На попередніх уроках розглянуті випадки, за яких умов необхідно застосовувати формулу повної ймовірності та Байєса. Далі наведемо готові відповіді до прикладів в яких  потрібно знайти лише повну ймовірність. Приклади на формули Байєса містять в розрахунках повну ймовірність, їх в добавку до наведених нижче розглянемо на наступному уроці.

Приклад 1. Радіолампа надійшла на заміну з одного із трьох заводів відповідно з ймовірністю 0,35; 0,45 і 0,2. 
Ймовірність що лампа вийде з ладу протягом року рівна 0,2 для тих, що виготовлені першим заводом, 0,3 – другим і 0,1 – третім. 
Яка ймовірність того, що лампа працюватиме рік? 
Обчислення: Подія А – лампа працюватиме рік. Позначимо через Н1, Н2, Н3 – гіпотези, що радіолампа надійшла з 1, 2, 3 заводів відповідно. 
Ймовірності кожної з гвпотез рівні
p(H1)=0,35;
p(H2)=0,45;
p(H3)=0,2
. 
В умові задані ймовірності виходу з ладу ламп кожного із заводів, а це протилежні події до А – працюватиме рік, тому умовні ймовірності знаходимо за формулами
p(A/H1)=1-0,2=0,8;
p(A/H2)=1-0,3=0,7;
p(A/H3)=1-0,1=0,9
.
Ймовірність, що лампа працюватиме рік знаходи за формулою повної ймовірності 
P(A)= P(H1)•P(A/H1)+P(H2)•P(A/H2)+P(H3)•P(A/H3)= = 0,35•0,8+0,45•0,7+0,2•0,9=0,775. 
Відповідь: 0.775.

 

Приклад 2. До групи спортсменів входить 6 велосипедистів, 4 стрибунів і 4 бігуни. 
Ймовірність виконання норми розряду для стрибуна становить 0,95, для велосипедиста – 0,8, для бігуна 0,75. 
Визначити ймовірність того, що вибраний навмання спортсмен виконає норму розряду.
Обчислення: Через А позначимо подію, що вибраний спортсмен виконає розряд. 
Позначимо через H1 гіпотезу, що обраний спортсмен велосипедист, через H2 – стрибун, Н3 – бігун. 
Ймовірність цих гіпотез пропорційна до кількості спортсменів, що входять в кожну групу до загальної кількості, тобто
P(H1)=6/(6+4+4)=6/14=3/7;
P(H2)=4/14=2/7; 
P(H3)=2/7. 

Умовні ймовірності, це ймовірності виконання розряду при виборі спортсменів з велисопедистів, стрибунів, бігунів. 
Їх виписуємо з умови завдання та позначаємо наступним чином
P(A/H1)=0.95;
P(A/H2)=0.8;
P(A/H3)=0.75. 

Тоді ймовірність події А обчсислюємо за формулою повної ймовірності
P(A)= P(H1)•P(A/H1)+P(H2)• P(A/H2)+P(H3)• P(A/H3)=3/7•0,95+2/7•0,8+2/7•0,75=0,85.
Відповідь: 0,85.

 

Приклад 3. У складальний цех надходять 40% деталей з першого автомата, 30%- з другого, 20%- з третього,10%- з четвертого.
Серед деталей з першого автомата бракованими є 0,1%, із другого- 0,2%, із третього-0,5%, із четвертого-0,25%.
Визначити ймовірність того, що взята навмання деталь є бракованою.
Обчислення: Подія А полягає в тому, що взята на вмання деталь бракована. 
Позначимо через H1,H2,H3,H4 гіпотези, що деталі виготовлені на 1,2,3,4 автоматі відповідно. 
Ймовірності виготовлення деталей на кожному з автоматів рівні процентному вкладу автомату до загальної кількості (100%) 
P(H1)=40%/100%=0.4;
P(H2)= 30%/100%=0.3; 
P(H3)= 20%/100%=0.2;
P(H4)= 10%/100%=0.1.

Записуємо ймовірності браку кожного автомату діленням відсотків браку на 100% 
P(A/H1)=0.1%/100%=0.001; 
P(A/H2)=0.2%/100%=0.002;
P(A/H3)= 0.5%/100%=0.005;
P(A/H4)= 0.25%/100%=0.0025.

Ймовірність події А визначаємо за формулою повної ймовірності 
P(A)= P(H1)•P(A/H1)+P(H2)•P(A/H2)+P(H3)•P(A/H3)+P(H4)•P(A/H4)=
= 0.4•0.001+0.3•0.002+0.2•0.005+0.1•0.0025=0.00225

Отже ймовірність, що навмання взята деталь бракована рівна 0.00225. 
Відповідь: 0.00225.

 Це лише кілька задач з можливих, що Вас чекають на практиці з ймовірності. Решта будуть добавлені по мірі наповнення сайту.