Условна вероятност и формула на Бейс - задачи с решения

Решение:
Нека [tex]A[/tex] е събитието „картата е шестица“, а [tex]B[/tex] – събитието „стойността на картата е по-голяма от [tex]3[/tex] и по-малка от [tex]8[/tex]“. Събитието [tex]B[/tex] се състои от четворките, петиците, шестиците и седмиците, т.е. от [tex]4\cdot 4=16[/tex] карти, а [tex]A\cap B[/tex] – от [tex]4[/tex]-те шестици. Всичките [tex]52[/tex] карти са равновъзможни, затова от определението за условна вероятност
[tex]P(A\,|\,B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{4/52}{16/52}=\frac{4}{16}=\frac{1}{4}[/tex]
С други думи, условието свежда пространството от изходи до [tex]16[/tex] равновъзможни карти, [tex]4[/tex] от които са шестици.

Решение:
Всичките [tex]36[/tex] наредени изхода [tex]\left(a ; b\right)[/tex] са равновъзможни. Нека [tex]B[/tex] е събитието „сборът е [tex]8[/tex]“, а [tex]A[/tex] – събитието „точно една шестица“. Събитието [tex]B[/tex] се състои от [tex]5[/tex] изхода (изходът [tex]\left(4 ; 4\right)[/tex] се брои веднъж):
[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]
Събитието [tex]A\cap B[/tex] се състои от изходите [tex]\left(2 ; 6\right)[/tex] и [tex]\left(6 ; 2\right)[/tex], следователно [tex]P(A\cap B)=\frac{2}{36}[/tex]. От определението за условна вероятност
[tex]P(A\,|\,B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{2/36}{5/36}=\frac{2}{5}[/tex]

Решение:
Нека [tex]R[/tex] е събитието „фирмата предлага пенсионен план“, а [tex]L[/tex] – събитието „фирмата предлага застраховка ‚Живот‘“. Тогава
[tex]P(R)=0{,}42,\quad P(L)=0{,}61,\quad P(R\cap L)=0{,}32[/tex]
От определението за условна вероятност
[tex]P(R\,|\,L)=\frac{P(R\cap L)}{P(L)}=\frac{0{,}32}{0{,}61}=\frac{32}{61}\approx 0{,}52[/tex]
Да отбележим, че обратната условна вероятност е различна: [tex]P(L\,|\,R)=\frac{0{,}32}{0{,}42}=\frac{16}{21}[/tex].

Решение:
Всичките [tex]200[/tex] коли са равновъзможни. Нека [tex]A[/tex] е събитието „колата е от марката Н“, а [tex]B[/tex] – събитието „колата е жълта“. Жълтите коли са [tex]2+3+5=10[/tex], като [tex]5[/tex] от тях са от марката Н:
[tex]P(B)=\frac{10}{200},\quad P(A\cap B)=\frac{5}{200}[/tex]
Следователно
[tex]P(A\,|\,B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{5/200}{10/200}=\frac{1}{2}[/tex]
Еквивалентно: информацията, че колата е жълта, свежда пространството от изходи до [tex]10[/tex]-те жълти коли, а [tex]5[/tex] от тях са от марката Н.

Решение:
Нека [tex]A_1[/tex] е събитието „първият опит е успешен“, а [tex]A_2[/tex] – събитието „вторият опит е успешен“. Всичките [tex]10[/tex] цифри са равновъзможни, затова [tex]P(A_1)=\frac{1}{10}[/tex]. Ако първият опит е неуспешен (с вероятност [tex]\frac{9}{10}[/tex]), Иван избира измежду останалите [tex]9[/tex] цифри, затова [tex]P(A_2\,|\,\overline{A_1})=\frac{1}{9}[/tex].
Събитията [tex]A_1[/tex] и [tex]\overline{A_1}\cap A_2[/tex] са несъвместими, следователно
[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]
Еквивалентно: Иван опитва [tex]2[/tex] от [tex]10[/tex]-те цифри и правилната цифра е сред тях с вероятност [tex]\frac{2}{10}[/tex].

Решение:
Нека [tex]A[/tex] е събитието „поне една машина се нуждае от внимание“. Противоположното събитие [tex]\overline{A}[/tex] е „никоя от четирите машини не се нуждае от внимание“. Машините работят независимо, затова
[tex]P(\overline{A})=0{,}9\cdot 0{,}8\cdot 0{,}75\cdot 0{,}7=0{,}378[/tex]
Следователно
[tex]P(A)=1-P(\overline{A})=1-0{,}378=0{,}622[/tex]

Решение:
Всичките [tex]10[/tex] автомата произвеждат еднакъв брой детайли, затова случаен детайл е произведен от автомат от първия, втория или третия вид (хипотези [tex]H_1[/tex], [tex]H_2[/tex], [tex]H_3[/tex]) съответно с вероятности
[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]
Тези хипотези са несъвместими и изчерпват всички възможности. Нека [tex]A[/tex] е събитието „детайлът е качествен“; тогава [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 формулата за пълната вероятност
[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:
Във втория хладилник има [tex]30-12=18[/tex] кутии. Нека [tex]H_1[/tex] и [tex]H_2[/tex] са събитията да е избран съответно първият или вторият хладилник, а [tex]A[/tex] – събитието „кутията е с ябълков сок“. Тогава
[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 формулата за пълната вероятност
[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]
Да отбележим, че отговорът не е [tex]\frac{10}{30}[/tex]: [tex]30[/tex]-те кутии не са равновъзможни (всяка кутия от първия хладилник се избира с вероятност [tex]\frac{1}{24}[/tex], а всяка кутия от втория – с вероятност [tex]\frac{1}{36}[/tex]).

Решение:
Нека [tex]p[/tex] е вероятността първият стрелец да улучи; вторият не улучва с вероятност [tex]1-0{,}8=0{,}2[/tex]. Точно едно попадение означава „първият улучва, а вторият не улучва“ или „първият не улучва, а вторият улучва“. Тези две събития са несъвместими, а изстрелите са независими, затова умножаваме вероятностите във всеки случай и събираме двата случая:
[tex]p\cdot 0{,}2+(1-p)\cdot 0{,}8=0{,}38[/tex]
Следователно
[tex]0{,}8-0{,}6p=0{,}38\ \Rightarrow\ 0{,}6p=0{,}42\ \Rightarrow\ p=0{,}7[/tex]

Решение:
Нека [tex]O_1[/tex] е събитието „първият бонбон е оранжев“, а [tex]O_2[/tex] – събитието „вторият бонбон е оранжев“. Всеки от [tex]n[/tex]-те бонбона може с еднаква вероятност да бъде изваден пръв, а [tex]6[/tex] от тях са оранжеви:
[tex]P(O_1)=\frac{6}{n}[/tex]
Ако първият бонбон е оранжев, остават [tex]n-1[/tex] бонбона, от които [tex]5[/tex] са оранжеви, следователно
[tex]P(O_2\,|\,O_1)=\frac{5}{n-1}[/tex]
По правилото за умножение на вероятностите вероятността и двата бонбона да са оранжеви е
[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 условие тази вероятност е равна на [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]
което трябваше да се докаже. (Корените на това уравнение са [tex]n=10[/tex] и [tex]n=-9[/tex], следователно в торбичката е имало [tex]10[/tex] бонбона.)

Решение:
Нека [tex]A[/tex] е събитието „първото топче е бяло“, а [tex]B[/tex] – събитието „двете топчета са с различен цвят“. По правилото за умножение на вероятностите вероятността първото топче да е бяло, а второто – червено, и вероятността първото топче да е червено, а второто – бяло, са
[tex]\frac{5}{16}\cdot \frac{11}{15}=\frac{11}{48},\qquad \frac{11}{16}\cdot \frac{5}{15}=\frac{11}{48}[/tex]
Събитието [tex]B[/tex] настъпва точно по един от тези два начина, а [tex]A\cap B[/tex] е първият от тях:
[tex]P(B)=\frac{11}{48}+\frac{11}{48}=\frac{11}{24},\qquad P(A\cap B)=\frac{11}{48}[/tex]
От определението за условна вероятност
[tex]P(A\,|\,B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{11}{48}\cdot \frac{24}{11}=\frac{1}{2}[/tex]
(Двете подредби – първо бяло, после червено и първо червено, после бяло – са равновероятни, което обяснява отговора.)

Решение:
Всеки от [tex]220[/tex]-те фенове се избира с еднаква вероятност, затова всяка условна вероятност е отношение на бройки:
[tex]P(X\,|\,Y)=\frac{|X\cap Y|}{|Y|}[/tex]
От [tex]P(L\,|\,W)=\frac{1}{2}[/tex] следва, че половината от [tex]110[/tex]-те жени, т.е. [tex]55[/tex], са фенове на Левски, следователно броят на жените – фенове на ЦСКА, е
[tex]|W\cap C|=110-55=55[/tex]
Нека [tex]c=|C|[/tex] е броят на феновете на ЦСКА. Тъй като [tex]P(M\,|\,C)=\frac{8}{19}[/tex], жените са [tex]1-\frac{8}{19}=\frac{11}{19}[/tex] от феновете на ЦСКА:
[tex]\frac{11}{19}\,c=55\Rightarrow c=95[/tex]
Следователно броят на мъжете – фенове на ЦСКА, е
[tex]|M\cap C|=95-55=40[/tex]

Решение:
Разглеждаме хипотезите [tex]H_1[/tex]: „избран е зар“ и [tex]H_2[/tex]: „избран е тетраедърът“, и събитието [tex]A[/tex]: „падат се [tex]3[/tex] точки“. Тогава
[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 формулата за пълната вероятност
[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 формулата на Бейс
[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:
Разглеждаме хипотезите [tex]M[/tex]: „човекът е мъж“ и [tex]W[/tex]: „човекът е жена“, и събитието [tex]D[/tex]: „човекът е далтонист“. Тогава
[tex]P(M)=P(W)=\frac{1}{2},\quad P(D\,|\,M)=0{,}05,\quad P(D\,|\,W)=0{,}0025[/tex]
По формулата за пълната вероятност
[tex]P(D)=\frac{1}{2}\cdot 0{,}05+\frac{1}{2}\cdot 0{,}0025=0{,}025+0{,}00125=0{,}02625[/tex]
По формулата на Бейс
[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]