Вероятности сложных событий

Обозначим события:

• $A$ - кофе закончился в первом автомате
• $B$ - кофе закончился во втором автомате

По условию: $$\begin{align*} P(A) &= 0.1 \\ P(B) &= 0.1 \\ P(A \cap B) &= 0.15 \end{align*}$$

Найдем вероятность того, что кофе останется в обоих автоматах, то есть $P(\overline{A} \cap \overline{B})$.

Используем формулу вероятности объединения событий: $$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) = 0.25 + 0.25 - 0.15 = 0.35$$

Тогда вероятность противоположного события (кофе останется хотя бы в одном автомате): $$P(\overline{A \cup B}) = 1 - P(A \cup B) = 1 - 0,35 = 0,65$$

Пусть событие $A$ — лампа перегорела. Так как лампы перегорают независимо, вероятность того, что все три лампы перегорят: $$P(A \cdot A \cdot A) = P(A) \cdot P(A) \cdot P(A) = 0,2^3 = 0,008$$ Событие "хотя бы одна лампа не перегорит" является противоположным событию "все три лампы перегорят". Поэтому его вероятность: $$P(\text{хотя бы одна не перегорит}) = 1 - P(A \cdot A \cdot A) = 1 - 0,008 = 0,992$$

Рассмотрим четыре независимых события:

1. Первый выстрел: попадание ($P_1 = 0,9$)
2. Второй выстрел: попадание ($P_2 = 0,9$)
3. Третий выстрел: промах ($P_3 = 1 - 0,9 = 0,1$)
4. Четвёртый выстрел: промах ($P_4 = 0,1$)

Искомая вероятность равна произведению вероятностей этих событий: $$P = P_1 \cdot P_2 \cdot P_3 \cdot P_4 = 0,9 \cdot 0,9 \cdot 0,1 \cdot 0,1 = 0,0081$$

Вероятность промаха: $$P(\text{промах}) = 1 - 0,8 = 0,2$$ Так как первые два выстрела — попадания, а последние два — промахи, искомая вероятность: $$P = 0,8 \cdot 0,8 \cdot 0,2 \cdot 0,2 = 0,0256$$ Округляем до сотых: $$0,0256 \approx 0,03$$

Вероятность того, что батарейка исправна: $$P(\text{исправна}) = 1 - 0,06 = 0,94$$ Так как батарейки в упаковке независимы, вероятность того, что обе исправны: $$P = 0,94 \cdot 0,94 = 0,8836$$