Найти вероятность того что среди них окажется хотя бы один туз

Из колоды в 28 карт наугад вынимают 3. Найти вероятность того, что среди них окажется хотя бы один туз.

Готовое решение: Заказ №8390

Тип работы: Задача

Статус: Выполнен (Зачтена преподавателем ВУЗа)

Предмет: Теория вероятности

Дата выполнения: 29.08.2020

Цена: 208 руб.

Описание и исходные данные задания, 50% решения + фотография:

Из колоды в 28 карт наугад вынимают 3. Найти вероятность того, что среди них окажется хотя бы один туз.

Решение.

Будем считать, что в колоде из 28-и карт имеются 4 туза. Тогда число прочих карт равно 28 – 4 = 24.

Число различных способов, которыми можно выбрать 3 карты из 28-и, равно числу сочетаний из 28-и элементов по 3 элемента:

Пусть событие A – среди выбранных карт нет туза. Чтобы событие A произошло, все 3 карты должны быть из числа 24-х прочих, имеющихся в колоде.

Присылайте задания в любое время дня и ночи в ➔

Официальный сайт Брильёновой Натальи Валерьевны преподавателя кафедры информатики и электроники Екатеринбургского государственного института.

Все авторские права на размещённые материалы сохранены за правообладателями этих материалов. Любое коммерческое и/или иное использование кроме предварительного ознакомления материалов сайта natalibrilenova.ru запрещено. Публикация и распространение размещённых материалов не преследует за собой коммерческой и/или любой другой выгоды.

Источник

Из колоды карт (36 карт) вынули наугад 4 карты. Чему равна вероятность того, что среди них есть хотя бы один туз?

Готовое решение: Заказ №8390

Тип работы: Задача

Статус: Выполнен (Зачтена преподавателем ВУЗа)

Предмет: Теория вероятности

Дата выполнения: 29.08.2020

Цена: 208 руб.

Описание и исходные данные задания, 50% решения + фотография:

Из колоды карт (36 карт) вынули наугад 4 карты. Чему равна вероятность того, что среди них есть хотя бы один туз?

Решение.

Число способов выбора 4-х карт из 36-и равно числу сочетаний из 36-и элементов по 4 элемента:

Событию A – не взято ни одного туза – благоприятствуют те исходы, при которых будут сданы 4 карты из числа 36 – 4 = 32-х прочих (всех, кроме тузов), имеющихся в колоде.

Присылайте задания в любое время дня и ночи в ➔

Официальный сайт Брильёновой Натальи Валерьевны преподавателя кафедры информатики и электроники Екатеринбургского государственного института.

Все авторские права на размещённые материалы сохранены за правообладателями этих материалов. Любое коммерческое и/или иное использование кроме предварительного ознакомления материалов сайта natalibrilenova.ru запрещено. Публикация и распространение размещённых материалов не преследует за собой коммерческой и/или любой другой выгоды.

Источник

Решение задач с формулировкой «хотя бы один»

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).

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

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.

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.

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).

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.

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).

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).

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.

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.

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.

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?

Округляя, получаем что нужно провести не менее 3 опытов.

Ответ: минимально нужно сделать 3 опыта.

Полезные ссылки

Источник

19. Сложение вероятностей

Вероятность суммы несовместных событий A и B равна сумме вероятностей этих событий:

. (17.1)

Пример 17.1. В ходе исследования потребительского рынка проводили опрос потребителей. В частности, один из вопросов касался сорта зубной пасты, которую использует потребитель. Если известно, что 14% населения использует сорт A, а 9% – сорт B, то чему равна вероятность того, что случайно выбранный человек будет использовать одну из двух паст. (Предполагается, что в данный момент человек использует только одну пасту).

Решение. Пусть A – событие, состоящее в том, что выбранный человек использует пасту сорта A, а B – событие, состоящее в том, что выбранный человек использует пасту сорта B. Поскольку события A и B несовместные по условию задачи, то, используя теорему сложения вероятностей (2.2), получим

.

Пример 17.2. Из колоды в 36 карт наугад вынимают 3 карты. Найти вероятность того, что среди них окажется хотя бы один туз.

P(B) = P(A1)+P(A2)+P(A3) =

Вероятность суммы совместных событий A и B равна сумме вероятностей этих событий без вероятности их совместного появления:

. (17.2)

Пример 17.3. Вероятность того, что покупатель, собирающийся приобрести компьютер и пакет прикладных программ, приобретет только компьютер, равна 0,15. Вероятность того, что покупатель купит только пакет программ, равна 0,1. Вероятность того, что будут куплены и компьютер и пакет программ, равна 0,05. Чему равна вероятность того, что будут куплены или компьютер, или пакет программ, или компьютер и пакет программ вместе?

Решение. Пусть A – событие того, что покупатель приобретет компьютер, B – событие того, что покупатель приобретет пакет программ, тогда AB – событие того, что покупатель приобретет и компьютер, и пакет программ. Следовательно, вероятность того, что будут куплены или компьютер, или пакет программ, или компьютер и пакет программ вместе, будет равна

.

Пример 17.3. Два стрелка делают одновременно по одному выстрелу по мишени. Вероятность попадания для первого стрелка равна 0,8, для второго – 0,7. Какова вероятность поражения цели?

Решение. Пусть A1=<первый стрелок попал по цели>, A2=<второй стрелок попал по цели>. Мишень будет поражена (событие В), если произойдет событие А1+А2. Поскольку события А1 и А2 совместны, но независимы, то

P(А1+А2) = P(А1)+P(А2)–P(А1)P(А2) = 0,7+0,8–0,7×0,8 = 0,94.

Отметим, что событие В можно записать также в виде . Тогда получим

P(B) = P(A1)P()+P()P(A2)+P(A1)P(A2) = 0,8×0,3+0,2×0,7+0,7×0,8 = 0,94.

Пример 17.4. Дана электрическая цепь:

Вероятность выхода из строя элемента А равна 0,1, элемента В – 0,2, элемента С – 0,3. Найти вероятность разрыва цепи.

Решение. В данном случае разрыв цепи произойдет только тогда, когда выйдет из строя элемент А, или сразу два элемента В и С. При помощи алгебры событий разрыв цепи можно описать следующим образом: . Поскольку эти события совместные и независимые, то получим

= .

17.1. Предположим, что 25% населения живёт в области, охваченной коммерческим TV, рекламирующим новые модели автомобилей некоторой фирмы; 34% населения охвачено коммерческим радио, рекламирующим продукцию той же фирмы. Также известно, что 10% населения охвачено коммерческим и радио и телевидением. Если случайно отобрать человека, живущим в данной области, то чему будет равна вероятность того, что он знаком хотя бы с одной из рекламных передач фирмы?

17.2. В большом универмаге установлен скрытый «электронный глаз» для подсчета числа входящих покупателей. Когда два покупателя входят в магазин вместе и один идет перед другим, то первый из них будет учтен электронным устройством с вероятностью 0,98, второй – с вероятностью 0,94, а оба – с вероятностью 0,93. Чему равна вероятность того, что устройство сканирует по крайне мере одного из двух входящих вместе покупателей.

17.3. Девушка забыла последнюю цифру телефонного номера своего жениха и набрала её наугад. Какова вероятность того, что ей понадобится набирать номер не более трёх раз? Рассмотреть случай блондинки и брюнетки. (Блондинка не помнит какую цифру она набирала перед этим, а брюнетка помнит.)

Ответ. Случай блондинки: ;

Случай брюнетки: .

Источник

19. Сложение вероятностей

Вероятность суммы несовместных событий A и B равна сумме вероятностей этих событий:

. (17.1)

Пример 17.1. В ходе исследования потребительского рынка проводили опрос потребителей. В частности, один из вопросов касался сорта зубной пасты, которую использует потребитель. Если известно, что 14% населения использует сорт A, а 9% – сорт B, то чему равна вероятность того, что случайно выбранный человек будет использовать одну из двух паст. (Предполагается, что в данный момент человек использует только одну пасту).

Решение. Пусть A – событие, состоящее в том, что выбранный человек использует пасту сорта A, а B – событие, состоящее в том, что выбранный человек использует пасту сорта B. Поскольку события A и B несовместные по условию задачи, то, используя теорему сложения вероятностей (2.2), получим

.

Пример 17.2. Из колоды в 36 карт наугад вынимают 3 карты. Найти вероятность того, что среди них окажется хотя бы один туз.

P(B) = P(A1)+P(A2)+P(A3) =

Вероятность суммы совместных событий A и B равна сумме вероятностей этих событий без вероятности их совместного появления:

. (17.2)

Пример 17.3. Вероятность того, что покупатель, собирающийся приобрести компьютер и пакет прикладных программ, приобретет только компьютер, равна 0,15. Вероятность того, что покупатель купит только пакет программ, равна 0,1. Вероятность того, что будут куплены и компьютер и пакет программ, равна 0,05. Чему равна вероятность того, что будут куплены или компьютер, или пакет программ, или компьютер и пакет программ вместе?

Решение. Пусть A – событие того, что покупатель приобретет компьютер, B – событие того, что покупатель приобретет пакет программ, тогда AB – событие того, что покупатель приобретет и компьютер, и пакет программ. Следовательно, вероятность того, что будут куплены или компьютер, или пакет программ, или компьютер и пакет программ вместе, будет равна

.

Пример 17.3. Два стрелка делают одновременно по одному выстрелу по мишени. Вероятность попадания для первого стрелка равна 0,8, для второго – 0,7. Какова вероятность поражения цели?

Решение. Пусть A1=<первый стрелок попал по цели>, A2=<второй стрелок попал по цели>. Мишень будет поражена (событие В), если произойдет событие А1+А2. Поскольку события А1 и А2 совместны, но независимы, то

P(А1+А2) = P(А1)+P(А2)–P(А1)P(А2) = 0,7+0,8–0,7×0,8 = 0,94.

Отметим, что событие В можно записать также в виде . Тогда получим

P(B) = P(A1)P()+P()P(A2)+P(A1)P(A2) = 0,8×0,3+0,2×0,7+0,7×0,8 = 0,94.

Пример 17.4. Дана электрическая цепь:

Вероятность выхода из строя элемента А равна 0,1, элемента В – 0,2, элемента С – 0,3. Найти вероятность разрыва цепи.

Решение. В данном случае разрыв цепи произойдет только тогда, когда выйдет из строя элемент А, или сразу два элемента В и С. При помощи алгебры событий разрыв цепи можно описать следующим образом: . Поскольку эти события совместные и независимые, то получим

= .

17.1. Предположим, что 25% населения живёт в области, охваченной коммерческим TV, рекламирующим новые модели автомобилей некоторой фирмы; 34% населения охвачено коммерческим радио, рекламирующим продукцию той же фирмы. Также известно, что 10% населения охвачено коммерческим и радио и телевидением. Если случайно отобрать человека, живущим в данной области, то чему будет равна вероятность того, что он знаком хотя бы с одной из рекламных передач фирмы?

17.2. В большом универмаге установлен скрытый «электронный глаз» для подсчета числа входящих покупателей. Когда два покупателя входят в магазин вместе и один идет перед другим, то первый из них будет учтен электронным устройством с вероятностью 0,98, второй – с вероятностью 0,94, а оба – с вероятностью 0,93. Чему равна вероятность того, что устройство сканирует по крайне мере одного из двух входящих вместе покупателей.

17.3. Девушка забыла последнюю цифру телефонного номера своего жениха и набрала её наугад. Какова вероятность того, что ей понадобится набирать номер не более трёх раз? Рассмотреть случай блондинки и брюнетки. (Блондинка не помнит какую цифру она набирала перед этим, а брюнетка помнит.)

Ответ. Случай блондинки: ;

Случай брюнетки: .

Источник