Две задачи на вероятность

[montyhall]

Здравствуйте. Можете, пожалуйста, проверить решение двух задач по теории вероятностей? Только сам метод решений и оформление, вычисления я сам перепроверю.
1) Есть 15 магазинов первого производителя, 10 магазинов второго производителя, 15 магазинов третьего производителя. Вероятность купить бракованный товар в 1 магазине равна 10%, в третьем - 2%. Известно, что вероятность купить бракованный товар во 2 магазине равна вероятности купить бракованный товар в случайно выбранном магазине. Найти эту вероятность.

Пусть вероятность купить бракованный товар во 2 магазине равна $x$. Тогда вероятность купить бракованный товар в случайном магазине по формуле полной вероятности равна (извините, что пишу так, TeX не отображает русские буквы) P(брак | куплен в 1 магазине)$\cdot$ P(куплен в 1 магазине) $+$ P(брак | куплен в 2 магазине)$\cdot$P(куплен в 2 магазине) $+$ P(брак | куплен в 3 магазине)$\cdot$P(куплен в 3 магазине) $=$ $\frac{15}{40}\cdot\frac{1}{10} + \frac{10}{40}x + \frac{15}{40}\cdot \frac{1}{50}$. По условию эта вероятность равна $x$.

$x = \frac{3}{80} + \frac{3}{400} + \frac{x}{4}$

$x = 0,06$

2) Биатлонист четыре раза стреляет по мишени, а затем едет на лыжах к финишу. Выстрелы независимы, вероятность попасть равна $0,75$. Если он делает 3 или более попадания, вероятность победить равна $0.7$. Если он делает 2 или менее попадания, вероятность проиграть равна $0,8$. Биатлонист победил. Найти вероятность того, что он сделал не более двух попаданий по мишени.
По формуле Байеса (ещё раз извините за формулы) P(не более 2 попаданий | победа) $=$ P(победа | не более 2 попаданий) $\cdot$ P(не более 2 попаданий)$/$ P(победа)

Найдем вероятность победы, по формуле полной вероятности P(победы) $=$ P(победы | не более 2 попаданий)$\cdot$P(не более 2 попаданий) $+$ P(победы | не менее 3 попаданий).
Далее $P(i)$ - вероятность сделать $i$ попаданий.
Из свойства аддитивности вероятностей: P(не более 2 попаданий) $= P(0) + P(1) + P(2)$.
По формуле Бернулли $P(0) = (1-0,75)^4$; $P(1) = C^1_4\cdot 0,75\cdot (1-0,75)^3$; $P(2) = C^2_4\cdot0,75^2\cdot(1-0,75)^2$
P (не более 2 попаданий) $ = 0,00390625$.
P (не менее 3 попаданий) $=1 - 0,00390625 = 0,99609375 $
P (победы) = $0,7*0,99609375 + 0,2\cdot0,00390625 = 0,698046875$
P(не более 2 попаданий | победа) $ = \frac{0,2\cdot0,0390625}{0,698046875} \approx 0,01$.

[Aritaborian]

(Про ТеХ)

montyhall в сообщении #1416932 писал(а):

извините, что пишу так, TeX не отображает русские буквы

P(\text{куплен в 1 магазине}): $P(\text{куплен в 1 магазине})$.
И ещё: умножение обозначают не звёздочкой, а (если уж так нужно) либо \times либо \cdot.

[teleglaz]

Всё выглядит правдоподобно без проверки вычислений. Но тут

montyhall в сообщении #1416932 писал(а):

по формуле полной вероятности P(победы) $=$ P(победы | не более 2 попаданий)$\cdot$P(не более 2 попаданий) $+$ P(победы | не менее 3 попаданий).

явно описка, так как потом всё правильно считаете.
Совет: тут, судя по данным вероятностям, проще будет обыкновенными дробями считать, а не десятичными.
Ещё красиво ввести обозначения событий буквами $A;B$, гипотезы обычно $H_1;H_2;...$. И потом подставлять в формулы. Это менее громоздко и более читабельно.

А и ещё. Что-то у вас маленькая какая-то вероятность не более 2 попаданий при 4 выстрелах и при вероятности попадания 0,75. Должно быть что-то в районе четверти.

[montyhall]

teleglaz в сообщении #1416944 писал(а):

Всё выглядит правдоподобно без проверки вычислений. Но тут

montyhall в сообщении #1416932 писал(а):

по формуле полной вероятности P(победы) $=$ P(победы | не более 2 попаданий)$\cdot$P(не более 2 попаданий) $+$ P(победы | не менее 3 попаданий).

явно описка, так как потом всё правильно считаете.
Совет: тут, судя по данным вероятностям, проще будет обыкновенными дробями считать, а не десятичными.
Ещё красиво ввести обозначения событий буквами $A;B$, гипотезы обычно $H_1;H_2;...$. И потом подставлять в формулы. Это менее громоздко и более читабельно.

А и ещё. Что-то у вас маленькая какая-то вероятность не более 2 попаданий при 4 выстрелах и при вероятности попадания 0,75. Должно быть что-то в районе четверти.

Я вот здесь считал. Ссылка на вольфрам

[teleglaz]

montyhall в сообщении #1416946 писал(а):

Я вот здесь считал.

Надо не (1 choose 4), а (4 choose 1). Вообще должен был выдать ошибку, но он решил оставить это на вашей совести...

[arseniiv]

teleglaz в сообщении #1416950 писал(а):

Вообще должен был выдать ошибку

Почему, такие биномиальные коэффициенты полезны. Мы можем выбрать 4 из 1 нулём способов, так почему бы и не определить $\binom14 = 0$. Нередко это упрощает выкладки.

[teleglaz]

arseniiv в сообщении #1416962 писал(а):

можем выбрать 4 из 1 нулём способов

Ну если исходить из этой логики, то, согласен, можно и определить. Главное потом всё-таки не запутаться кто там первый, кто второй (сверху/снизу).