№5. Вероятности сложных событий

Шаг 1. Противоположное событие

Событию «хотя бы одна лампа не перегорит» противоположно событие «перегорели все три».

Шаг 2. Считаем его вероятность

\[P(\overline{A}) = 0{,}25^3 = 0{,}015625.\]

Шаг 3. Вычитаем и округляем

\[P(A) = 1 - 0{,}015625 = 0{,}984375 \approx 0{,}984.\]

Шаг 1. Обозначаем события

\(A\) — кофе закончится в первом автомате, \(B\) — во втором:

\[P(A) = P(B) = 0{,}2,\qquad P(A\cap B) = 0{,}16.\]

Шаг 2. Находим вероятность объединения

\[P(A\cup B) = P(A) + P(B) - P(A\cap B) = 0{,}2 + 0{,}2 - 0{,}16 = 0{,}24.\]

Пересечение вычитается, потому что при сложении \(P(A)\) и \(P(B)\) случай «закончился в обоих» учтён дважды.

Шаг 3. Переходим к противоположному событию

«Кофе останется в обоих» — значит не случилось ни \(A\), ни \(B\):

\[P = 1 - 0{,}24 = 0{,}76.\]

Заметьте, что автоматы здесь не независимы: будь они независимы, вероятность \(A\cap B\) равнялась бы \(0{,}2\cdot 0{,}2 = 0{,}04\), а не \(0{,}16\).

Шаг 1. Разбираем два случая

Батарейка либо исправна, либо нет:

\[P(\text{неисправна}) = 0{,}05,\qquad P(\text{исправна}) = 1 - 0{,}05 = 0{,}95.\]

Забракована она может быть в обоих случаях, но по разным причинам — поэтому разбираем их отдельно.

Шаг 2. Идём по каждой ветви

Исправна и забракована по ошибке:

\[0{,}95\cdot 0{,}01 = 0{,}0095.\]

Неисправна и забракована как положено:

\[0{,}05\cdot 0{,}95 = 0{,}0475.\]

Шаг 3. Складываем

Случаи несовместны:

\[P = 0{,}0095 + 0{,}0475 = 0{,}057.\]

Здесь легко перепутать числа: \(0{,}95\) встречается дважды, но в одном месте это доля исправных батареек, а в другом — вероятность правильно забраковать неисправную.

Шаг 1. Фломастеры достают по одному и не возвращают

Всего фломастеров \(7 + 3 + 5 = 15\). После первого вынимания в коробке остаётся \(14\) штук — это ключевой момент, знаменатель меняется.

Шаг 2. Разбираем два порядка

Нужны один синий и один красный, но порядок не задан, поэтому случаев два.

Сначала синий, потом красный:

\[\dfrac{7}{15}\cdot\dfrac{3}{14} = \dfrac{21}{210}.\]

Сначала красный, потом синий:

\[\dfrac{3}{15}\cdot\dfrac{7}{14} = \dfrac{21}{210}.\]

Шаг 3. Складываем

Эти случаи несовместны, поэтому вероятности складываются:

\[P = \dfrac{21}{210} + \dfrac{21}{210} = \dfrac{42}{210} = \dfrac15 = 0{,}2.\]

Если забыть про второй порядок, получится \(0{,}1\) — вдвое меньше верного ответа.

Шаг 1. Считаем через противоположное событие

Пусть патронов \(n\). Событие «поразит цель» противоположно событию «все \(n\) выстрелов — промах». Вероятность промаха при одном выстреле равна \(1 - 0{,}5 = 0{,}5\), выстрелы независимы, поэтому

\[P(\text{поразит}) = 1 - 0{,}5^n.\]

Шаг 2. Записываем требование

\[1 - 0{,}5^n \geqslant 0{,}8,\qquad 0{,}5^n \leqslant 0{,}2.\]

Шаг 3. Перебираем n

\[n = 1:\ 0{,}5 > 0{,}2\ -\ \text{мало};\]
\[n = 2:\ 0{,}25 > 0{,}2\ -\ \text{всё ещё мало};\]
\[n = 3:\ 0{,}125 \leqslant 0{,}2\ -\ \text{подходит}.\]

Вероятность поражения при трёх патронах равна \(1 - 0{,}125 = 0{,}875\), и это уже не меньше \(0{,}8\). Значит наименьшее число патронов — \(3\).

Шаг 1. Вероятность промаха

\[P(\text{промах}) = 1 - 0{,}7 = 0{,}3.\]

Шаг 2. Последовательность задана жёстко

В условии указан конкретный порядок: попал, попал, попал, промахнулся. Перебирать варианты не нужно, поэтому никаких сочетаний здесь нет — просто перемножаем вероятности независимых выстрелов:

\[P = 0{,}7\cdot 0{,}7\cdot 0{,}7\cdot 0{,}3.\]

Шаг 3. Считаем

\[0{,}7^3 = 0{,}343,\qquad P = 0{,}343\cdot 0{,}3 = 0{,}1029.\]