Задание №5 ЕГЭ по математике: Вероятность сложных событий

«Хотя бы одна не перегорит» означает, что останется целой одна, две или больше ламп. Вместо перечисления этих случаев удобнее найти вероятность противоположного события: перегорят все лампы. Ламп $3$, вероятность перегорания каждой равна $0{,}7$. По условию они перегорают независимо, поэтому вероятности совместного перегорания умножаем: $$P_{\text{все перегорят}}=0{,}7\cdot0{,}7\cdot0{,}7$$ $$0{,}7\cdot0{,}7=0{,}49$$ $$0{,}49\cdot0{,}7=0{,}343$$ Событие и его противоположность вместе охватывают все исходы и не пересекаются. Их вероятности в сумме равны 1, значит: $$P=1-0{,}343=0{,}657$$ Ответ: $0{,}657$.

«Хотя бы одна не перегорит» означает, что останется целой одна, две или больше ламп. Вместо перечисления этих случаев удобнее найти вероятность противоположного события: перегорят все лампы. Ламп $3$, вероятность перегорания каждой равна $0{,}8$. По условию они перегорают независимо, поэтому вероятности совместного перегорания умножаем: $$P_{\text{все перегорят}}=0{,}8\cdot0{,}8\cdot0{,}8$$ $$0{,}8\cdot0{,}8=0{,}64$$ $$0{,}64\cdot0{,}8=0{,}512$$ Событие и его противоположность вместе охватывают все исходы и не пересекаются. Их вероятности в сумме равны 1, значит: $$P=1-0{,}512=0{,}488$$ Ответ: $0{,}488$.

Нужна вероятность того, что одновременно выполнены два условия: масса больше 790 г и меньше 810 г. Обозначим A — масса меньше 810 г, B — масса больше 790 г. Любая масса попадает хотя бы в одно из этих событий: если масса не меньше 810 г, то она обязательно больше 790 г. Поэтому объединение A и B — достоверное событие с вероятностью 1. При сложении P(A) и P(B) нужный промежуток 790–810 г учитывается дважды. По формуле сложения: $$1=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$ Перенесём искомую вероятность и единицу в другие части равенства: $$P(A\cap B)=P(A)+P(B)-1$$ Подставим числа и сначала выполним сложение: $$0{,}95+0{,}86=1{,}81$$ $$P=1{,}81-1=0{,}81$$ Границы 790 и 810 г в искомое событие не входят, что соответствует строгим словам «больше» и «меньше». Ответ: $0{,}81$.

«Хотя бы одна не перегорит» означает, что останется целой одна, две или больше ламп. Вместо перечисления этих случаев удобнее найти вероятность противоположного события: перегорят все лампы. Ламп $3$, вероятность перегорания каждой равна $0{,}5$. По условию они перегорают независимо, поэтому вероятности совместного перегорания умножаем: $$P_{\text{все перегорят}}=0{,}5\cdot0{,}5\cdot0{,}5$$ $$0{,}5\cdot0{,}5=0{,}25$$ $$0{,}25\cdot0{,}5=0{,}125$$ Событие и его противоположность вместе охватывают все исходы и не пересекаются. Их вероятности в сумме равны 1, значит: $$P=1-0{,}125=0{,}875$$ Ответ: $0{,}875$.

Нужен заданный порядок четырёх выстрелов: попадание, попадание, промах, промах. Будем считать выстрелы независимыми; это стандартное предположение этой модели. Сначала найдём вероятность промаха: $$q=1-0{,}6=0{,}4$$ Чтобы произошла вся заданная последовательность, должны произойти все четыре указанных события. По независимости умножаем их вероятности: $$P=0{,}6\cdot0{,}6\cdot0{,}4\cdot0{,}4$$ $$0{,}6\cdot0{,}6=0{,}36$$ $$0{,}36\cdot0{,}4=0{,}144$$ $$0{,}144\cdot0{,}4=0{,}0576$$ Порядок заранее зафиксирован условием. Поэтому не добавляем множитель, отвечающий за перестановки попаданий и промахов. Ответ: $0{,}0576$.

Кофе останется в обоих автоматах тогда, когда он не закончится ни в одном. Сначала посчитаем противоположное событие: закончится хотя бы в одном. Обозначим A — кофе закончился в первом автомате, B — во втором. При сложении вероятностей A и B случай одновременного окончания кофе посчитан дважды. Его надо один раз вычесть: $$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$ Сначала сложим вероятности отдельных автоматов: $$0{,}2+0{,}2=0{,}4$$ Вычтем данную вероятность одновременного окончания: $$P(A\cup B)=0{,}4-0{,}12=0{,}28$$ Вероятность противоположного события получаем вычитанием из 1: $$P=1-0{,}28=0{,}72$$ Независимость автоматов в условии не задана. Поэтому просто перемножать вероятности наличия кофе нельзя; используем данную совместную вероятность. Ответ: $0{,}72$.

Забраковать батарейку можно двумя разными путями: она неисправна и контроль обнаружил дефект; либо она исправна, но контроль ошибся. Посчитаем пути отдельно, затем сложим: одна батарейка не может одновременно быть исправной и неисправной. Сначала найдём вероятность исправности как вероятность противоположного события: $$P_{\text{исправна}}=1-0{,}04=0{,}96$$ Первый путь. Вероятность обнаружения дефекта дана при условии, что батарейка уже неисправна. Поэтому применяем правило последовательных событий: вероятность первого события умножается на вероятность второго при этом условии. $$P_1=P_{\text{неисправна}}\cdot P_{\text{забракована при неисправности}}$$ $$P_1=0{,}04\cdot0{,}96=0{,}0384$$ Второй путь. Сначала батарейка должна оказаться исправной, а затем контроль должен ошибочно забраковать её: $$P_2=0{,}96\cdot0{,}01=0{,}0096$$ Теперь складываем два несовместных пути. Это учитывает забракованные батарейки среди всех изготовленных: $$P=P_1+P_2=0{,}0384+0{,}0096=0{,}048$$ Ответ: $0{,}048$.

Нужен заданный порядок четырёх выстрелов: попадание, попадание, попадание, промах. Будем считать выстрелы независимыми; это стандартное предположение этой модели. Сначала найдём вероятность промаха: $$q=1-0{,}9=0{,}1$$ Чтобы произошла вся заданная последовательность, должны произойти все четыре указанных события. По независимости умножаем их вероятности: $$P=0{,}9\cdot0{,}9\cdot0{,}9\cdot0{,}1$$ $$0{,}9\cdot0{,}9=0{,}81$$ $$0{,}81\cdot0{,}9=0{,}729$$ $$0{,}729\cdot0{,}1=0{,}0729$$ Порядок заранее зафиксирован условием. Поэтому не добавляем множитель, отвечающий за перестановки попаданий и промахов. Ответ: $0{,}0729$.

Кофе останется в обоих автоматах тогда, когда он не закончится ни в одном. Сначала посчитаем противоположное событие: закончится хотя бы в одном. Обозначим A — кофе закончился в первом автомате, B — во втором. При сложении вероятностей A и B случай одновременного окончания кофе посчитан дважды. Его надо один раз вычесть: $$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$ Сначала сложим вероятности отдельных автоматов: $$0{,}2+0{,}2=0{,}4$$ Вычтем данную вероятность одновременного окончания: $$P(A\cup B)=0{,}4-0{,}07=0{,}33$$ Вероятность противоположного события получаем вычитанием из 1: $$P=1-0{,}33=0{,}67$$ Независимость автоматов в условии не задана. Поэтому просто перемножать вероятности наличия кофе нельзя; используем данную совместную вероятность. Ответ: $0{,}67$.

Нужно найти самое маленькое целое число патронов, при котором стрелок успеет хотя бы один раз попасть. Считаем выстрелы независимыми, как в стандартной модели этой задачи. Вероятность промаха — дополнение вероятности попадания до 1: $$q=1-0{,}5=0{,}5$$ За n выстрелов не будет ни одного попадания только тогда, когда все n выстрелов — промахи. Для независимых выстрелов их вероятности перемножаются: $$P_{\text{все промахи}}=q^n$$ Хотя бы одно попадание — противоположное событие: $$P_{\text{попадёт}}=1-q^n$$ Проверим числа патронов по порядку: Для $1$ патронов: $$0{,}5^{1}=0{,}5=0{,}5$$ $$P=1-0{,}5=0{,}5<0{,}7$$ Для $2$ патронов: $$0{,}5^{2}=0{,}5\cdot0{,}5=0{,}25$$ $$P=1-0{,}25=0{,}75\ge0{,}7$$ Все меньшие проверенные количества не подходят, а $2$ подходит. Дополнительный патрон не уменьшает вероятность успеха. Поэтому минимум — $2$. Ответ: $2$ патрона.

«Хотя бы одна не перегорит» означает, что останется целой одна, две или больше ламп. Вместо перечисления этих случаев удобнее найти вероятность противоположного события: перегорят все лампы. Ламп $4$, вероятность перегорания каждой равна $0{,}4$. По условию они перегорают независимо, поэтому вероятности совместного перегорания умножаем: $$P_{\text{все перегорят}}=0{,}4\cdot0{,}4\cdot0{,}4\cdot0{,}4$$ $$0{,}4\cdot0{,}4=0{,}16$$ $$0{,}16\cdot0{,}4=0{,}064$$ $$0{,}064\cdot0{,}4=0{,}0256$$ Событие и его противоположность вместе охватывают все исходы и не пересекаются. Их вероятности в сумме равны 1, значит: $$P=1-0{,}0256=0{,}9744$$ Ответ: $0{,}9744$.

Кофе останется в обоих автоматах тогда, когда он не закончится ни в одном. Сначала посчитаем противоположное событие: закончится хотя бы в одном. Обозначим A — кофе закончился в первом автомате, B — во втором. При сложении вероятностей A и B случай одновременного окончания кофе посчитан дважды. Его надо один раз вычесть: $$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$ Сначала сложим вероятности отдельных автоматов: $$0{,}1+0{,}1=0{,}2$$ Вычтем данную вероятность одновременного окончания: $$P(A\cup B)=0{,}2-0{,}03=0{,}17$$ Вероятность противоположного события получаем вычитанием из 1: $$P=1-0{,}17=0{,}83$$ Независимость автоматов в условии не задана. Поэтому просто перемножать вероятности наличия кофе нельзя; используем данную совместную вероятность. Ответ: $0{,}83$.

Нужно найти самое маленькое целое число патронов, при котором стрелок успеет хотя бы один раз попасть. Считаем выстрелы независимыми, как в стандартной модели этой задачи. Вероятность промаха — дополнение вероятности попадания до 1: $$q=1-0{,}5=0{,}5$$ За n выстрелов не будет ни одного попадания только тогда, когда все n выстрелов — промахи. Для независимых выстрелов их вероятности перемножаются: $$P_{\text{все промахи}}=q^n$$ Хотя бы одно попадание — противоположное событие: $$P_{\text{попадёт}}=1-q^n$$ Проверим числа патронов по порядку: Для $1$ патронов: $$0{,}5^{1}=0{,}5=0{,}5$$ $$P=1-0{,}5=0{,}5<0{,}8$$ Для $2$ патронов: $$0{,}5^{2}=0{,}5\cdot0{,}5=0{,}25$$ $$P=1-0{,}25=0{,}75<0{,}8$$ Для $3$ патронов: $$0{,}5^{3}=0{,}5\cdot0{,}5\cdot0{,}5=0{,}125$$ $$P=1-0{,}125=0{,}875\ge0{,}8$$ Все меньшие проверенные количества не подходят, а $3$ подходит. Дополнительный патрон не уменьшает вероятность успеха. Поэтому минимум — $3$. Ответ: $3$ патрона.

Уже известно, что число $6$ не появилось ни в первом, ни во втором броске. Поэтому условную вероятность считаем только среди исходов, которые удовлетворяют этому сообщению. Для каждого броска остаются пять равновозможных значений: $$1,\quad2,\quad3,\quad4,\quad5$$ Различаем первый и второй броски. Для каждого из пяти результатов первого броска есть пять результатов второго: $$N=5\cdot5=25$$ Перечислим все допустимые пары с суммой $10$: $$(5;5)$$ Подходящих пар $1$. Вероятность — отношение их числа к 25 допустимым парам: $$P=\frac{1}{25}$$ Для перевода в десятичную дробь домножим числитель и знаменатель на одно и то же число: $$\frac{1}{25}=\frac{1\cdot4}{25\cdot4}=\frac{4}{100}$$ $$\frac{1}{25}=0{,}04$$ Если числа в паре разные, обратный порядок — отдельный исход: броски происходят в определённом порядке. Ответ: $0{,}04$.

Забраковать батарейку можно двумя разными путями: она неисправна и контроль обнаружил дефект; либо она исправна, но контроль ошибся. Посчитаем пути отдельно, затем сложим: одна батарейка не может одновременно быть исправной и неисправной. Сначала найдём вероятность исправности как вероятность противоположного события: $$P_{\text{исправна}}=1-0{,}06=0{,}94$$ Первый путь. Вероятность обнаружения дефекта дана при условии, что батарейка уже неисправна. Поэтому применяем правило последовательных событий: вероятность первого события умножается на вероятность второго при этом условии. $$P_1=P_{\text{неисправна}}\cdot P_{\text{забракована при неисправности}}$$ $$P_1=0{,}06\cdot0{,}96=0{,}0576$$ Второй путь. Сначала батарейка должна оказаться исправной, а затем контроль должен ошибочно забраковать её: $$P_2=0{,}94\cdot0{,}01=0{,}0094$$ Теперь складываем два несовместных пути. Это учитывает забракованные батарейки среди всех изготовленных: $$P=P_1+P_2=0{,}0576+0{,}0094=0{,}067$$ Ответ: $0{,}067$.

Кофе останется в обоих автоматах тогда, когда он не закончится ни в одном. Сначала посчитаем противоположное событие: закончится хотя бы в одном. Обозначим A — кофе закончился в первом автомате, B — во втором. При сложении вероятностей A и B случай одновременного окончания кофе посчитан дважды. Его надо один раз вычесть: $$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$ Сначала сложим вероятности отдельных автоматов: $$0{,}2+0{,}2=0{,}4$$ Вычтем данную вероятность одновременного окончания: $$P(A\cup B)=0{,}4-0{,}18=0{,}22$$ Вероятность противоположного события получаем вычитанием из 1: $$P=1-0{,}22=0{,}78$$ Независимость автоматов в условии не задана. Поэтому просто перемножать вероятности наличия кофе нельзя; используем данную совместную вероятность. Ответ: $0{,}78$.

Нужен заданный порядок четырёх выстрелов: попадание, попадание, промах, промах. Будем считать выстрелы независимыми; это стандартное предположение этой модели. Сначала найдём вероятность промаха: $$q=1-0{,}9=0{,}1$$ Чтобы произошла вся заданная последовательность, должны произойти все четыре указанных события. По независимости умножаем их вероятности: $$P=0{,}9\cdot0{,}9\cdot0{,}1\cdot0{,}1$$ $$0{,}9\cdot0{,}9=0{,}81$$ $$0{,}81\cdot0{,}1=0{,}081$$ $$0{,}081\cdot0{,}1=0{,}0081$$ Порядок заранее зафиксирован условием. Поэтому не добавляем множитель, отвечающий за перестановки попаданий и промахов. Ответ: $0{,}0081$.

Нужен заданный порядок четырёх выстрелов: попадание, промах, промах, промах. Будем считать выстрелы независимыми; это стандартное предположение этой модели. Сначала найдём вероятность промаха: $$q=1-0{,}4=0{,}6$$ Чтобы произошла вся заданная последовательность, должны произойти все четыре указанных события. По независимости умножаем их вероятности: $$P=0{,}4\cdot0{,}6\cdot0{,}6\cdot0{,}6$$ $$0{,}4\cdot0{,}6=0{,}24$$ $$0{,}24\cdot0{,}6=0{,}144$$ $$0{,}144\cdot0{,}6=0{,}0864$$ Порядок заранее зафиксирован условием. Поэтому не добавляем множитель, отвечающий за перестановки попаданий и промахов. Ответ: $0{,}0864$.

Нужна вероятность того, что одновременно выполнены два условия: масса больше 790 г и меньше 810 г. Обозначим A — масса меньше 810 г, B — масса больше 790 г. Любая масса попадает хотя бы в одно из этих событий: если масса не меньше 810 г, то она обязательно больше 790 г. Поэтому объединение A и B — достоверное событие с вероятностью 1. При сложении P(A) и P(B) нужный промежуток 790–810 г учитывается дважды. По формуле сложения: $$1=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$ Перенесём искомую вероятность и единицу в другие части равенства: $$P(A\cap B)=P(A)+P(B)-1$$ Подставим числа и сначала выполним сложение: $$0{,}96+0{,}82=1{,}78$$ $$P=1{,}78-1=0{,}78$$ Границы 790 и 810 г в искомое событие не входят, что соответствует строгим словам «больше» и «меньше». Ответ: $0{,}78$.

Забраковать батарейку можно двумя разными путями: она неисправна и контроль обнаружил дефект; либо она исправна, но контроль ошибся. Посчитаем пути отдельно, затем сложим: одна батарейка не может одновременно быть исправной и неисправной. Сначала найдём вероятность исправности как вероятность противоположного события: $$P_{\text{исправна}}=1-0{,}05=0{,}95$$ Первый путь. Вероятность обнаружения дефекта дана при условии, что батарейка уже неисправна. Поэтому применяем правило последовательных событий: вероятность первого события умножается на вероятность второго при этом условии. $$P_1=P_{\text{неисправна}}\cdot P_{\text{забракована при неисправности}}$$ $$P_1=0{,}05\cdot0{,}99=0{,}0495$$ Второй путь. Сначала батарейка должна оказаться исправной, а затем контроль должен ошибочно забраковать её: $$P_2=0{,}95\cdot0{,}01=0{,}0095$$ Теперь складываем два несовместных пути. Это учитывает забракованные батарейки среди всех изготовленных: $$P=P_1+P_2=0{,}0495+0{,}0095=0{,}059$$ Ответ: $0{,}059$.