Условная вероятность, умножение вероятностей · урок 1 из 5

Правило умножения вероятностей

Вероятность и статистика · 8 класс · углублённый уровень
ФРП «Математика», Москва – 2025 · строка R08 · VIS8U-025

0,5 мин · теория (орг. момент, тема урока)
Паспорт: R08 «Условная вероятность, умножение вероятностей, независимые события» (5 ч), урок 1/5, единица R08.1 «Правило умножения вероятностей». Тип урока — Н. Опора: операции над событиями и формула сложения (VIS8U-023, VIS8U-024), деревья и комбинаторное правило умножения (VIS8U-017 – VIS8U-019).
Хронометраж: Теория 12,5 мин · практика 32,5 мин (72 %), итого 45 мин.
Теория (12,5 мин): сл. 1 0,5 · сл. 2 (цели) 1 · сл. 4 (вывод на таблице «монета + кубик») 3 · сл. 6 (без возвращения, таблица 5 × 4) 3 · сл. 7 (дерево с вероятностями на рёбрах) 2,5 · сл. 13 (сводка правил) 2,5.
Практика (32,5 мин): разминка (сл. 3) 2,5 · образцы → сам (сл. 5, 8, 9, 10, 11, 12) 6 × 2,5 = 15 · типичные ошибки (сл. 14) 1,5 · найди ошибку (сл. 15) 2 · самопроверка, база (сл. 16) 2,5 · повышенный уровень (сл. 17) 2,5 · ОГЭ (сл. 18) 2 · самостоятельная (сл. 19) 3,5 · итог (сл. 20) 1.
Граница с соседними уроками: сегодня вероятность второго события «после того как первое произошло» находим пересчётом состава (урна, класс, билеты). Обозначение P(B | A) и формулу условной вероятности вводим на следующем уроке (VIS8U-026), дерево подробно — VIS8U-027, определение независимых событий — VIS8U-028.
Если не успеваете: сл. 12 (месяцы рождения) и задания 3–4 сл. 17 — в ДЗ; теоретические слайды не сокращать.

R08.1

Цели урока

Сегодня вы научитесь

Независимые испытания

находить $P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)$ для двух и более испытаний (ПР-6)

Без возвращения

пересчитывать вероятность второго шага, когда первый изменил состав (ПР-2)

Дерево опыта

подписывать рёбра вероятностями и умножать вдоль пути (ПР-4, ПР-6)

Сложные события

«ровно один», «хотя бы один», обратные задачи (ОГЭ, линия 10)

1 мин · теория
ПР-6: «Пользоваться правилом умножения вероятностей, использовать дерево для представления случайного опыта при решении задач». ПР-2: «Находить вероятности случайных событий в случайных опытах, зная вероятности элементарных событий, в том числе в опытах с равновозможными элементарными событиями». ПР-4: деревья в задачах теории вероятностей.
Из характеристики деятельности строки R08: «Осваивать понятия: правило умножения вероятностей, условная вероятность, независимые события, дерево случайного опыта».

повторение: R07.2, R07.4, R05

Разминка · устно

Вспоминаем и считаем

События

$P (A) = 0, 3$ . Найдите $P (\overline{A})$ $0, 7$
$A$ , $B$ несовместны, $0, 2$ и $0, 5$ . $P (A \cup B)$ $0, 7$
$P (A) = 0, 6$ , $P (B) = 0, 5$ , $P (A \cap B) = 0, 3$ . $P (A \cup B)$ $0, 8$
Монета и кубик: сколько исходов? $12$

Вычислите

$0, 9 \cdot 0, 8$ $0, 72$
$\frac{2}{5} \cdot \frac{1}{4}$ $\frac{1}{10}$
$0, 5^{3}$ $0, 125$
$1 - 0, 3 \cdot 0, 4$ $0, 88$

R08.1

Теория · правило умножения вероятностей

Монета и кубик: пересечение — прямоугольник

$A$ = «орёл»: $1$ строка, $P (A) = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}$

$B$ = «больше $4$ »: $2$ столбца, $P (B) = \frac{2}{6}$

$A \cap B$ : $\frac{1 \cdot 2}{2 \cdot 6} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{6} = \frac{1}{6}$

Испытания независимы $\Rightarrow$ $P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)$

3 мин · теория
Таблица: строка — монета (О, Р), столбец — очки кубика; 12 равновозможных исходов. По клику: строка «орёл» (A), столбцы 5 и 6 (B), их пересечение — 2 клетки (A ∩ B).
Вывод: A касается только монеты (1 строка из 2), B — только кубика (2 столбца из 6). Клетки A ∩ B — прямоугольник 1 × 2, их число — произведение (правило умножения из комбинаторики), всего клеток 2 · 6. Поэтому P(A ∩ B) = (1 · 2)/(2 · 6) = 1/2 · 2/6 = 1/6 (проверено перебором 12 исходов, python).
Формулировка: если A относится к одному испытанию, B — к другому, и результат первого не меняет вероятностей второго (независимые испытания), то P(A ∩ B) = P(A) · P(B). Для трёх и более независимых испытаний — произведение всех вероятностей (таблица превращается в «куб»).
Вопрос классу: можно ли так же перемножить вероятности «чётное» и «больше 3» при ОДНОМ броске кубика? (Нет: одно испытание, события пересекаются по {4; 6}, P = 2/6, а не 1/2 · 1/2. Вернёмся к этому в ошибках.)

R08.1

Образец → сам · независимые испытания

Три узла компьютера

Образец: узлы отказывают независимо. $P (год без отказов)$ ?

нужно: работает и 1-й, и 2-й, и 3-й пересечение

$0, 98 \cdot 0, 95 \cdot 0, 9$ = $0, 8379$ независимы — умножаем

Сам: гирлянда: $3$ лампы по $0, 9$ , горит $0, 729$
Сам: монету бросают $4$ раза: все орлы $\frac{1}{16} = 0, 0625$
Сам: кубик $3$ раза: каждый раз больше $4$ $\frac{1}{27}$

R08.1

Теория · испытания зависят друг от друга

Два шара без возвращения

В урне $2$ красных и $3$ синих. Достают по очереди $2$ шара

исходов $5 \cdot 4 = 20$ ; 1-й красный: $\frac{8}{20} = \frac{2}{5}$

оба красные: $\frac{2}{20} = \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{4}$ остался $1$ красный из $4$

$P (сначала A, затем B) = P (A) \cdot$ вероятность $B$ , когда $A$ уже произошло

3 мин · теория
Таблица 5 × 5: строка — первый шар, столбец — второй. Диагональ зачёркнута: один и тот же шар дважды вынуть нельзя. Остаётся 5 · 4 = 20 равновозможных упорядоченных пар.
По клику: строки К1 и К2 (первый красный) — 8 клеток, P = 8/20 = 2/5; затем две клетки «оба красные» (К1К2, К2К1) — P = 2/20 = 1/10. Проверено перебором перестановок (python).
Главное: 1/10 = 2/5 · 1/4, где 1/4 — вероятность красного вторым, когда первый красный уже вынут: в урне остались 1 красный и 3 синих. Это и есть правило умножения в общем виде: вероятность первого события умножаем на вероятность второго, пересчитанную после первого. На следующем уроке эту вторую вероятность обозначим P(B | A) и назовём условной.
Сравнение: если шар возвращать, испытания независимы: 2/5 · 2/5 = 4/25 = 0,16 > 0,1. Вопрос классу: почему без возвращения вероятность «оба красные» меньше? (Красных шаров после первого стало меньше.)

R08.1

Теория · дерево случайного опыта

Вероятность пути — произведение по рёбрам

Та же урна: $2$ К и $3$ С, без возвращения

путь КК: $\frac{2}{5} \cdot \frac{1}{4} = \frac{2}{20}$

все листья: $\frac{2 + 6 + 6 + 6}{20} = 1$

Из узла — сумма на рёбрах

= 1

. Второй уровень — вероятности после первого шага.

2,5 мин · теория
Дерево — та же таблица, только сжатая: первый уровень — цвет первого шара (2/5 и 3/5), второй — цвет второго, причём вероятности второго уровня зависят от ветки: после красного остались 1 К и 3 С (1/4 и 3/4), после синего — 2 К и 2 С (2/4 и 2/4).
По клику: путь КК — 2/5 · 1/4 = 2/20 = 1/10; затем значения остальных листьев: КС = 2/5 · 3/4 = 6/20, СК = 3/5 · 2/4 = 6/20, СС = 3/5 · 2/4 = 6/20. Сумма 20/20 = 1 — проверка дерева (совпадает с таблицей прошлого слайда: 2 + 6 + 6 + 6 клеток).
Правило: вдоль пути вероятности умножаем, вероятности разных путей (несовместных исходов) складываем. Из каждого узла сумма вероятностей на выходящих рёбрах равна 1.

R08.1

Образец → сам · без возвращения

Двое дежурных из класса

Образец: в классе $25$ учеников, из них $10$ мальчиков. Наугад выбирают двоих. $P (оба мальчики)$ ?

$\frac{10}{25}$ , затем $\frac{9}{24}$ один мальчик уже выбран

$\frac{10}{25} \cdot \frac{9}{24} = \frac{90}{600}$ = $0, 15$

Сам: там же: обе девочки $0, 35$
Сам: $10$ билетов, $3$ выигрышных, берут $2$ : оба выигрышные $\frac{1}{15}$
Сам: там же: 1-й пустой, 2-й выигрышный $\frac{7}{30}$

2,5 мин · практика
Образец: выбор «по очереди без возвращения» — второй ученик выбирается из 24 оставшихся, среди них 9 мальчиков. Дерево: М 10/25, Д 15/25; после М — М 9/24, Д 15/24; после Д — М 10/24, Д 14/24. Путь ММ: 10/25 · 9/24 = 90/600 = 3/20 = 0,15.
Порядок выбора не важен для ответа: выбрать двоих сразу — то же самое, что по очереди (сочетаний в 8 классе нет, решаем деревом).
1) 15/25 · 14/24 = 210/600 = 7/20 = 0,35. 2) 3/10 · 2/9 = 6/90 = 1/15. 3) 7/10 · 3/9 = 21/90 = 7/30. Все ответы проверены перебором (python).
Ошибка-ловушка: 10/25 · 10/25 = 0,16 — так было бы, если бы одного и того же ученика можно было выбрать дважды.

R08.1

Образец → сам · обратная задача

Неизвестная вероятность на ребре

Образец: два стрелка стреляют независимо. Оба попадают с $p = 0, 56$ , первый — с $0, 8$ . Найдите $x$ для второго и $P (оба мимо)$

$0, 8 \cdot x = 0, 56$ , $x = 0, 7$ путь ПП

оба мимо: $0, 2 \cdot 0, 3$ = $0, 06$ путь ММ

Сам: $3$ одинаковые лампы, все целы с $p = 0, 729$ . Одна цела $0, 9$
Сам: независимы, $P (A \cap B) = 0, 12$ , $P (B) = 0, 4$ . $P (A)$ $0, 3$
Сам: $3$ белых и $n$ чёрных шаров, $2$ без возвращения оба белые с $p = 0, 2$ . $n$ $3$

R08.1 · R07.2

Образец → сам · «хотя бы один»

Три датчика сигнализации

Образец: датчики срабатывают независимо, каждый — с $p = 0, 8$ . $P (сработает хотя бы один)$ ?

противоположное — отказали все: $0, 2^{3} = 0, 008$

$1 - 0, 008 = 0, 992$ семь путей сразу

Сам: два датчика по $0, 9$ : хотя бы один $0, 99$
Сам: сколько датчиков по $0, 8$ нужно, чтобы $P \geq 0, 999$ ? $5$
Сам: монету бросают $n$ раз. Наименьшее $n$ для $P (хотя бы один орёл) \geq 0, 95$ $5$

2,5 мин · практика
Образец: параллельная схема срабатывает, если сработал хотя бы один датчик. Прямой путь — сложить 7 путей дерева из 8; проще через противоположное событие: «все отказали» — один путь, 0,2 · 0,2 · 0,2 = 0,008. Ответ 0,992 (проверено, python). По клику датчики на схеме становятся «отказ».
1) 1 − 0,1^2 = 0,99. 2) 0,2^n ≤ 0,001: 0,2^4 = 0,0016 — мало, 0,2^5 = 0,00032 — достаточно; n = 5. 3) (1/2)^n ≤ 0,05: 1/16 = 0,0625 — мало, 1/32 = 0,03125 — достаточно; n = 5.
Сравнить со сл. 5: «последовательно» — умножаем вероятности работы, «параллельно» — умножаем вероятности отказа и вычитаем из 1.

R08.1 · R07.4

Образец → сам · умножение и сложение

Ровно одна шоколадная конфета

Образец: в коробке $4$ шоколадные (Ш) и $2$ карамели (К). Берут $2$ без возвращения. $P (ровно одна Ш)$ ?

пути ШК и КШ: $\frac{4}{6} \cdot \frac{2}{5}$ и $\frac{2}{6} \cdot \frac{4}{5}$

$\frac{8}{30} + \frac{8}{30}$ = $\frac{8}{15}$ пути несовместны

Сам: обе шоколадные $\frac{2}{5}$
Сам: обе карамели $\frac{1}{15}$
Сам: с возвращением: ровно одна Ш $\frac{4}{9}$

2,5 мин · практика
Образец: «ровно одна шоколадная» — два несовместных пути: ШК (4/6 · 2/5 = 8/30) и КШ (2/6 · 4/5 = 8/30). Вдоль пути умножаем, пути складываем: 16/30 = 8/15.
1) 4/6 · 3/5 = 12/30 = 2/5. 2) 2/6 · 1/5 = 2/30 = 1/15. Проверка дерева: 2/5 + 8/15 + 1/15 = 6/15 + 8/15 + 1/15 = 1. 3) С возвращением испытания независимы, на втором уровне те же 4/6 и 2/6: 2 · (2/3 · 1/3) = 4/9. Всё проверено перебором (python).
Вопрос классу: почему 8/15 > 4/9? (Без возвращения после шоколадной в коробке «больше» карамели — разные цвета становятся вероятнее.)

R08.1

Образец → сам · задача из жизни · дни рождения

Месяцы рождения друзей

Образец: $4$ друга; месяцы равновозможны. $P (все в разных)$ ?

$\frac{12}{12} \cdot \frac{11}{12} \cdot \frac{10}{12} \cdot \frac{9}{12} = \frac{55}{96} \approx 0, 57$

двое в одном: $1 - \frac{55}{96} \approx 0, 43$

Сам: $5$ друзей: все в разных месяцах $\approx 0, 38$
Сам: $5$ друзей: хотя бы двое в одном $\approx 0, 62$
Сам: $3$ друга: в разные дни недели $\frac{30}{49} \approx 0, 61$

2,5 мин · практика
Образец: первый друг родился в любом месяце (12/12), второй должен попасть в один из 11 «свободных» (11/12), третий — в 10 из 12, четвёртый — в 9 из 12. Шаги идут друг за другом, вероятность каждого считаем «после предыдущих» — правило умножения. 12 · 11 · 10 · 9/12^4 = 11 880/20 736 = 55/96 ≈ 0,573; противоположное — 41/96 ≈ 0,427. Проверено полным перебором 12^4 вариантов (python).
На схеме: серые клетки — занятые месяцы, бирюзовые — свободные.
1) 12 · 11 · 10 · 9 · 8/12^5 = 55/144 ≈ 0,382. 2) 1 − 55/144 = 89/144 ≈ 0,618. 3) 7 · 6 · 5/7^3 = 210/343 = 30/49 ≈ 0,612.
Вывод для класса (парадокс дней рождения): уже среди пяти человек совпадение месяца вероятнее, чем его отсутствие.

R08.1

Теория · сводка правил

Когда и как умножать

Ситуация	Как считать
независимые испытания: разные кубики, приборы, «с возвращением»	$P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)$ ; для $n$ испытаний — произведение всех
испытания зависят: «без возвращения»	$P (A) \cdot P (B после A)$ — пересчитать состав после первого шага
«ровно один», несколько путей	умножаем вдоль каждого пути, пути складываем
«хотя бы один»	$1 - P (ни одного)$

Проверка:

P (A \cap B) \leq P (A)

— умножение на число из

[0; 1]

не увеличивает вероятность.

2,5 мин · теория
Сводка — записать в тетрадь. Подчеркнуть: формула P(A) · P(B) — только для независимых испытаний; для зависимых второй множитель берётся «после» первого (на следующем уроке — P(B | A)).
Почему P(A ∩ B) ≤ P(A): второй множитель — вероятность, он не больше 1. Если ответ на «и … и …» получился больше одной из вероятностей — ошибка.
Вопрос классу: к какой строке относится задача про дни рождения? (Вторая: каждый следующий шаг считаем после предыдущих.)

R08.1

Осторожно · типичные ошибки

Неверно → почему → верно

Где ошибаются	Неверно	Верно
$2$ К и $3$ С, оба красные без возвращения — не пересчитали состав	$\frac{2}{5} \cdot \frac{2}{5} = \frac{4}{25}$	$\frac{2}{5} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{10}$
один бросок кубика: «чётное и больше $3$ » — перемножили	$\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$	${4; 6}$ : $\frac{2}{6} = \frac{1}{3}$
$3$ датчика по $0, 8$ , «хотя бы один» — сложили	$0, 8 \cdot 3 = 2, 4 > 1$	$1 - 0, 2^{3} = 0, 992$

R08.1

Найди ошибку

Где ошибся ученик?

а) $10$ билетов, $3$ выигрышных, берут $2$ . $P (оба пустые)$

$\frac{7}{10} \cdot \frac{7}{10} = 0, 49$

билет не возвращают: осталось $6$ пустых из $9$

$\frac{7}{10} \cdot \frac{6}{9} = \frac{7}{15}$

б) Стрелок, $p = 0, 7$ , $3$ выстрела. $P (ровно 2 попадания)$

$0, 7 \cdot 0, 7 \cdot 0, 3 = 0, 147$

это только ППМ; ещё ПМП и МПП

$3 \cdot 0, 147 = 0, 441$

в) Лампы $0, 9$ и $0, 8$ , независимы. $P (хотя бы одна исправна)$

$1 - 0, 9 \cdot 0, 8 = 0, 28$

вычли «обе исправны», а нужно «обе неисправны»

$1 - 0, 1 \cdot 0, 2 = 0, 98$

2 мин · практика
Ученики в парах находят ошибку, затем учитель открывает исправление по клику.
а) Ошибка — опыт без возвращения посчитан как с возвращением. Верно: 7/10 · 6/9 = 42/90 = 7/15 ≈ 0,467.
б) Ошибка — учтён один путь дерева из трёх. Каждый из путей ППМ, ПМП, МПП имеет вероятность 0,7 · 0,7 · 0,3 = 0,147; всего 0,441.
в) Ошибка — неверно взято противоположное событие. Противоположное к «хотя бы одна исправна» — «обе неисправны»: 0,1 · 0,2 = 0,02, ответ 0,98. Все ответы проверены (python).

R08.1

Задания с самопроверкой · база

Решите и проверьте

Независимые испытания

Монету бросают $5$ раз: все решки $\frac{1}{32}$
Кубик и монета: шестёрка и орёл $\frac{1}{12}$
$3$ станка, каждый без поломки с $0, 9$ : ни одной поломки $0, 729$
Стрелок $0, 6$ : 1-й мимо, 2-й в цель $0, 24$

Без возвращения

$3$ белых и $2$ чёрных, берут $2$ : оба белые $\frac{3}{10}$
Там же: оба чёрные $\frac{1}{10}$
Там же: разного цвета $\frac{3}{5}$

R08.1

Задания с самопроверкой · повышенный уровень

Подумайте и решите

повыш.Из колоды в $36$ карт берут подряд $2$ карты. Обе — тузы $\frac{1}{105}$
из жизниВ партии $20$ деталей, $3$ бракованных. Проверяют $2$ наугад; партию принимают, если обе исправны. $P (принята)$ $\frac{68}{95} \approx 0, 72$
повыш.Стрелок дважды промахивается с вероятностью $0, 09$ . Найдите $P (ровно одно попадание)$ $0, 42$
повыш.Наименьшее $n$ , при котором $P (n орлов подряд) < 0, 01$ $7$

R08.1 · ОГЭ

Формат ОГЭ · линия 10

Ответ — десятичной дробью

1. Биатлонист $5$ раз стреляет по мишеням. Вероятность попадания при одном выстреле равна $0, 9$ . Найдите вероятность того, что биатлонист первые $4$ раза попал в мишени, а последний раз промахнулся.

$0, 06561$

2. В магазине два платёжных терминала. Каждый из них может быть неисправен с вероятностью $0, 05$ независимо от другого. Найдите вероятность того, что хотя бы один терминал исправен.

$0, 9975$

3. В пенале $6$ ручек, из них $4$ синие. Не глядя, по очереди достают две ручки. Найдите вероятность того, что обе ручки окажутся синими.

$0, 4$

R08.1

Самостоятельная работа · 3,5 минуты

Два варианта — решите свой

Вариант 1

$3$ независимые лампы, каждая горит с $0, 8$ . Горят все $0, 512$
$4$ красных и $1$ синий, берут $2$ без возвращения. Оба красные $0, 6$
Стрелок $0, 9$ , $2$ выстрела. Ровно одно попадание $0, 18$
$2$ датчика по $0, 7$ . Хотя бы один сработает $0, 91$

Вариант 2

$3$ независимые лампы, каждая горит с $0, 7$ . Горят все $0, 343$
$3$ красных и $2$ синих, берут $2$ без возвращения. Оба красные $0, 3$
Стрелок $0, 8$ , $2$ выстрела. Ровно одно попадание $0, 32$
$2$ датчика по $0, 6$ . Хотя бы один сработает $0, 84$

рефлексия · ДЗ

Итог урока

Проверьте себя и потренируйтесь

Ответьте одной фразой

Когда $P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)$ ?
Что меняется «без возвращения»?
Как удобнее найти «хотя бы один»?

Домашнее задание

$5$ белых и $3$ чёрных, берут $2$ без возвращения: оба белые; ровно один белый
Тренажёр: reknow.ru/8/veroyatnost/8_veroyatnost_pravilo-umnozheniya.htm

Паспорт соответствия · скрытый слайд

VIS8U-025 · Правило умножения вероятностей

Поле	Значение
ФРП	«Математика» (углублённый уровень), 7–9 кл., Москва – 2025 · курс «Вероятность и статистика», 8 класс
Строка, урок	R08 «Условная вероятность, умножение вероятностей, независимые события», 5 ч · урок 1/5 · тип Н
Единицы → слайды	R08.1 «Правило умножения вероятностей» → 2, 4–20 · повторение R07.2, R07.4 (противоположное событие, формула сложения) → 3, 10, 11
Результаты	ПР-6 (правило умножения вероятностей, дерево случайного опыта) → 2, 4–20 · ПР-2 (вероятность в опытах с равновозможными исходами) → 4, 6, 8, 12, 16 · ПР-4 (деревья в задачах теории вероятностей) → 7–9, 11
Вне урока	условная вероятность $P (B ∣ A)$ — VIS8U-026; дерево случайного эксперимента подробно — VIS8U-027; определение независимых событий — VIS8U-028; практикум — VIS8U-029
Время	теория 12,5 мин · практика 32,5 мин (72 %)
Проверки	автопроверка: pending · методист: pending

Правило умножения вероятностей

Сегодня вы научитесь

Независимые испытания

Без возвращения

Дерево опыта

Сложные события

Вспоминаем и считаем

События

Вычислите

Монета и кубик: пересечение — прямоугольник

Три узла компьютера

Образец: узлы отказывают независимо. P(год без отказов)?

Два шара без возвращения

Вероятность пути — произведение по рёбрам

Двое дежурных из класса

Образец: в классе 25 учеников, из них 10 мальчиков. Наугад выбирают двоих. P(оба мальчики)?

Неизвестная вероятность на ребре

Образец: два стрелка стреляют независимо. Оба попадают с p=0,56, первый — с 0,8. Найдите x для второго и P(оба мимо)

Три датчика сигнализации

Образец: датчики срабатывают независимо, каждый — с p=0,8. P(сработает хотя бы один)?

Ровно одна шоколадная конфета

Образец: в коробке 4 шоколадные (Ш) и 2 карамели (К). Берут 2 без возвращения. P(ровно одна Ш)?

Месяцы рождения друзей

Образец: 4 друга; месяцы равновозможны. P(все в разных)?

Когда и как умножать

Неверно → почему → верно

Где ошибся ученик?

а) 10 билетов, 3 выигрышных, берут 2. P(оба пустые)

б) Стрелок, p=0,7, 3 выстрела. P(ровно 2 попадания)

в) Лампы 0,9 и 0,8, независимы. P(хотя бы одна исправна)

Решите и проверьте

Независимые испытания

Без возвращения

Подумайте и решите

Ответ — десятичной дробью

Два варианта — решите свой

Вариант 1

Вариант 2

Проверьте себя и потренируйтесь

Ответьте одной фразой

Домашнее задание

VIS8U-025 · Правило умножения вероятностей

Образец: узлы отказывают независимо. $P (год без отказов)$ ?

Образец: в классе $25$ учеников, из них $10$ мальчиков. Наугад выбирают двоих. $P (оба мальчики)$ ?

Образец: два стрелка стреляют независимо. Оба попадают с $p = 0, 56$ , первый — с $0, 8$ . Найдите $x$ для второго и $P (оба мимо)$

Образец: датчики срабатывают независимо, каждый — с $p = 0, 8$ . $P (сработает хотя бы один)$ ?

Образец: в коробке $4$ шоколадные (Ш) и $2$ карамели (К). Берут $2$ без возвращения. $P (ровно одна Ш)$ ?

Образец: $4$ друга; месяцы равновозможны. $P (все в разных)$ ?

а) $10$ билетов, $3$ выигрышных, берут $2$ . $P (оба пустые)$

б) Стрелок, $p = 0, 7$ , $3$ выстрела. $P (ровно 2 попадания)$

в) Лампы $0, 9$ и $0, 8$ , независимы. $P (хотя бы одна исправна)$