По геометрическому определению:

загаданных в промежутке от 0 до 5 чисел окажется больше двух.

Ответ: P(xy 2) 0,72

Аналогичный пример для самостоятельного решения:

Задача 36

Загадываются два числа x и y в промежутке от 0 до 10. Какова вероятность, что

y x2 1? 2

Данная задача (как, собственно, и предыдущая) допускает несколько способов расчёта площади, подумайте, какой путь более рационален.

В заключение следует отметить, что геометрическое определение вероятности тоже обладает своими недостатками. Один из них заключается в своеобразном парадоксе, давайте вспомним самый первый пример с отрезком 0;1 , на который случайным образом

падает точка. Возможно ли, что точка попадёт, например, на самый край отрезка? Да, такое событие возможно, но по геометрическому определению, его вероятность равна нулю! И то же самое можно сказать о любой точке отрезка! Дело в том, что с позиций геометрии размеры отдельно взятой точки равны нулю, и поэтому геометрическое определение вероятности здесь не срабатывает.

1.6. Теоремы сложения и умножения вероятностей

А теперь можно немного расслабиться, сейчас будут более простые задачки 

Теорема сложения вероятностей несовместных событий

Вероятность появления одного из двух несовместных событий A или B (без

разницы какого), равна сумме вероятностей этих событий:

P( A B) P( A) P(B)

Аналогичный факт справедлив и для бОльшего количества несовместных событий, например, для трёх несовместных событий A, B и C :

P( A B C) P( A) P(B) P(C)

Вспомним алгебру событий: сложение событий означает появление хотя бы одного из суммируемых событий, и, поскольку события в данном случае НЕсовместны, то одного и только одного из этих событий (безразлично какого).

Следует отметить, что для совместных событий равенство P( A B) P( A) P(B)

будет неверным. Теорема сложения вероятностей совместных событий имеет гораздо меньшее значение практики (и более того, может запутать «чайника»), поэтому о ней я расскажу вскользь и чуть позже.

Разминаемся, на этот раз в подсобке:)

Задача 37

Магазин получил продукцию в ящиках с четырех оптовых складов: четыре с 1-го, пять со 2-го, семь с 3-го и четыре с 4-го. Случайным образом выбран ящик для продажи. Какова вероятность того, что это будет ящик с первого или третьего склада.

Решение: всего получено магазином: 4 + 5 + 7 + 4 = 20 ящиков.

В данной задаче удобнее воспользоваться «быстрым» способом оформления без расписывания событий большими латинскими буквами. По классическому определению:

p1 204 0,2 – вероятность того, что для продажи будет выбран ящик с 1-го

склада;

p3 207 0,35 – вероятность того, что для продажи будет выбран ящик с 3-го

склада.

Бесконечных «хвостов» после запятых тут нет, и не ожидается, поэтому можно работать с десятичными дробями – компактнее будет запись.

По теореме сложения несовместных событий:

p p1 p3 0,2 0,35 0,55 – вероятность того, что для продажи будет выбран ящик с первого или третьего склада.

Ответ: 0,55

Безусловно, задача разрешима и «чисто» через классическое определение вероятности путём непосредственного подсчёта количества благоприятствующих исходов (4 + 7 = 11), но рассмотренный способ ничем не хуже. И даже чётче.

Ещё один товар на соседнем стеллаже:

Задача 38

В коробке 10 красных и 6 синих пуговиц. Наудачу извлекаются две пуговицы. Какова вероятность того, что они будут одноцветными?

Аналогично – здесь можно использовать комбинаторное правило суммы, но мало ли … вдруг кто-то его запамятовал, а то и вовсе проехал мимо с песнями. Тогда на помощь придёт теорема сложения вероятностей несовместных событий! Решение и ответ в конце книги (оформлено в «ускоренном» стиле).

Если у вас возникло хоть какое-то недопонимание по вышеизложенному материалу, то настоятельно рекомендую обратиться к предыдущим параграфам.

Ибо оставлять пробелы в комбинаторике или задачах на классическое определение

– не есть хорошо =( В тяжёлом случае следует перечитать основы теории вероятностей.

Знакомимся с новыми, до сих пор не встречавшимися понятиями:

 Зависимые и независимые события

События являются независимыми, если вероятность наступления любого из них не зависит от появления / непоявления остальных событий рассматриваемого множества событий (во всех возможных комбинациях).

Так, например, при подбрасывании двух или бОльшего количества монет вероятность выпадения орла или решки на любой монете не зависит от того, что выпадет на других монетах. Вероятности выпадения граней кубика во 2-м испытании не зависят от того, какая грань выпала в 1-м испытании.

Теперь более любопытная ситуация. Событие X называют зависимым, если его вероятность P( X ) зависит от одного или бОльшего количества событий, которые уже

произошли.

Например: X – из неполной колоды игроку будет сдана карта червовой масти. Вероятность этого события зависит от того, какие карты уже были извлечены из колоды.

И, конечно, близкий многим пример:

E – на экзамене студенту достанется простой билет.

Если идти не самым первым, то событие E будет зависимым, поскольку его вероятность P(E) зависит от того, какие билеты уже вытянули однокурсники.

Как определить зависимость / независимость событий?

Иногда об этом прямо сказано в условии задачи, но чаще приходится проводить самостоятельный анализ. Какого-то однозначного ориентира тут нет, и факт зависимости либо независимости событий вытекает из естественных логических рассуждений.

Чтобы не валить всё в одну кучу, начнём с независимых событий:

 Теорема умножения вероятностей независимых событий

Вероятность совместного появления независимых событий A и B равна произведению вероятностей этих событий:

P( AB) P( A) P(B)

Теорема распространяется и на бОльшее количество независимых событий, так, например, если события A, B, C независимы, то вероятность их совместного наступления

равна: P( ABC) P( A) P(B) P(C) .

Следует отметить, что несмотря на всю очевидность и «примитивность» этих теорем, все они строго доказаны в теории, и желающие могут найти эти доказательства в учебной литературе. …Зачем нужны такие доказательства? А дело в том, что «очевидно»

– это ещё не значит «правильно» ;-)

Вернёмся к простейшему примеру, в котором подбрасываются две монеты и следующим событиям:

A1 – на 1-й монете выпадет орёл;

A2 – на 2-й монете выпадет орёл.

Найдём вероятность события A1 A2 (на 1-й монете появится орёл и на 2-й монете

появится орёл – вспоминаем, как читается произведение событий!). Вероятность выпадения орла на одной монете никак не зависит от результата броска другой монеты, следовательно, события A1 и A2 независимы. По теореме умножения вероятностей

независимых событий:

P( A1 A2 ) P( A1) P( A2 ) 12 12 14

Аналогично:

P( A1 A2 ) P( A1) P( A2 ) 12 12 14 – вероятность того, что на 1-й монете выпадет решка и на 2-й решка;

P( A1 A2 ) P( A1) P( A2 ) 12 12 14 – вероятность того, что на 1-й монете появится орёл и на 2-й решка;

P( A1 A2 ) P( A1) P( A2 ) 12 12 14 – вероятность того, что на 1-й монете появится решка и на 2-й орёл.

События A1 A2 , A1 A2 , A1 A2 , A1 A2 образуют полную группу и сумма их вероятностей

должна равняться единице: P( A1 A2 ) P( A1 A2 ) P( A1 A2 ) P( A1 A2 ) 14 14 14 14 1 , что и требовалось проверить.

Тренируемся:

Задача 39

В каждом из трех ящиков имеется по 10 деталей. В первом ящике 8 стандартных деталей, во втором – 7, в третьем – 9. Из каждого ящика наудачу извлекают по одной детали. Найти вероятность того, что все детали окажутся стандартными.

Решение: вероятность извлечения стандартной или нестандартной детали из любого ящика не зависит от того, какие детали будут извлечены из других ящиков, поэтому в задаче речь идёт о независимых событиях. Рассмотрим следующие, явно независимые события:

S1 – из 1-го ящика извлечена стандартная деталь;

S2 – из 2-го ящика извлечена стандартная деталь;

S3 – из 3-го ящика извлечена стандартная деталь.

По классическому определению:

P(S1 ) 108 0,8; P(S2 ) 107 0,7; P(S3 ) 109 0,9 – соответствующие вероятности.