Условная вероятность и формула Байеса - задачи с решениями

Решение:
Пусть [tex]A[/tex] — событие «карта — шестёрка», а [tex]B[/tex] — событие «достоинство карты больше [tex]3[/tex] и меньше [tex]8[/tex]». Событие [tex]B[/tex] состоит из четвёрок, пятёрок, шестёрок и семёрок, т.е. из [tex]4\cdot 4=16[/tex] карт, а [tex]A\cap B[/tex] — из [tex]4[/tex] шестёрок. Все [tex]52[/tex] карты равновозможны, поэтому по определению условной вероятности
[tex]P(A\,|\,B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{4/52}{16/52}=\frac{4}{16}=\frac{1}{4}[/tex]
Иначе говоря, условие сужает пространство исходов до [tex]16[/tex] равновозможных карт, [tex]4[/tex] из которых — шестёрки.

Решение:
Все [tex]36[/tex] упорядоченных исходов [tex]\left(a ; b\right)[/tex] равновозможны. Пусть [tex]B[/tex] — событие «сумма равна [tex]8[/tex]», а [tex]A[/tex] — событие «ровно одна шестёрка». Событие [tex]B[/tex] состоит из [tex]5[/tex] исходов (исход [tex]\left(4 ; 4\right)[/tex] учитывается один раз):
[tex]\left(2 ; 6\right),\ \left(3 ; 5\right),\ \left(4 ; 4\right),\ \left(5 ; 3\right),\ \left(6 ; 2\right)\ \Rightarrow\ P(B)=\frac{5}{36}[/tex]
Событие [tex]A\cap B[/tex] состоит из исходов [tex]\left(2 ; 6\right)[/tex] и [tex]\left(6 ; 2\right)[/tex], поэтому [tex]P(A\cap B)=\frac{2}{36}[/tex]. По определению условной вероятности
[tex]P(A\,|\,B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{2/36}{5/36}=\frac{2}{5}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]R[/tex] — событие «фирма предлагает пенсионный план», а [tex]L[/tex] — событие «фирма предлагает страхование жизни». Тогда
[tex]P(R)=0{,}42,\quad P(L)=0{,}61,\quad P(R\cap L)=0{,}32[/tex]
По определению условной вероятности
[tex]P(R\,|\,L)=\frac{P(R\cap L)}{P(L)}=\frac{0{,}32}{0{,}61}=\frac{32}{61}\approx 0{,}52[/tex]
Заметим, что обратная условная вероятность другая: [tex]P(L\,|\,R)=\frac{0{,}32}{0{,}42}=\frac{16}{21}[/tex].

Решение:
Все [tex]200[/tex] автомобилей равновозможны. Пусть [tex]A[/tex] — событие «автомобиль марки Н», а [tex]B[/tex] — событие «автомобиль жёлтый». Жёлтых автомобилей [tex]2+3+5=10[/tex], и [tex]5[/tex] из них марки Н:
[tex]P(B)=\frac{10}{200},\quad P(A\cap B)=\frac{5}{200}[/tex]
Следовательно,
[tex]P(A\,|\,B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{5/200}{10/200}=\frac{1}{2}[/tex]
Иначе говоря, информация о том, что автомобиль жёлтый, сужает пространство исходов до [tex]10[/tex] жёлтых автомобилей, и [tex]5[/tex] из них марки Н.

Решение:
Пусть [tex]A_1[/tex] — событие «первая попытка удачна», а [tex]A_2[/tex] — событие «вторая попытка удачна». Все [tex]10[/tex] цифр равновозможны, поэтому [tex]P(A_1)=\frac{1}{10}[/tex]. Если первая попытка неудачна (вероятность [tex]\frac{9}{10}[/tex]), Иван выбирает из [tex]9[/tex] оставшихся цифр, поэтому [tex]P(A_2\,|\,\overline{A_1})=\frac{1}{9}[/tex].
События [tex]A_1[/tex] и [tex]\overline{A_1}\cap A_2[/tex] несовместны, следовательно,
[tex]P=P(A_1)+P(\overline{A_1})\cdot P(A_2\,|\,\overline{A_1})=\frac{1}{10}+\frac{9}{10}\cdot \frac{1}{9}=\frac{2}{10}=\frac{1}{5}[/tex]
Иначе говоря, Иван пробует [tex]2[/tex] из [tex]10[/tex] цифр, и правильная цифра оказывается среди них с вероятностью [tex]\frac{2}{10}[/tex].

Решение:
Пусть [tex]A[/tex] — событие «хотя бы один станок потребует внимания». Противоположное событие [tex]\overline{A}[/tex] — ни один из четырёх станков не потребует внимания. Станки работают независимо, поэтому
[tex]P(\overline{A})=0{,}9\cdot 0{,}8\cdot 0{,}75\cdot 0{,}7=0{,}378[/tex]
Следовательно,
[tex]P(A)=1-P(\overline{A})=1-0{,}378=0{,}622[/tex]

Решение:
Все [tex]10[/tex] автоматов производят одинаковое число деталей, поэтому случайная деталь изготовлена автоматом первого, второго или третьего типа (гипотезы [tex]H_1[/tex], [tex]H_2[/tex], [tex]H_3[/tex]) соответственно с вероятностями
[tex]P(H_1)=\frac{5}{10}=0{,}5,\quad P(H_2)=\frac{3}{10}=0{,}3,\quad P(H_3)=\frac{2}{10}=0{,}2[/tex]
Эти гипотезы несовместны и исчерпывают все возможности. Пусть [tex]A[/tex] — событие «деталь качественная»; тогда [tex]P(A\,|\,H_1)=0{,}94[/tex], [tex]P(A\,|\,H_2)=0{,}9[/tex] и [tex]P(A\,|\,H_3)=0{,}85[/tex]. По формуле полной вероятности
[tex]P(A)=0{,}5\cdot 0{,}94+0{,}3\cdot 0{,}9+0{,}2\cdot 0{,}85=0{,}47+0{,}27+0{,}17=0{,}91[/tex]

Решение:
Во втором холодильнике [tex]30-12=18[/tex] пакетов. Пусть [tex]H_1[/tex] и [tex]H_2[/tex] — события «выбран первый холодильник» и «выбран второй холодильник», а [tex]A[/tex] — событие «пакет с яблочным соком». Тогда
[tex]P(H_1)=P(H_2)=\frac{1}{2},\quad P(A\,|\,H_1)=\frac{3}{12}=\frac{1}{4},\quad P(A\,|\,H_2)=\frac{7}{18}[/tex]
По формуле полной вероятности
[tex]P(A)=P(H_1)P(A\,|\,H_1)+P(H_2)P(A\,|\,H_2)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}+\frac{1}{2}\cdot \frac{7}{18}=\frac{9}{72}+\frac{14}{72}=\frac{23}{72}[/tex]
Заметим, что ответ не равен [tex]\frac{10}{30}[/tex]: пакеты не равновозможны (каждый пакет из первого холодильника выбирается с вероятностью [tex]\frac{1}{24}[/tex], а каждый пакет из второго — с вероятностью [tex]\frac{1}{36}[/tex]).

Решение:
Пусть [tex]p[/tex] — вероятность попадания первого стрелка; второй промахивается с вероятностью [tex]1-0{,}8=0{,}2[/tex]. Ровно одно попадание означает «первый попал, а второй промахнулся» или «первый промахнулся, а второй попал». Эти два события несовместны, а выстрелы независимы, поэтому перемножаем вероятности в каждом случае и складываем оба случая:
[tex]p\cdot 0{,}2+(1-p)\cdot 0{,}8=0{,}38[/tex]
Отсюда
[tex]0{,}8-0{,}6p=0{,}38\ \Rightarrow\ 0{,}6p=0{,}42\ \Rightarrow\ p=0{,}7[/tex]

Решение:
Пусть [tex]O_1[/tex] — событие «первая конфета оранжевая», а [tex]O_2[/tex] — событие «вторая конфета оранжевая». Первой с равной вероятностью может быть вынута любая из [tex]n[/tex] конфет, а оранжевых среди них [tex]6[/tex]:
[tex]P(O_1)=\frac{6}{n}[/tex]
Если первая конфета оранжевая, то остаётся [tex]n-1[/tex] конфета, из них [tex]5[/tex] оранжевых, поэтому
[tex]P(O_2\,|\,O_1)=\frac{5}{n-1}[/tex]
По правилу умножения вероятностей вероятность того, что обе конфеты оранжевые, равна
[tex]P(O_1\cap O_2)=P(O_1)\cdot P(O_2\,|\,O_1)=\frac{6}{n}\cdot \frac{5}{n-1}=\frac{30}{n(n-1)}[/tex]
По условию эта вероятность равна [tex]\frac{1}{3}[/tex]:
[tex]\frac{30}{n(n-1)}=\frac{1}{3}\iff n(n-1)=90\iff n^2-n-90=0[/tex]
что и требовалось доказать. (Корни этого уравнения [tex]n=10[/tex] и [tex]n=-9[/tex], значит, в пакетике было [tex]10[/tex] конфет.)

Решение:
Пусть [tex]A[/tex] — событие «первый шар белый», а [tex]B[/tex] — событие «шары разного цвета». По правилу умножения вероятностей вероятность того, что первый шар белый, а второй красный, и вероятность того, что первый шар красный, а второй белый, равны
[tex]\frac{5}{16}\cdot \frac{11}{15}=\frac{11}{48},\qquad \frac{11}{16}\cdot \frac{5}{15}=\frac{11}{48}[/tex]
Событие [tex]B[/tex] наступает ровно одним из этих двух способов, а [tex]A\cap B[/tex] — первый из них:
[tex]P(B)=\frac{11}{48}+\frac{11}{48}=\frac{11}{24},\qquad P(A\cap B)=\frac{11}{48}[/tex]
По определению условной вероятности
[tex]P(A\,|\,B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{11}{48}\cdot \frac{24}{11}=\frac{1}{2}[/tex]
(Оба порядка — сначала белый, потом красный и сначала красный, потом белый — равновероятны, что и объясняет ответ.)

Решение:
Каждый из [tex]220[/tex] болельщиков выбирается с равной вероятностью, поэтому любая условная вероятность равна отношению количеств:
[tex]P(X\,|\,Y)=\frac{|X\cap Y|}{|Y|}[/tex]
Из [tex]P(L\,|\,W)=\frac{1}{2}[/tex] следует, что половина из [tex]110[/tex] женщин, т.е. [tex]55[/tex], болеют за «Левски», поэтому число женщин, болеющих за ЦСКА, равно
[tex]|W\cap C|=110-55=55[/tex]
Пусть [tex]c=|C|[/tex] — число болельщиков ЦСКА. Так как [tex]P(M\,|\,C)=\frac{8}{19}[/tex], женщины составляют [tex]1-\frac{8}{19}=\frac{11}{19}[/tex] болельщиков ЦСКА:
[tex]\frac{11}{19}\,c=55\Rightarrow c=95[/tex]
Следовательно, число мужчин, болеющих за ЦСКА, равно
[tex]|M\cap C|=95-55=40[/tex]

Решение:
Рассмотрим гипотезы [tex]H_1[/tex]: «выбрана игральная кость» и [tex]H_2[/tex]: «выбран тетраэдр», а также событие [tex]A[/tex]: «выпало [tex]3[/tex] очка». Тогда
[tex]P(H_1)=\frac{4}{5},\quad P(H_2)=\frac{1}{5},\quad P(A\,|\,H_1)=\frac{1}{6},\quad P(A\,|\,H_2)=\frac{1}{4}[/tex]
По формуле полной вероятности
[tex]P(A)=\frac{4}{5}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{5}\cdot \frac{1}{4}=\frac{2}{15}+\frac{1}{20}=\frac{11}{60}[/tex]
По формуле Байеса
[tex]P(H_1\,|\,A)=\frac{P(H_1)\cdot P(A\,|\,H_1)}{P(A)}=\frac{2}{15}\cdot \frac{60}{11}=\frac{8}{11}[/tex]

Решение:
Рассмотрим гипотезы [tex]M[/tex]: «человек — мужчина» и [tex]W[/tex]: «человек — женщина», а также событие [tex]D[/tex]: «человек — дальтоник». Тогда
[tex]P(M)=P(W)=\frac{1}{2},\quad P(D\,|\,M)=0{,}05,\quad P(D\,|\,W)=0{,}0025[/tex]
По формуле полной вероятности
[tex]P(D)=\frac{1}{2}\cdot 0{,}05+\frac{1}{2}\cdot 0{,}0025=0{,}025+0{,}00125=0{,}02625[/tex]
По формуле Байеса
[tex]P(M\,|\,D)=\frac{P(M)\cdot P(D\,|\,M)}{P(D)}=\frac{0{,}025}{0{,}02625}=\frac{2500}{2625}=\frac{20}{21}[/tex]