почти наверняка мастер будет отдыхать всю смену;)

Частный случай. Повторные испытания

Думаете, дальше будет сложнее? Напротив, случаи все более частные, решения и формулы все более простые.

Итак, у нас есть $n$ независимых событий (или повторений некоторого опыта), причем вероятности наступления этих событий (или наступления события в каждом из опытов) теперь одинаковы и равны $p$. Тогда формула (1) упрощается к виду :

$$ P=1-q_1cdot q_2 cdot . cdot q_n = 1-q^n. $$

Фактически мы сужаемся к классу задач, который носит название "повторные независимые испытания" или "схема Бернулли", когда проводится $n$ опытов, вероятность наступления события в каждом из которых равна $p$. Нужно найти вероятность, что событие появится хотя бы раз из $n$ повторений:

Подробнее о схеме Бернулли можно прочитать в онлайн-учебнике, а также посмотреть статьи-калькуляторы о решении различных подтипов задач (о выстрелах, лотерейных билетах и т.п.). Ниже же будут разобраны задачи только с "хотя бы один".

Пример 7. Пусть вероятность того, что телевизор не потребует ремонта в течение гарантийного срока, равна 0,9. Найти вероятность того, что в течение гарантийного срока из 3 телевизоров хотя бы один не потребует ремонта.

Решения короче вы еще не видели.
Просто выписываем из условия: $n=3$, $p=0,9$, $q=1-p=0,1$.
Тогда вероятность того, что в течение гарантийного срока из 3 телевизоров хотя бы один не потребует ремонта, по формуле (2):

Читайте также:  Fedex доставка из сша в россию

Пример 8. Производится 5 независимых выстрелов по некоторой цели. Вероятность попадания при одном выстреле равна 0,8. Найти вероятность того, что будет хотя бы одно попадание.

Опять, начинаем с формализации задачи, выписывая известные величины. $n=5$ выстрелов, $p=0,8$ – вероятность попадания при одном выстреле, $q=1-p=0,2$.
И тогда вероятность того, что будет хотя бы одно попадание из пяти выстрелов равна: $$ P=1-0,2^5=1-0,00032=0,99968 $$

Думаю, с применением формулы (2) все более чем ясно (не забудьте почитать и о других задачах, решаемых в рамках схемы Бернулли, ссылки были выше). А ниже я приведу чуть более сложную задачу. Такие задачи встречаются пореже, но и их способ решения надо усвоить. Поехали!

Пример 9. Производится n независимых опытов, в каждом из которых некоторое событие A появляется с вероятностью 0,7. Сколько нужно сделать опытов для того, чтобы с вероятностью 0,95 гарантировать хотя бы одно появление события A?

Имеем схему Бернулли, $n$ – количество опытов, $p=0,7$ – вероятность появления события А.

Тогда вероятность того, что произойдет хотя бы одно событие А в $n$ опытах, равна по формуле (2): $$ P=1-q^n=1-(1-0,7)^n=1-0,3^n $$ По условию эта вероятность должна быть не меньше 0,95, поэтому:

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

Округляя, получаем что нужно провести не менее 3 опытов.

Ответ: минимально нужно сделать 3 опыта.

Полезные ссылки

В решебнике вы найдете более 1000 задач со словами "хотя бы . ":

Вероятность появления хотя бы одного события
  1. Услуги проектирования
  2. Теория вероятности [Калинин В.М., Тихомиров С.Р.]
  3. Вероятность появления хотя бы одного события

Теорема Вероятность появления хотя бы одного из событий $A_1 ,A_2 ldots A_n $ независимых в совокупности равна egin label < eq2 >P( A )=1-P( < overline A _1 >)cdot P( < overline A _2 >)cdot ldots cdot P( < overline A _n >), qquad (2) end где событие А = < появление хотя бы одного из событий $A_1 ,A_2 ldots A_n $ >,

обозначив $P( < overline A _1 >)=q_1 ,,,P( < overline A _2 >)=q_2 ldots $получим egin label < eq3 >P( A )=1-q_1 cdot q_2 cdot ldots cdot q_n qquad (3) end

Если $q_1 =q_2 =ldots q_n$, то egin label < eq4 >P(A)=1-q^n qquad (4) end

Пример: Вероятность попадания в цель при стрельбе из 1-го орудия $P_1 =0,8$ из 2-го $P_2 =0,7$ из 3-го $P_3 =0,9$. Производится залп из всех орудий. Найти вероятность хотя бы одного попадания.

Введем событие А = < хотя бы одно попадание в цель >. $P( A )=1-q_1 cdot q_2 cdot q_3$

  • Вероятность промаха из первого орудия $q_1 =1-P_1 =1-0,8=0,2$
  • Вероятность промаха из второго орудия $q_2 =1-P_2 =1-0,7=0,3$
  • Вероятность промаха из третьего орудия $q_3 =1-P_3 =1-0,9=0,1$

Тогда вероятность хотя бы одного попадания будет равна $P( A )=1-0,2cdot 0,3cdot 0,1=1-0,006=0,994$

Далее:

Лемма о построении множества $[F]_$

Определение двойного интеграла

Теорема Стокса

Механические приложения тройного интеграла

Вычисление криволинейного интеграла второго рода в случае выполнения условия независимости от формы

Соленоидальное векторное поле

Вычисление тройного интеграла. Теорема о переходе от тройного интеграла к повторному

Дифференциальные характеристики векторного поля

Упрощение логических функций

СДНФ. Теорема о представлении в виде СДНФ. Построение СДНФ по таблице

Полином Жегалкина. Теорема о представлении в виде полинома Жегалкина

Несобственные интегралы по неограниченной области

Теорема о предполных классах

Криволинейный интеграл первого рода

Огравление $Rightarrow $