№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

Лампы независимы:

\[P(\overline{A}) = 0{,}8^3 = 0{,}512.\]

Шаг 3. Вычитаем из единицы

\[P(A) = 1 - 0{,}512 = 0{,}488.\]

Здесь вероятность перегорания необычно большая, поэтому и ответ получается меньше половины — это не ошибка.

Шаг 1. Сужаем пространство исходов

Шестёрка исключена, на каждом броске остаётся по пять значений:

\[n = 5\cdot 5 = 25.\]

Шаг 2. Ищем сумму 10

Из чисел \(1, 2, 3, 4, 5\) сумму \(10\) даёт единственная пара — \((5;5)\). Пары \((4;6)\) и \((6;4)\) запрещены условием.

\[m = 1.\]

Шаг 3. Делим

\[P = \dfrac{1}{25} = 0{,}04.\]

Шаг 1. Вводим неизвестную долю

Задача обратная к обычной: доли хозяйств неизвестны, зато известен общий процент. Пусть доля яиц из первого хозяйства равна \(x\), тогда из второго — \(1 - x\).

Шаг 2. Записываем общий процент высшей категории

Яйца высшей категории набираются из двух хозяйств:

\[0{,}35x + 0{,}15(1 - x) = 0{,}3.\]

Шаг 3. Решаем уравнение

\[0{,}35x + 0{,}15 - 0{,}15x = 0{,}3,\]
\[0{,}2x = 0{,}15,\qquad x = 0{,}75.\]

Проверка: \(0{,}35\cdot 0{,}75 + 0{,}15\cdot 0{,}25 = 0{,}2625 + 0{,}0375 = 0{,}3\) — сходится.

Шаг 4. Отвечаем на вопрос

Доля яиц из первого хозяйства и есть искомая вероятность:

\[P = 0{,}75.\]

Шаг 1. Два числа

\[P(\text{перегорит}) = 0{,}2,\qquad P(\text{не перегорит}) = 1 - 0{,}2 = 0{,}8.\]

Шаг 2. Судьба каждой лампы задана

В условии сказано точно, какая лампа должна перегореть, а какая нет, поэтому перебирать варианты не нужно. Лампы независимы, перемножаем:

\[P = 0{,}2\cdot 0{,}8\cdot 0{,}2\cdot 0{,}8.\]

Шаг 3. Считаем

\[P = 0{,}2^2\cdot 0{,}8^2 = 0{,}04\cdot 0{,}64 = 0{,}0256.\]

Шаг 1. Перечисляем, как вообще могла получиться сумма 3

Кость бросали, пока сумма не набралась, и в итоге она оказалась равна \(3\). Это могло произойти четырьмя способами:

один бросок — выпало \(3\);

два броска — \(2\) и \(1\);

два броска — \(1\) и \(2\);

три броска — \(1\), \(1\) и \(1\).

Шаг 2. Считаем вероятность каждого

Каждый отдельный бросок даёт нужное значение с вероятностью \(\dfrac16\), броски независимы:

\[P(3) = \dfrac16,\qquad P(2;1) = P(1;2) = \dfrac1{36},\qquad P(1;1;1) = \dfrac1{216}.\]

Шаг 3. Складываем — это вся вероятность события «сумма равна 3»

Приведём к знаменателю \(216\):

\[\dfrac16 + \dfrac1{36} + \dfrac1{36} + \dfrac1{216}
= \dfrac{36 + 6 + 6 + 1}{216} = \dfrac{49}{216}.\]

Шаг 4. Берём долю нужного случая

Нас устраивает только первый вариант, поэтому

\[P = \dfrac{\tfrac{1}{6}}{\tfrac{49}{216}} = \dfrac{36}{216}\cdot\dfrac{216}{49}
= \dfrac{36}{49} = 0{,}7346\ldots \approx 0{,}73.\]

Обратите внимание: четыре варианта не равновероятны, поэтому ответ \(\dfrac14\) здесь неверен.

Шаг 1. Переходим к крайним зонам

Условия заданы в разные стороны, поэтому каждое перевернём через противоположное событие:

\[P(\text{масса не меньше } 1050) = 1 - 0{,}97 = 0{,}03,\]
\[P(\text{масса не больше } 970) = 1 - 0{,}94 = 0{,}06.\]

Шаг 2. Три зоны дают в сумме единицу

Масса попадает ровно в одну из трёх зон:

\[0{,}06 + P + 0{,}03 = 1.\]

Шаг 3. Находим искомое

\[P = 1 - 0{,}06 - 0{,}03 = 0{,}91.\]