Как найти вероятность хотя бы одного: разбор задачи

Дано: три станка работают независимо, вероятности того, что за час станок потребует внимания рабочего, равны $p_1 = 0{,}2$, $p_2 = 0{,}3$, $p_3 = 0{,}25$. Найти: вероятность того, что за час внимания потребует хотя бы один станок.

Задача решается не перебором вариантов, а переходом к противоположному событию «ни один станок не потребует внимания»: его вероятность равна произведению $q_1 q_2 q_3$, а искомая - дополнению этого произведения до единицы. Ответ: 0,58. Калькулятор сверху пересчитает эту схему под любое число событий и под серию одинаковых испытаний, ниже - решение по шагам.

Решение по шагам

Шаг 1. Записываем событие и противоположное к нему. Пусть $A$ - «хотя бы один станок потребует внимания». Прямой подсчёт потребовал бы сложить семь несовместных вариантов: потребовал внимания только первый, только второй, только третий, первый и второй, первый и третий, второй и третий, все три. Противоположное событие ровно одно: $\bar{A}$ - «ни один станок не потребовал внимания». Считать одну вероятность вместо семи и есть весь приём.

Шаг 2. Выписываем противоположные вероятности. Для каждого станка $q_i = 1 - p_i$ - вероятность того, что за час он внимания не потребует:

Шаг 3. Перемножаем противоположные вероятности. Станки работают независимо, значит вероятность совместного наступления трёх событий равна произведению их вероятностей:

$$P(\bar{A}) = q_1 q_2 q_3 = 0{,}8 \cdot 0{,}7 \cdot 0{,}75 = 0{,}42.$$

Шаг 4. Вычитаем из единицы. События $A$ и $\bar{A}$ образуют полную группу, их вероятности в сумме дают единицу:

$$P(A) = 1 - P(\bar{A}) = 1 - 0{,}42 = 0{,}58.$$

Проверка. Посчитаем ту же вероятность прямым сложением семи вариантов, сгруппировав их по числу станков: ровно один потребует внимания с вероятностью $0{,}2 \cdot 0{,}7 \cdot 0{,}75 + 0{,}8 \cdot 0{,}3 \cdot 0{,}75 + 0{,}8 \cdot 0{,}7 \cdot 0{,}25 = 0{,}425$, ровно два - с вероятностью $0{,}14$, все три - $0{,}2 \cdot 0{,}3 \cdot 0{,}25 = 0{,}015$. В сумме $0{,}425 + 0{,}14 + 0{,}015 = 0{,}58$. Совпало, но работы вышло втрое больше.

Ответ. Вероятность того, что за час внимания потребует хотя бы один станок, равна $P(A) = 0{,}58$.

Формула и откуда она берётся

Общий вид приёма такой. Если события $A_1, A_2, \ldots, A_n$ независимы и наступают с вероятностями $p_1, p_2, \ldots, p_n$, то вероятность наступления хотя бы одного из них равна

$$P(\text{хотя бы одно}) = 1 - q_1 q_2 \cdots q_n = 1 - \prod_{i=1}^{n} (1 - p_i).$$

Формула собирается из двух фактов, которые проходят раньше. Первый: событие и противоположное ему составляют полную группу, поэтому $P(A) + P(\bar{A}) = 1$. Второй: отрицание «хотя бы одного» - это «ни одного», то есть одновременное ненаступление всех событий сразу, а для независимых событий вероятность одновременного наступления равна произведению. Независимость здесь принципиальна: именно она позволяет перемножать, ничего не пересчитывая.

Обрати внимание на порядок слов при переводе условия на язык событий. «Хотя бы один» - это объединение событий, а не их пересечение, и включает случаи, когда наступили два, три или все. Его отрицание - не «ровно ноль из перечисленных по очереди», а «все без исключения не наступили». Если базовое определение вероятности через отношение числа исходов ещё не отработано, начни с разбора классической формулы вероятности события, а сюда возвращайся за приёмом с дополнением.

Почему прямой путь неудобен, видно на числах. Для $n$ событий вариантов «наступило хотя бы одно» ровно $2^n - 1$: при трёх станках это семь слагаемых, при пяти - тридцать один. Можно пойти и через формулу сложения, но тогда придётся вычитать попарные пересечения, прибавлять тройные и так далее - это принцип включения-исключения, и объём выкладок растёт лавиной. Дополнение же требует одного умножения независимо от того, сколько событий в условии. Для двух событий связь видна напрямую: $P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB)$, и эта же величина получается как $1 - q_1 q_2$; подробный разбор - в статье про вероятность суммы совместных событий.

Одинаковые вероятности: серия из n испытаний

Частный случай встречается чаще общего: все испытания одинаковы, вероятность успеха в каждом равна $p$. Тогда произведение сворачивается в степень:

$$P(\text{хотя бы один успех}) = 1 - q^{\,n}, \qquad q = 1 - p.$$

Типовая формулировка: вероятность попадания в цель при одном выстреле равна $0{,}3$, стрелок делает 5 выстрелов, найти вероятность хотя бы одного попадания. Здесь $q = 0{,}7$, и подстановка даёт

$$P = 1 - 0{,}7^5 = 1 - 0{,}16807 \approx 0{,}832.$$

Из той же формулы решается обратная задача: сколько нужно испытаний, чтобы вероятность хотя бы одного успеха была не ниже заданного уровня $P_0$. Требование $1 - q^n \ge P_0$ равносильно $q^n \le 1 - P_0$, и после логарифмирования (логарифм $q$ отрицателен, поэтому знак неравенства меняется на противоположный) получаем

$$n \ge \frac{\ln(1 - P_0)}{\ln q}.$$

При $p = 0{,}3$ и $P_0 = 0{,}9$ правая часть равна $\ln 0{,}1 / \ln 0{,}7 \approx 6{,}46$, поэтому $n = 7$: шести выстрелов не хватает ($1 - 0{,}7^6 \approx 0{,}882$), семь дают $\approx 0{,}918$. Ответ всегда округляется вверх до целого - дробное число испытаний смысла не имеет. В калькуляторе сверху этот режим включается чипом «Одинаковые», а порог задаётся отдельно.

Зависимые события: выбор без возврата

Приём с дополнением работает и тогда, когда события зависимы, но перемножать вероятности «как есть» уже нельзя - нужны условные вероятности. Разберём типовую формулировку: в партии из 20 деталей 5 бракованных, наудачу берут 4 детали, найти вероятность того, что среди них окажется хотя бы одна бракованная.

Противоположное событие - «все четыре детали годные». Детали вынимают без возврата, поэтому после каждого извлечения состав партии меняется:

$$P(\bar{A}) = \frac{15}{20} \cdot \frac{14}{19} \cdot \frac{13}{18} \cdot \frac{12}{17} \approx 0{,}2817, \qquad P(A) = 1 - 0{,}2817 \approx 0{,}718.$$

Тот же ответ даёт подсчёт через сочетания: годные четвёрки выбираются $C_{15}^{4} = 1365$ способами из $C_{20}^{4} = 4845$ равновозможных, отношение равно тем же $0{,}2817$. Оба способа - про одно и то же, просто первый считает по шагам, а второй сразу по числу исходов.

Отсюда практическое правило: схема $1 - q_1 q_2 \cdots q_n$ применима, только если события независимы. Если в условии есть слова «без возврата», «не возвращая», «из партии изымают», проверь зависимость и подставляй условные вероятности. Когда вероятности отдельных исходов найдены, следующий шаг курса - собрать из них ряд распределения и посчитать математическое ожидание.

Приём с противоположным событием работает там, где исходов конечное число. Если же исход задаётся точкой на отрезке или в области, считают уже отношение площадей - такова, например, классическая задача о встрече.

Частые ошибки

• Складывают вероятности вместо перехода к дополнению. Ответ $0{,}2 + 0{,}3 + 0{,}25 = 0{,}75$ неверен: события совместны, и сумма учитывает пересечения по нескольку раз. При больших вероятностях такое «сложение» легко даёт результат больше единицы - верный признак ошибки.
• Путают «хотя бы один» и «ровно один». В разобранной задаче первое равно $0{,}58$, второе - $0{,}425$. Событие «хотя бы один» включает случаи, когда сработали два или три станка, поэтому его вероятность всегда больше.
• Перемножают $p_i$ вместо $q_i$. Произведение $0{,}2 \cdot 0{,}3 \cdot 0{,}25 = 0{,}015$ - это вероятность того, что внимания потребуют все три станка, а не ни один. Дополнение берут именно от произведения противоположных вероятностей.
• Забывают вычесть из единицы. Получив $0{,}42$, записывают это в ответ. $0{,}42$ - вероятность противоположного события; искомая величина всегда $1 - 0{,}42$.
• Применяют формулу к зависимым событиям. При выборе без возврата вероятности меняются от испытания к испытанию, и произведение равных множителей даёт заниженный или завышенный результат.
• Округляют число испытаний вниз. В обратной задаче $n \ge 6{,}46$ означает $n = 7$: при шести испытаниях требуемая надёжность не достигается.

FAQ

Чем «хотя бы один» отличается от «ровно один»? «Хотя бы один» - это один, два, три и так далее, то есть все случаи, кроме «ни одного». «Ровно один» - единственный из событий наступил, а остальные не наступили. Первое считают через дополнение, второе - суммой произведений вида $p_i \prod_{j \ne i} q_j$.

Обязательно ли события должны быть независимыми? Для формулы $P = 1 - q_1 q_2 \cdots q_n$ - да, иначе перемножать вероятности нельзя. Сам приём с противоположным событием универсален: для зависимых событий вероятность «ни одного» считают цепочкой условных вероятностей или через сочетания.

Что делать, если вероятности всех событий одинаковы? Произведение превращается в степень, и формула упрощается до $P = 1 - q^n$, где $q = 1 - p$, а $n$ - число испытаний. Это самая частая формулировка в контрольных: серия выстрелов, партия изделий, повторные попытки.

Может ли вероятность хотя бы одного события оказаться меньше вероятности отдельного? Нет. Событие «хотя бы одно» включает каждое из событий по отдельности, поэтому его вероятность не меньше наибольшей из $p_i$ и растёт с добавлением каждого нового события. Если в расчёте получилось иначе, где-то перемножены не те множители.

Коротко

1. Событие «хотя бы один» заменяют противоположным «ни одного» - так вместо $2^n - 1$ слагаемых остаётся одно произведение.
2. Для каждого события считают $q_i = 1 - p_i$ и перемножают: $P(\bar{A}) = q_1 q_2 \cdots q_n$. Перемножать можно только независимые события.
3. Искомая вероятность - дополнение до единицы: $P(A) = 1 - q_1 q_2 \cdots q_n$.
4. Если все вероятности одинаковы, формула сворачивается в $P = 1 - q^n$, а число испытаний для уровня $P_0$ находится как $n \ge \ln(1 - P_0) / \ln q$ с округлением вверх.
5. В разобранной задаче $q_1 q_2 q_3 = 0{,}8 \cdot 0{,}7 \cdot 0{,}75 = 0{,}42$, поэтому ответ равен $1 - 0{,}42 = 0{,}58$.