- чорного кольору.
Рішення. Ймовірність вилучення синього фломастера визначається класичною формулою (11), де число всіх фломастерів одно 25:
P (А) = (11)
P (А) =,
тому після вилучення синього фломастера ймовірність вилучення чорного збільшується, тому що кількість фломастерів в коробці зменшилося, отже:
РА (В) =,
Оскільки події A і B є залежними, те ймовірність того, що перший витягнутий фломастер - синього кольору, а другий - чорного кольору обчислюється за формулою (12):
Р (A В· В) = Р (A) В· Р А (В) (12)
Р (A В· В) = Р (A) В· РА (В) =.
Відповідь . 0,046
Задача 6. На чемпіонаті світу з футболу у чвертьфінал пробилися 8 команд: Бразилія, Аргентина, Німеччина, Англія, Португалія, Іспанія, Італія і Франція. Ймовірності того, що вказана команда вийде у фінал, відповідно рівні: Бразилія - ​​0,22, Аргентина - 0,19, Німеччина - 0,14, Англія - ​​0,1, Португалія - ​​0,12, Іспанія - 0,11, Італія - 0,07 і Франція - 0,05. Знайти ймовірність того, що у фіналі зустрінуться Бразилія та Англія. p align="justify"> Рішення. Для вирішення використовується формула (13):
P (А В· В) = Р (А) В· Р (В) (13)
Ймовірність того, що у фінал вийде Бразилія (подія А):
Р (А) = 0,22.
Ймовірність того, що у фінал вийде Англія (подія В)
Р (B) = 0,1.
Оскільки події А і В незалежні в сукупності, то ймовірність того, що у фіналі зустрінуться Англія та Іспанія:
Р (А В· В) = Р (А) В· Р (В) = 0,22 Г— 0 , 1 = 0,022.
Відповідь. 0,022
Задача 7. У першому ящику лежить 25 зелених яблук і 45 червоних яблук. У другому ящику - 20 зелених яблук і 30 червоних яблук. Знайти імовірність того, що взяте навмання яблуко з навмання обраного ящика буде червоним.
Рішення. У першому ящику лежить 70 яблук все, а в другому +50. Ймовірність взяття одного червоного яблука з першого ящика дорівнює P (А) =, а з другого P (В) =
тому в обох ящиках є червоні яблука, отже ймовірність взятого навмання з навмання обраного яблука буде складатися з двох попередніх:
P = P (А) В· P (В) =,
Відповідь. 0,3857
Завдання 8. Деталі, що виготовляються цехом заводу, потрапляють для перевірки їх на стандартність до одного з трьох контролерів. Ймовірність того, що деталь потрапить до першого контролеру, дорівнює 0,25, до другого - 0,35, а до третього - 0,4. Ймовірність того, що годна деталь буде визнана стандартною першим контролером, дорівнює 0,9, другим - 0,94, а третім - 0,97. Годна деталь при перевірці була визнана стандартною. Знайти ймовірність того, що цю деталь перевірив третій контролер. p align="justify"> Рішення. Позначимо через A подію, яке у тому, що годна деталь визнана нестандартною. Можна зробити три припущення:
) деталь перевірив перший контролер (гіпотеза B 1 );
) деталь перевірив другий контролер (гіпотеза У 2 ).
) деталь перевірив перший контролер (гіпотеза B 3 );
Ймовірність того, що годна деталь, яка при перевірці визнана стандартною, була перевірена третім контролером, знайдемо за формулою (14) Бейеса
(14)
За умовою задачі маємо:
P (B1) = 0,25 (ймовірність того, що деталь потрапляє до першого контролеру);
P (B2) = 0,35 (ймовірність того, що деталь потрапить до другого контролеру);
P (B3) = 0,4 (ймовірність того, що деталь потрапить до другого контролеру);
= 1 - 0,9 = 0,1 (ймовірність того, що годна деталь буде визнана першим контролером стандартною);
= 1 - 0,94 = 0,06 (ймовірність того, що годна деталь буде визнана другим контролером стандартною).
Ймовірність того, що годна деталь, яка при перевірці визнана нестандартною, була перевірена третім контролером, дорівнює
PA (B3) =? 0,207. p align="justify"> Відповідь. 0,207
Задача 9. Знайти ймовірність того, що подія A з'явиться не менше трьох раз на п'яти незалежних випробуваннях, якщо ймо...
