Задание 5: теоремы о вероятностях событий

Задание 5 — это уже «составные» события: нужно найти вероятность того, что произойдёт и одно, и другое, или хотя бы одно. Здесь работают две теоремы — сложения и умножения — и приём перехода к противоположному событию.

Умножение (для независимых): P(A и B) = P(A) * P(B). Сложение (для несовместных): P(A или B) = P(A) + P(B). Противоположное событие: P(не A) = 1 - P(A).

Когда складывать, когда умножать

Простое правило-подсказка: союз «и» (оба события вместе) — умножаем; союз «или» (хотя бы одно) — складываем. Главное — проверить, независимы ли события и совместны ли они.

Дерево вероятностей: два независимых события
                  P(A)=0.8
         /-- попал --(0.8) --\
  старт                      P(оба)=0.8*0.7=0.56
         \-- промах --(0.2)  /
                  P(B)=0.7
  P(оба попал) = P(A)*P(B) = 0.56

Приём противоположного события

Фраза «хотя бы один» — сигнал перейти к противоположному. Считать «хотя бы один успех» напрямую долго, а вот «ни одного успеха» — это просто произведение вероятностей неудач. Тогда искомая вероятность = 1 - P(ни одного).

Разбор задачи (тип 5)

Стрелок попадает в мишень с вероятностью 0.8. Какова вероятность, что при двух выстрелах он попадёт хотя бы один раз?

Вероятность промаха в одном выстреле: 1 - 0.8 = 0.2.
Промахнуться оба раза (независимые события): 0.2 * 0.2 = 0.04.
Хотя бы одно попадание: 1 - 0.04 = 0.96.

Ответ 0.96. Через противоположное событие задача решается в три строки вместо длинного перебора вариантов.

Типичные ошибки

Складывать вероятности там, где нужно умножать (и наоборот).
Применять формулу умножения к зависимым событиям без поправки.
Забыть, что «хотя бы один» проще считать через противоположное.

Лайфхак: рисуйте дерево

Для двух-трёх событий нарисуйте дерево исходов с вероятностями на ветвях. Перемножая вдоль ветви и складывая по разным ветвям, вы не запутаетесь в «и/или».

# Хотя бы одно попадание из двух выстрелов, p=0.8
p = 0.8
p_miss = 1 - p
p_both_miss = p_miss * p_miss
p_at_least_one = 1 - p_both_miss
print('Оба промаха :', round(p_both_miss, 4))
print('Хотя бы один:', round(p_at_least_one, 4))

Результат 0.96 совпадает с ручным счётом. На этом блок вероятности завершён — впереди самые сложные задания части 2: текстовые, экономические, параметры и числа.

Углубление: формула полной вероятности

Когда событие может произойти через разные «сценарии», его вероятность складывают из ветвей: P(A) = P(H1) P(A|H1) + P(H2) P(A|H2) + .... Каждое слагаемое — это вероятность сценария, умноженная на вероятность события внутри него. Это естественное обобщение дерева вероятностей на несколько ветвей.

Разбор второй задачи

В первой коробке вероятность брака 0.1, во второй 0.2. Деталь берут случайно из любой коробки с равной вероятностью. Какова вероятность взять бракованную деталь?

Вероятность выбрать каждую коробку: 0.5.
По формуле полной вероятности: 0.5 * 0.1 + 0.5 * 0.2.
Считаем: 0.05 + 0.10 = 0.15.

Логика «дерева» работает безотказно: идём по каждой ветви, перемножаем вероятности вдоль ветви, а затем складываем результаты разных ветвей. Этот приём масштабируется на любое число сценариев.

Контроль здравым смыслом: итог 0.15 лежит между 0.1 и 0.2 — ровно там, где и должна быть «средняя» вероятность брака. Если бы вышло за эти пределы, это сигнал об ошибке.

Быстрый пример на закрепление

Два независимых прибора работают исправно с вероятностями 0.9 и 0.8. Какова вероятность, что оба исправны? События независимы и нужны оба — перемножаем: 0.9 * 0.8 = 0.72. Союз «и» в условии — сигнал к умножению.

А вероятность, что хотя бы один исправен, считаем через противоположное: оба неисправны с вероятностью 0.1 * 0.2 = 0.02, значит хотя бы один исправен с вероятностью 1 - 0.02 = 0.98. Приём «через противоположное» снова экономит вычисления на формулировке «хотя бы один».

«И» (оба события) — умножаем; «или» (хотя бы одно) — складываем или идём через противоположное.
Для независимых событий P(A и B) = P(A) P(B).
«Хотя бы один» удобнее считать как 1 - P(ни одного).

Где это пригодится

Теоремы сложения и умножения завершают вероятностный блок (задания 4 и 5). Это одни из самых «дешёвых» баллов экзамена: короткая теория и однотипные задачи. Приём «через противоположное событие» и язык дерева вероятностей универсальны — они одинаково хорошо работают и на простых, и на составных задачах.