Хотя бы один это сколько

Вероятность хотя бы одного события из нескольких возможных

Бывает, что нам нужно принять решение, для чего надо оценить вероятность наступления сложного события. Сложного в смысле состоящего из комбинации других событий.

Например мы собираемся в поход на выходные. Вероятность дождя в субботу 30%, а в воскресенье — 65%. Нужно ли брать резиновые сапоги? Если возьмем, а дождя не будет, будем зря таскать их с собой. Если оставим дома, а дождь пойдет, мы промочим ноги.

Или другой пример.

Мы планируем путешествие в Аргентину. Чтобы сэкономить, хотим купить билет с пятью пересадками, но беспокоимся, что если хотя бы один рейс опоздает, порушится вся цепочка. Готовы ли мы рисковать?

С точки зрения теории вероятностей все эти задачи очень похожи: есть цепочка независимых случайных событий, мы хотим оценить вероятность наступления хотя бы одного из них, чтобы принять правильное решение.

Хорошая новость в том, что раз задачи похожи, то и решаются они одинаково. Давайте, покажу, как.

Будет ли дождь?

Решим первую задачу. Начнем с того, что выпишем все возможные варианты погоды на выходных:

1. Дождя нет ни в один из дней.
2. Дождь идет только в субботу.
3. Дождь идет только в воскресенье.
4. Дожди идут оба дня.

погода на выходных будет в любом случае, поэтому если мы сложим вероятности всех вариантов, то получим 100%.

P(1) + P(2) + P(3) + P(4) = 100%

Кстати, обратите внимание, что из всех вариантов, только (1) не подходит под условие «на выходных идет дождь». Если мы перенесем вероятность P(1) в левую часть уравнения, в правой части получим прям почти решение:

P(2) + P(3) + P(4) — это и есть то, что нам надо посчитать. Но, блин, там целых три случайных события.

Правая часть уравнения выглядит намного проще: 100% — P(1) . Там только одно событие. И ведь эти части равны, значит если мы посчитаем правую, автоматически узнает и левую и решим задачу.

☝️ Хитрость в том, что решить задачу проще, если ее «перевернуть»: думать не о том, пойдет ли дождь в из дней, а, наоборот, какова вероятность, что ни в один из дней дождя не будет.

Проговорим решение словами: вероятность того, что хотя бы в один из дней пойдет дождь = 100% − вероятность того, что ни в один из дней дождя не будет.

Это все круто, но чему равна вероятность того, что дождя не будет ни в один из дней?

Чтобы не углубляться в метеорологию, будем считать, что погода каждый день не зависит от погоды предыдущих дней. А если так, то, чтобы посчитать вероятность отсутствия дождя на выходных, достаточно перемножить вероятности того, что дождя не будет в каждый из дней:

Вероятности дождя в каждый из дней мы знаем. Значит можем посчитать вероятности того, что дождя не будет:

День	Дождь	Не дождь
Суббота	30%
Воскресенье	65%

P(дождя не будет) = = 0.245 = 24.5%.

Сведем все воедино:

P(дождь будет хотя бы в один из выходных) = = 75.5%

В общем виде решение задачи можно представить в виде формулы:

Вероятность P(А или B или C) =

Кайф этой формулы в том, что она подходит для любой комбинации независимых событий.

☝️ Случайные события называются независимыми, если вероятность наступления одного не меняется в случае наступления другого.

Независимые события

• Самолет Аэрофлота из Москвы в Сочи задержался на 20 минут. Самолет Quatar Airlines, из Каира в Дубай задержался на час. Рейсы вылетали из разных мест, поэтому задержки вряд ли связаны между собой.
• Наше мобильное приложение скачал один, а потом и еще один пользователь. Может быть, конечно, оба пользователя увидели одну и ту же рекламу, но решения об установке, наверное, они принимали независимо друг от друга.
• Гость казино несколько раз играет в рулетку. Каждый розыгрыш начинается с нуля и не зависит от предыдущих.

Зависимые события

• Мы попали в пробку по пути в аэропорт, а потом мы опоздали на рейс. Если бы мы выехали заранее, или выбрали другой маршрут, могли бы успеть. То есть вероятность опоздать на рейс меняется в зависимости от наших предыдущих решений.
• Пользователь скачал приложение и оформил платную подписку. Очевидно, что не было бы установки, не было бы и подписки.
• Гость казино несколько раз играет в блекджек. В каждом розыгрыше из колоды достают несколько кард, поэтому шансы на победу каждый раз меняются.

Для оценки вероятности нескольких зависимых событий используются чуть другие формулы, о них я расскажу отдельно.

Закрепим навык и решим задачу про путешествие в Аргентину.

Долетим ли мы до Аргентины?

Допустим, мы планируем отпуск. Заходим на Авиасейлз находим там вот такой маршрут.

1. Москва → Сочи (Аэрофлот). Пересадка 1:35 ⚠️
2. Сочи → Каир (Аэрофлот). Пересадка 12:45
3. Каир → Доха (Quatar). Пересадка 8:20
4. Доха → Сан Паулу (Quatar). Пересадка 1:45 ⚠️
5. Сан Паулу → Буэнос Айрес (Air Canada)

Меня смущают две стыковки: в Сочи и в Сан Паулу. На пересадку будет мало времени, если хотя бы один рейс в цепочке задержится, может поломаться весь маршрут.

Перед покупкой я хочу посчитать вероятность того, что хотя бы один рейс в цепочке задержится.

Я нашел в сети статистику задержек авиакомпаний. Аэрофлот задерживает в 28.2% рейсов. Quatar Airlines — 8%. В моем маршруте два рейса Аэрофлотом, затем еще два — Quatar. Посчитаем вероятность того, что каждый рейс прилетит вовремя.

Рейс	Вероятность
Москва → Сочи (Aэрофлот)	100% − 28.2% = 71.8%
Сочи → Каир (Aэрофлот)	100% − 28.2% = 71.8%
Каир → Доха (Quatar)	100% − 8% = 92%
Доха → Сан Паулу (Quatar)	100% − 8% = 92%

Сначала посчитаем вероятность того, что все рейсы прибудут вовремя:

P(все рейсы приедутут вовремя) = 0.718 × 0.718 × 0.92 × 0.92 ≈ 0.436

Теперь посчитаем, вероятность, что хотя бы один рейс задержится:

P(хотя бы один рейс задержится) = = 0.564 = 56%

Вероятность хотя бы одной задержки равна 56%, то есть, скорее всего, пойдет не так. Может, конечно, рейс задержат всего на несколько минут, и это не порушит весь маршрут. Но кажется, стоит поискать маршрут попроще.

Резюме

1. Если есть несколько случайных событий, то вероятность наступления хотя бы одного из них равна 100% минус перемноженные вероятности того, что эти события не наступят.
2. Принцип работает для любых независимых событий.

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:

1. Выписать исходное событие $A$ = (Вероятность того, что . хотя бы . ).
2. Сформулировать противоположное событие $\bar$.
3. Найти вероятность события $P(\bar)$.
4. Найти искомую вероятность по формуле $P(A)=1-P(\bar)$.

Частный случай. Независимые события

Частный случай. Повторные испытания

Думаете, дальше будет сложнее? Напротив, случаи все более частные, решения и формулы все более простые. Итак, у нас есть $n$ независимых событий (или повторений некоторого опыта), причем вероятности наступления этих событий (или наступления события в каждом из опытов) теперь одинаковы и равны $p$. Тогда формула (1) упрощается к виду : $$ P=1-q_1\cdot q_2 \cdot . \cdot q_n = 1-q^n. $$ Фактически мы сужаемся к классу задач, который носит название «повторные независимые испытания» или «схема Бернулли», когда проводится $n$ опытов, вероятность наступления события в каждом из которых равна $p$. Нужно найти вероятность, что событие появится хотя бы раз из $n$ повторений: $$ P=1-q^n. \quad(2) $$ 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. Решения короче вы еще не видели.
Просто выписываем из условия: $n=3$, $p=0,9$, $q=1-p=0,1$.
Тогда вероятность того, что в течение гарантийного срока из 3 телевизоров хотя бы один не потребует ремонта, по формуле (2): $$ P=1-0,1^3=1-0,001=0,999 $$ Ответ: 0,999. 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. Опять, начинаем с формализации задачи, выписывая известные величины. $n=5$ выстрелов, $p=0,8$ — вероятность попадания при одном выстреле, $q=1-p=0,2$.
И тогда вероятность того, что будет хотя бы одно попадание из пяти выстрелов равна: $$ P=1-0,2^5=1-0,00032=0,99968 $$ Ответ: 0,99968. 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? Имеем схему Бернулли, $n$ — количество опытов, $p=0,7$ — вероятность появления события А. Тогда вероятность того, что произойдет хотя бы одно событие А в $n$ опытах, равна по формуле (2): $$ P=1-q^n=1-(1-0,7)^n=1-0,3^n $$ По условию эта вероятность должна быть не меньше 0,95, поэтому: $$ 1-0,3^n \ge 0,95,\\ 0,3^n \le 0,05,\\ n \ge \log_ 0,05 = 2,49. $$ Округляя, получаем что нужно провести не менее 3 опытов. Ответ: минимально нужно сделать 3 опыта.

Лучшее спасибо — порекомендовать эту страницу

Полезные ссылки

• Калькуляторы на схему Бернулли
• Основные формулы комбинаторики
• Примеры решений задач по теории вероятностей
• Заказать свои задачи на вероятность

Математика и информатика. Учебное пособие по всему курсу

Учебное пособие по дисциплине «Математика и информатика» для студентов гуманитарных и педагогических специальностей очной формы обучения.

/сост. Егорова Э.В.– Тольятти: ТГУ, 2008.

В учебном пособии рассмотрены вопросы по математике: аксиоматический метод, теория множеств, основы теории вероятностей и математической статистики, а также вопросы по информатике: алгоримизация и программирование.

Изложено содержание теоретических вопросов по разделам математики и основам информатики в соответствии со стандартом. Рассмотрены примеры и даны вопросы для контроля по каждой теме.

Рекомендовано для студентов всех форм обучения гуманитарных направлений.

Научный редактор: к.т.н. Д.И. Панюков

Утверждено редакционно-издательской секцией методического совета института.

© Тольяттинский государственный университет, 2008

1.6.4. Задачи на теоремы сложения и умножения

Этот тандем почти 100% встретится в вашей самостоятельной и отчётной работе. Хит хитов и самая настоящая классика теории вероятностей:

Задача 41
Два стрелка сделали по одному выстрелу в мишень. Вероятность попадания для первого стрелка равна 0,8, для второго – 0,6. Найти вероятность того, что:

а) только один стрелок попадёт в мишень;
б) хотя бы один из стрелков попадёт в мишень.

Решение: вероятность попадания / промаха одного стрелка, очевидно, не зависит от результативности другого стрелка. Рассмотрим следующие независимые события:

– 1-й стрелок попадёт в мишень;
– 2-й стрелок попадёт в мишень.

Найдём вероятности противоположных событий – того, что соответствующие стрелки промахнутся:

а) Рассмотрим событие: – только один стрелок попадёт в мишень. Данное событие состоит в двух несовместных исходах:
1-й стрелок попадёт и 2-й промахнётся или
1-й промахнётся и 2-й попадёт.

На языке алгебры событий этот факт запишется следующей формулой:

– вероятность того, что будет только одно попадание

б) Рассмотрим событие: – хотя бы один из стрелков попадёт в мишень.

Способ первый: событие состоит в двух несовместных исходах:
попадёт кто-то один (событие ) или
попадут оба стрелка, обозначим последнее событие буквой .

По теореме умножения вероятностей независимых событий:
– вероятность того, что 1-й стрелок попадёт и 2-й стрелок попадёт,
и по теореме сложения вероятностей несовместных событий:
– вероятность хотя бы одного попадания по мишени.

Кроме того, существует альтернативный, третий путь решения, основанный на умолчанной выше теореме сложения совместных событий:

Вероятность появления хотя бы одного из двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий без вероятности их совместного появления:

И посему способ третий: события совместны, а значит, их сумма выражает событие «хотя бы один стрелок попадёт в мишень» (см. алгебру событий). По теореме сложения вероятностей совместных событий и теореме умножения вероятностей независимых событий:

Какой способ лучше? С моей точки зрения, наиболее рационален 2-й способ, и 3-м способом я не пользуюсь вообще (т.к. нет необходимости, да и путаница с ним бывает). Впрочем, у вас может сложиться своё мнение или пристрастие на этот счёт.

Выполним проверку: события и (0, 1 и 2 попадания соответственно) образуют полную группу, поэтому сумма их вероятностей должна равняться единице:
, что и требовалось проверить.

Ответ:

На практике часто используют «быстрый» стиль оформления и решение принимает примерно такой вид:
по условию: , – вероятность попадания соответствующих стрелков. Тогда вероятности их промаха:

а) По теоремам сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей независимых событий:
– вероятность того, что только один стрелок попадёт в мишень.

б) По теореме умножения вероятностей независимых событий:
– вероятность того, что оба стрелка промахнутся.
Тогда: – вероятность того, что хотя бы один из стрелков попадёт в мишень.

Ответ:

Однако не нужно забывать и первый вариант оформления (с росписью событий) – он хоть и длиннее, но зато содержательнее, в нём понятнее, что, почему и зачем складывается и умножается. В ряде случаев уместен гибридный стиль, когда прописными буквами удобно обозначить лишь некоторые события.

Контрольная задача для самостоятельного решения:

Задача 42
Для сигнализации о возгорании установлены два независимо работающих дат­чика. Вероятности того, что при возгорании датчик сработает, для первого и второго датчиков соответственно равны 0,5 и 0,7. Найти вероятность того, что при пожаре:
а) оба датчика откажут, б) оба датчика сработают.

+ бонус-задание: пользуясь теоремой сложения вероятностей событий, образующих полную группу, найти вероятность того, что при пожаре сработает только один датчик. Проверить результат прямым вычислением этой вероятности (с помощью теорем сложения и умножения).

Здесь независимость работы устройств непосредственно прописана в условии, что, кстати, является важным уточнением. Образец решения оформлен в академичном стиле.
Как быть, если в похожей задаче даны одинаковые вероятности, например, 0,9 и 0,9? Решать нужно точно так же! (что, собственно, уже продемонстрировано в примере с двумя монетами). Следующий, более интересный пример тоже самостоятельно:

Задача 43
Вероятность поражения цели первым стрелком при одном выстреле равна 0,8. Вероятность того, что цель не поражена после выполнения первым и вторым стрелками по одному выстрелу равна 0,08. Какова вероятность поражения цели вторым стрелком при одном выстреле?

Условие можно переформулировать более лаконично, но переделывать оригинал не буду – на практике приходится вникать и в более витиеватые измышления. Образец решения оформлен «коротким» способом.

А теперь знакомьтесь – тот самый, который настрогал для вас немереное количество деталей :=)

Задача 44
Рабочий обслуживает три станка. Вероятность того, что в течение смены первый станок потребует настройки, равна 0,3, второй – 0,75, третий – 0,4. Найти вероятность того, что в течение смены:

а) все станки потребуют настройки;
б) только один станок потребует настройки;
в) хотя бы один станок потребует настройки.

Решение: коль скоро в условии ничего не сказано о едином технологическом процессе, то работу каждого станка следует считать независимой от работы других станков.

По аналогии с Задачей 41 здесь можно ввести в рассмотрение события , состоящие в том, что соответствующие станки потребуют настройки в течение смены, записать вероятности , найти вероятности противоположных событий и т.д. Но с тремя объектами так оформлять задачу уже не очень хочется – получится долго и нудно. Поэтому здесь заметно выгоднее использовать «быстрый» стиль:

По условию: – вероятности того, что в течение смены соответствующие станки потребуют настройки. Тогда вероятности того, что они не потребуют внимания:

а) По теореме умножения вероятностей независимых событий:
– вероятность того, что в течение смены все три станка потребуют настройки.

б) Событие «В течение смены только один станок потребует настройки» состоит в трёх несовместных исходах:

1) 1-й станок потребует внимания и 2-й станок не потребует и 3-й станок не потребует
или:
2) 1-й станок не потребует внимания и 2-й станок потребует и 3-й станок не потребует
или:
3) 1-й станок не потребует внимания и 2-й станок не потребует и 3-й станок потребует.

По теоремам сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей независимых событий:

– вероятность того, что в течение смены только один станок потребует настройки.

Думаю, сейчас вам должно быть понятно, откуда взялось выражение

в) Вычислим вероятность того, что станки не потребуют настройки, и затем – вероятность противоположного события:
– того, что хотя бы один станок потребует настройки.

Ответ:

Пункт «вэ» можно решить и через сумму , где – вероятность того, что в течение смены только два станка потребуют настройки. Это событие в свою очередь включает в себя 3 несовместных исхода, которые расписываются по аналогии с пунктом «бэ». Постарайтесь самостоятельно найти вероятность , чтобы проверить всю задачу с помощью равенства .
Самостоятельно:

Задача 45
Из трех орудий произвели залп по цели. Вероятность попадания при одном выстреле только из первого орудия равна 0,7, из второго – 0,6, из третьего – 0,8. Найти вероятность того, что: 1) хотя бы один снаряд попадет в цель; 2) только два снаряда попадут в цель; 3) цель будет поражена не менее двух раз.

При основательном изучении теории вероятностей вам встретятся десятки задач милитаристского содержания, и, что характерно, после этого никого не захочется пристрелить =) – задачи почти подарочные.

И снова о совпадениях: в том случае, если по условию два или даже все значения исходных вероятностей совпадают (например, 0,7; 0,7 и 0,7), то следует придерживаться точно такого же алгоритма решения.

Вернёмся к распространённой головоломке:

Задача 46
Стрелок попадает в цель с одной и той же вероятностью при каждом выстреле. Какова эта вероятность, если вероятность хотя бы одного попадания при трех выстрелах равна 0,973.

Решение: обозначим через – вероятность попадания в мишень при каждом выстреле и через – вероятность промаха при каждом выстреле.

Здесь будет удобно расписать события:

– при 3 выстрелах стрелок попадёт в мишень хотя бы один раз;
– стрелок 3 раза промахнётся.

По условию , тогда вероятность противоположного события:

С другой стороны, по теореме умножения вероятностей независимых событий:

– вероятность промаха при каждом выстреле.

В результате:
– вероятность попадания при каждом выстреле.

Ответ: 0,7

Просто и изящно.

В рассмотренной задаче можно поставить дополнительные вопросы о вероятности только одного попадания, только двух попаданий и вероятности трёх попаданий по мишени. Схема решения будет точно такой же, как и в двух предыдущих примерах:

Однако принципиальное содержательное отличие состоит в том, что здесь имеют место повторные независимые испытания, которые выполняются последовательно, независимо друг от друга и с одинаковой вероятностью исходов.

К повторным независимым испытаниям мы вернёмся чуть позже, после того, как разберём зависимые события:

Полную и свежую версию этой книги в pdf-формате ,
а также курсы по другим темам можно найти после Оглавления.

Также вы можете изучить эту тему подробнее – просто, доступно, весело и бесплатно!

С наилучшими пожеланиями, Александр Емелин

© mathprofi.ru — mathter.pro, 2010-2024, сделано в Блокноте.