Урок 17. Сложная вероятность: 40 заданий с решениями

Обозначим исправность через $A$ и $B$. Независимость дана явно, поэтому $P(A\cap B)=P(A)P(B)=0{,}8\cdot0{,}9=0{,}72$. Сложение относилось бы к альтернативным случаям, а здесь нужны оба события одновременно.

Ответ. 0,72.

Противоположное событие - два промаха. Вероятность каждого промаха $1-0{,}7=0{,}3$, совместная вероятность $0{,}3^2=0{,}09$. Поэтому $P=1-0{,}09=0{,}91$. В ответ включены и одно, и два попадания.

Ответ. 0,91.

Подходят два несовместимых пути: успех-неудача и неудача-успех. Их вероятности $0{,}6\cdot0{,}4$ и $0{,}4\cdot0{,}6$. Сумма равна $0{,}48$. Два успеха не подходят; множитель 2 возникает из двух порядков, а не из числа испытаний сам по себе.

Ответ. 0,48.

Несовместимость означает $P(A\cap B)=0$. Поэтому $P(A\cup B)=0{,}3+0{,}4=0{,}7$. Для независимости нужно $P(A\cap B)=P(A)P(B)$, но $0\ne0{,}12$. Следовательно, события зависимы: наступление одного исключает другое.

Ответ. 0,7; зависимы.

Пусть $A$ и $B$ - отсутствие чая в первом и втором автомате. Тогда $P(A\cup B)=0{,}2+0{,}2-0{,}18=0{,}22$. Чай есть в обоих тогда и только тогда, когда не произошло ни $A$, ни $B$. Поэтому искомая вероятность $1-0{,}22=0{,}78$. Независимость здесь неверна: $0{,}18\ne0{,}2^2$ .

Ответ. 0,78.

После сообщения о масти остаются девять равновозможных пиковых карт. Подходит одна, значит, вероятность $\frac19$. По определению условной вероятности получаем то же: $\frac{P(\text{туз пик})}{P(\text{пики})}=\frac{\frac1{36}}{\frac9{36}}=\frac19$. Знаменатель 36 без учёта сообщения был бы неверен.

Ответ. $\frac19$ .

Первый красный выбирается с вероятностью $\frac35$. При этом в урне остаются два красных из четырёх, поэтому условная вероятность второго красного $\frac24$. Получаем $\frac35\cdot\frac24=\frac3{10}$. Проверка по неупорядоченным парам: $\frac{C_3^2}{C_5^2}=\frac3{10}$. Выборы не независимы.

Ответ. $\frac3{10}$ .

Разные цвета дают два несовместимых пути: КС и СК. Их вероятности $\frac35\cdot\frac24$ и $\frac25\cdot\frac34$. Складывая, получаем $\frac6{20}+\frac6{20}=\frac35$. Проверка: одинаковые цвета имеют вероятность $\frac{C_3^2+C_2^2}{C_5^2}=\frac25$, дополнение равно $\frac35$ .

Ответ. $\frac35$ .

Последовательная схема означает пересечение событий исправности. Поэтому $R=0{,}98\cdot0{,}97=0{,}9506$. Результат меньше надёжности каждого узла, как и должно быть: отказ любого узла останавливает систему.

Ответ. 0,9506.

Параллельная система отказывает только при одновременном отказе обоих узлов. Вероятности отказа $0{,}02$ и $0{,}03$; их произведение $0{,}0006$. Поэтому $R=1-0{,}0006=0{,}9994$. Складывать 0,98 и 0,97 без вычитания пересечения нельзя.

Ответ. 0,9994.

Разбиваем все батарейки на неисправные $D$ и исправные $\overline D$. Вероятности путей к браковке $B$: $P(D\cap B)=0{,}03\cdot0{,}91=0{,}0273$ и $P(\overline D\cap B)=0{,}97\cdot0{,}01=0{,}0097$. Эти пути несовместимы и исчерпывают браковку. Следовательно, $P(B)=0{,}0273+0{,}0097=0{,}037$ .

Ответ. 0,037.

Пусть $D$ - брак, $H_2$ - второй завод. Полная вероятность брака $P(D)=0{,}6\cdot0{,}02+0{,}4\cdot0{,}05=0{,}032>0$. Вероятность пути «второй завод и брак» равна 0,02. Среди всех бракованных доля этого пути равна $P(H_2\mid D)=\frac{0{,}02}{0{,}032}=\frac58=0{,}625$. Число 0,05 - другая условная вероятность, $P(D\mid H_2)$ .

Ответ. 0,625.

В конкретном порядке три успеха и одна неудача имеют вероятность $0{,}8^3\cdot0{,}2$. Положение единственной неудачи выбирается четырьмя способами. Эти пути несовместимы, поэтому $P=C_4^3\cdot0{,}8^3\cdot0{,}2=0{,}4096$. Условия схемы Бернулли выполнены: независимость и одинаковая вероятность даны.

Ответ. 0,4096.

Число успехов равно 3 или 4. Случаи несовместимы, поэтому $P=4\cdot0{,}8^3\cdot0{,}2+0{,}8^4=0{,}4096+0{,}4096=0{,}8192$. Слова «не менее» включают три; случай четырёх успехов нельзя потерять.

Ответ. 0,8192.

Выбираем две успешные позиции: $C_5^2=10$. Для каждого такого расположения вероятность равна $0{,}3^2\cdot0{,}7^3$. Поэтому $P=10\cdot0{,}09\cdot0{,}343=0{,}3087$. Множитель 10 учитывает все порядки и не учитывает ни один порядок дважды.

Ответ. 0,3087.

Принадлежность поставщику разбивает всю продукцию на три несовместимые группы; доли суммируются в 1. По полной вероятности $P(D)=0{,}5\cdot0{,}01+0{,}3\cdot0{,}02+0{,}2\cdot0{,}04=0{,}005+0{,}006+0{,}008=0{,}019$. Обычное среднее трёх процентов неверно, потому что объёмы поставок различны.

Ответ. 0,019.

Всего троек $C_9^3=84$. Благоприятную тройку образуют два из пяти красных и один из четырёх синих: $C_5^2C_4^1=40$. Поэтому $P=\frac{40}{84}=\frac{10}{21}$. В обоих подсчётах порядок не учитывается; три красных не подходят.

Ответ. $\frac{10}{21}$ .

Пусть добавляют $x\geq0$ кг. Масса соли первоначально 2 кг, добавлено $0{,}5x$ кг, итоговая масса $10+x>0$. Баланс соли: $2+0{,}5x=0{,}35(10+x)$. Отсюда $0{,}15x=1{,}5$, $x=10$. Проверка: 7 кг соли в 20 кг раствора дают 35%. Линейное уравнение имеет единственное решение, и оно физически допустимо.

Ответ. 10 кг.

ОДЗ: $x+1>0$, то есть $x>-1$. Основание $3>1$, поэтому логарифм возрастает и на ОДЗ неравенство равносильно $x+1\leq3^2=9$, то есть $x\leq8$. Пересечение условий даёт $-1<x\leq8$. Левый конец исключён из-за неопределённого логарифма, правый включён по равенству.

Ответ. $(-1;8]$ .

Выделим полный квадрат: $f(x)=4-(x-3)^2$. Квадрат неотрицателен при любом действительном $x$, поэтому $f(x)\leq4$. Равенство возможно тогда и только тогда, когда $x=3$. Функция определена на всей прямой; других точек максимума нет.

Ответ. 4 при $x=3$ .

Успех достигается двумя несовместимыми путями: основной работает либо основной отказал и резерв сработал. Поэтому $P=0{,}9+0{,}1\cdot0{,}8=0{,}98$. Дополнительная независимость не требуется: вероятность 0,8 уже задана при нужном условии. Вероятность полного отказа $0{,}1\cdot0{,}2=0{,}02$ подтверждает результат.

Ответ. 0,98.

Первые две попытки должны быть неудачными, а третья успешной. Это один путь ННУ с вероятностью $0{,}6^2\cdot0{,}4=0{,}144$. Множитель $C_3^1$ не нужен: место успеха предписано. Последующие попытки не ограничены и на событие не влияют.

Ответ. 0,144.

Вероятность успеха $p=\frac14$, неудачи $\frac34$. Выбрать две успешные позиции можно $C_5^2=10$ способами. Поэтому $P=10\left(\frac14\right)^2\left(\frac34\right)^3=\frac{270}{1024}=\frac{135}{512}$. Независимость относится к выборам ученика, а не к содержанию вопросов.

Ответ. $\frac{135}{512}$ .

Промахнуться должен ровно один стрелок. Три несовместимых случая дают $P=0{,}2\cdot0{,}7\cdot0{,}6+0{,}8\cdot0{,}3\cdot0{,}6+0{,}8\cdot0{,}7\cdot0{,}4=0{,}084+0{,}144+0{,}224=0{,}452$. Обычная формула Бернулли с единым $p$ неприменима: вероятности различны.

Ответ. 0,452.

Матч длится две или три партии. Победные для игрока пути: ВВ, ВПВ, ПВВ, где В - его победа. Их вероятности $0{,}6^2$, $0{,}6\cdot0{,}4\cdot0{,}6$ и $0{,}4\cdot0{,}6^2$. Сумма $0{,}36+0{,}144+0{,}144=0{,}648$. Путь ВВВ не добавляем: после ВВ матч уже закончен. Других победных путей нет, так как в третьей партии счёт перед решающей победой должен быть 1:1.

Ответ. 0,648.

Для $n$ попыток вероятность успеха хотя бы раз равна $1-0{,}8^n$. Требование равносильно $0{,}8^n\leq0{,}1$. Последовательность $0{,}8^n$ строго убывает. Проверяем соседние целые: $0{,}8^{10}=0{,}1073741824>0{,}1$, $0{,}8^{11}=0{,}08589934592<0{,}1$. Поэтому 10 и все меньшие числа не подходят, а 11 подходит. Логарифмическое округление без проверки границы здесь не требуется.

Ответ. 11.

Вероятность трёх попаданий $P_3=0{,}8\cdot0{,}7\cdot0{,}6=0{,}336$. Вероятность ровно двух равна сумме трёх путей: $P_2=0{,}2\cdot0{,}7\cdot0{,}6+0{,}8\cdot0{,}3\cdot0{,}6+0{,}8\cdot0{,}7\cdot0{,}4=0{,}452$. Известное событие имеет вероятность $P_2+P_3=0{,}788>0$. Условная вероятность $\frac{P_3}{P_2+P_3}=\frac{336}{788}=\frac{84}{197}$. Пересечение «все трое» и «не меньше двух» есть «все трое».

Ответ. $\frac{84}{197}$ .

Пусть $D$ - дефект, $S$ - сигнал. Вероятность совместного события $D\cap S$ равна $0{,}2\cdot0{,}9=0{,}18$. Полная вероятность сигнала $P(S)=0{,}18+0{,}8\cdot0{,}1=0{,}26>0$. Поэтому $P(D\mid S)=\frac{0{,}18}{0{,}26}=\frac9{13}$. Вероятность 0,9 характеризует сигнал при известном дефекте, а не дефект при известном сигнале.

Ответ. $\frac9{13}$ .

Обозначим $H$ - переложили белый, $W$ - затем выбрали белый. $P(H)=\frac35$, $P(W\mid H)=\frac36$. Если переложили чёрный, $P(\overline H)=\frac25$, $P(W\mid\overline H)=\frac26$. Поэтому $P(W)=\frac35\cdot\frac36+\frac25\cdot\frac26=\frac{13}{30}>0$. Нужный путь имеет вероятность $\frac9{30}$, и $P(H\mid W)=\frac{\frac9{30}}{\frac{13}{30}}=\frac9{13}$. Во второй урне после перекладывания шесть шаров при любом цвете; возвращения в первую нет.

Ответ. $\frac9{13}$ .

Условию о сумме отвечают шесть равновозможных пар: $(4;6),(5;5),(6;4),(5;6),(6;5),(6;6)$. Из них первая координата 6 у трёх: $(6;4),(6;5),(6;6)$. Поэтому условная вероятность $\frac36=\frac12$. Изначальная вероятность шестёрки $\frac16$ не сохраняется после сообщения о большой сумме.

Ответ. $\frac12$ .

Вероятность ровно одного успеха $2p(1-p)$. Уравнение $2p(1-p)=\frac38$ равносильно $16p^2-16p+3=0$, откуда $p=\frac14$ или $\frac34$. Оба числа принадлежат $[0;1]$, но дополнительное условие $p>1-p$ означает $p>\frac12$ и оставляет только $\frac34$. Проверка: $2\cdot\frac34\cdot\frac14=\frac38$. Строгость сравнения исключает равенство вероятностей.

Ответ. $\frac34$ .

Ветвь $AB$ работает с вероятностью $0{,}9\cdot0{,}8=0{,}72$ и отказывает с вероятностью 0,28. Она независима от $C$, поскольку состояния всех трёх узлов совместно независимы. Система отказывает при отказе обеих ветвей: $1-R=0{,}28(1-p)$. Требование $1-0{,}28(1-p)\geq0{,}93$ равносильно $p\geq0{,}75$. С учётом $0\leq p\leq1$ получаем $[0{,}75;1]$. При $p=0{,}75$ надёжность ровно 0,93, при $p=1$ - 1, поэтому обе границы допустимы.

Ответ. $p\in[0{,}75;1]$ .

Пусть $D$ - дефект, $S_1,S_2$ - сигналы. Условная независимость даёт $P(S_1\cap S_2\mid D)=0{,}9^2=0{,}81$ и $P(S_1\cap S_2\mid\overline D)=0{,}1^2=0{,}01$. Значит, вероятность двух сигналов равна $0{,}02\cdot0{,}81+0{,}98\cdot0{,}01=0{,}026>0$. Доля дефектного пути: $\frac{0{,}0162}{0{,}026}=\frac{81}{130}$ .

Каждый отдельный сигнал имеет вероятность $0{,}02\cdot0{,}9+0{,}98\cdot0{,}1=0{,}116$. Произведение $0{,}116^2=0{,}013456$ не равно 0,026. Следовательно, безусловной независимости нет: общая скрытая причина связывает сигналы. Перемножение 0,116 дало бы неверный знаменатель.

Ответ. $\frac{81}{130}$; без условия сигналы зависимы.

Пусть $q_n$ - вероятность дождя через $n$ дней, $q_0=0$. Разбиваем по погоде в день $n$: $q_{n+1}=0{,}6q_n+0{,}3(1-q_n)=0{,}3+0{,}3q_n$. Отсюда $q_1=0{,}3$, $q_2=0{,}39$, $q_3=0{,}417$. Все значения в $[0;1]$. Нельзя писать $0{,}3^3$: это вероятность одного конкретного пути при неверно выбранных переходах, а дождь в последний день возможен после разных предысторий.

Ответ. 0,417.

Искомая вероятность $f(p)=2p(1-p)=\frac12-2(p-\frac12)^2$. На $[0;1]$ её значения составляют $[0;\frac12]$: максимум $\frac12$ достигается только при $p=\frac12$, минимум 0 - при $p=0$ и 1.

При $0\leq a\leq\frac12$ уравнение равносильно $(p-\frac12)^2=\frac{1-2a}{4}$, поэтому $p=\frac{1\pm\sqrt{1-2a}}2$. Для $0\leq a<\frac12$ корни различны и лежат в $[0;1]$; при $a=0$ получаются именно 0 и 1, оба разрешены. При $a=\frac12$ обе формулы дают один корень. Вне указанного диапазона решений нет. Тем самым проверены и вещественность радикала, и вероятностные ограничения, и слияние ветвей.

Ответ. При $0\leq a<\frac12$ - два значения $\frac{1\pm\sqrt{1-2a}}2$; при $a=\frac12$ - одно $p=\frac12$; иначе значений нет.

Четыре несовместимые области $A\cap B$, $A\cap\overline B$, $\overline A\cap B$, $\overline A\cap\overline B$ имеют вероятности $t$, $0{,}6-t$, $0{,}7-t$, $t-0{,}3$. Все они должны быть неотрицательны, откуда $0{,}3\leq t\leq0{,}6$. Их сумма равна 1. Поэтому для любого $t$ на этом отрезке можно взять пространство из четырёх исходов с именно такими вероятностями; нулевые вероятности на границах разрешены. Это доказывает не только необходимость, но и достаточность ограничений.

Поскольку $P(B)=0{,}7>0$, условная вероятность $P(A\mid B)=\frac{t}{0{,}7}$ изменяется от $\frac37$ до $\frac67$, включая границы. Независимость равносильна $t=0{,}6\cdot0{,}7=0{,}42$, что принадлежит допустимому отрезку.

Ответ. $t\in[0{,}3;0{,}6]$; $P(A\mid B)\in[\frac37;\frac67]$; независимость при $t=0{,}42$ .

Надёжность $R=1-(1-p)(1-q)=p+q-pq=1{,}2-pq$. Из $q=1{,}2-p$ и ограничений на оба числа получаем $0{,}2\leq p\leq1$. Тогда $pq=p(1{,}2-p)=0{,}36-(p-0{,}6)^2$, и $R=0{,}84+(p-0{,}6)^2$ .

Минимум 0,84 достигается только при $p=0{,}6$, соответственно $q=0{,}6$. На отрезке $[0{,}2;1]$ расстояние от 0,6 не больше 0,4; квадрат не больше 0,16. Максимум $R=1$ достигается только при $p=0{,}2$ или 1, то есть на парах $(0{,}2;1)$ и $(1;0{,}2)$. Все эти пары допустимы. Равные надёжности при фиксированной сумме здесь дают минимум, а не максимум.

Ответ. Минимум 0,84 при $(0{,}6;0{,}6)$; максимум 1 при $(0{,}2;1)$ и $(1;0{,}2)$ .

Пусть $H$ - первый белый, $W$ - второй белый. $P(H)=\frac35$. После возвращения первого белого и добавления белого состав 4 белых и 2 чёрных, поэтому $P(W\mid H)=\frac46$. После первого чёрного состав 3 белых и 4 чёрных, поэтому $P(W\mid\overline H)=\frac37$ .

Полная вероятность второго белого $P(W)=\frac35\cdot\frac46+\frac25\cdot\frac37=\frac25+\frac6{35}=\frac47>0$. Нужный совместный путь имеет вероятность $\frac25$. Следовательно, $P(H\mid W)=\frac{\frac25}{\frac47}=\frac7{10}$. Знаменатели 6 и 7 различны, потому что правило добавления зависит от первого цвета; независимости выборов нет.

Ответ. $\frac7{10}$ .

Один полный безуспешный круг состоит из неудачи А и неудачи Б; его вероятность $r=0{,}6\cdot0{,}5=0{,}3$. Победа А возможна после $k=0,1,2,\ldots$ таких кругов, и вероятность соответствующего пути $0{,}3^k\cdot0{,}4$. Пути несовместимы.

После учёта первых $N$ кругов сумма вероятностей победы А равна $0{,}4\frac{1-0{,}3^N}{1-0{,}3}$. Вероятность, что ни один игрок не победил за $N$ кругов, равна $0{,}3^N$, которая стремится к нулю. Значит, не остаётся положительной вероятности бесконечного пути, и в пределе $P(A)=\frac{0{,}4}{0{,}7}=\frac47$ .

Проверка: победа Б в очередном круге имеет вероятность $0{,}6\cdot0{,}5=0{,}3$, поэтому $P(B)=\frac{0{,}3}{0{,}7}=\frac37$ и сумма равна 1. Одно уравнение $x=0{,}4+0{,}3x$ даёт тот же результат, но без предельной проверки само по себе не объясняет завершение игры.

Ответ. $\frac47$; вероятность бесконечной игры равна 0.

Обозначим число успехов $X$. При $p=0$ событие $X\geq3$ невозможно, поэтому условная вероятность не определена: это значение сразу исключаем. При $0<p\leq1$ по формуле Бернулли $$F(p)=\frac{10p^3(1-p)^2}{10p^3(1-p)^2+5p^4(1-p)+p^5}=\frac{10(1-p)^2}{10(1-p)^2+5p(1-p)+p^2}.$$ Сокращение на $p^3$ допустимо только после отбора $p>0$. Знаменатель положителен на $(0;1]$. Поэтому $F(p)\geq\frac12$ равносильно $10(1-p)^2\geq5p(1-p)+p^2$, то есть $14p^2-25p+10\geq0$. Корни $\alpha=\frac{25-\sqrt{65}}{28}$ и $\beta=\frac{25+\sqrt{65}}{28}$. Имеем $0<\alpha<1<\beta$ (поскольку $8<\sqrt{65}<9$). Старший коэффициент положителен, так что после пересечения с $(0;1]$ остаётся $(0;\alpha]$ .

Для равенства $F(p)=\frac5{12}$ получаем $120(1-p)^2=5(10-15p+6p^2)$, или $18p^2-33p+14=0$. Корни $\frac23$ и $\frac76$; второй не является вероятностью. При $p=\frac23$ знаменатель исходной условной вероятности положителен, и проверка даёт $F=\frac{10}{10+10+4}=\frac5{12}$. При $p=1$ величина $F=0$, этот конец не удовлетворяет ни одному требованию.

Ответ. Неравенство: $0<p\leq\frac{25-\sqrt{65}}{28}$. Равенство $F=\frac5{12}$: $p=\frac23$ .