Две задачки по теории вероятностей

[Limit79]

Здравствуйте, уважаемые форумчане!
Прошу помощи по решению двух задачек:

1) Бизнесмен имеет счета в трех городских банках. Вероятность того, что наличные имеются в $1$-ом, во $2$-ом и $3$-ем банках соответственно равны $0,9$; $0,85$; $0,7$. Определить вероятность того, что нужную сумму наличными выплатят только два банка.

Введем события:

$A=\{\text{Нужную сумму наличными выплатят только два банка}\}$

$B_{i}=\{\text{Наличные имеются в } i \text{ банке}\}$

$C=\{\text{Нужную сумму наличными выплатят только первый и второй банк}\}$

$D=\{\text{Нужную сумму наличными выплатят только первый и третий банк}\}$

$E=\{\text{Нужную сумму наличными выплатят только второй и третий банк}\}$

По условию: $p(B_{1})=0.9$, $p(B_{2})=0.85$, $p(B_{3})=0.7$.

Событие $A$ заключается в появлении одного из трех несовместных событий: $C$, $D$ или $E$, то есть $A=C+D+E$, и $p(A)=p(C+D+E) = p(C)+p(D)+p(E)$

Событие $C$ заключается в том, что наличные будут в $1$-ом и $2$-ом банках, но их не будет в третьем, события $B_{1}$, $B_{2}$, $B_{3}$ - совместные и независимые, тогда:

$$p(C) = P(B_{1} \cdot B_{2} \cdot \overline{B_{3}})= p(B_{1}) \cdot p(B_{2}) \cdot p(\overline{B_{3}}) = 0.9 \cdot 0.85 \cdot (1-0.7) = 0.2295$$

Аналогично найдем $p(D)$ и $p(E)$:

$$p(D) = P(B_{1} \cdot \overline{B_{2}} \cdot B_{3})= p(B_{1}) \cdot p(\overline{B_{2}}) \cdot p(B_{3}) = 0.9 \cdot (1-0.85) \cdot 0.7 = 0.0945$$

$$p(E) = P(\overline{B_{1}} \cdot B_{2} \cdot B_{3})= p(\overline{B_{1}}) \cdot p(B_{2}) \cdot p(B_{3}) = (1-0.9) \cdot 0.85 \cdot 0.7 = 0.0595$$

Искомая вероятность: $p(A) = 0.2295+0.0945+0.0595=0.3835$

Верно ли решение? И не слишком ли я его замудрил?



2) Из партии, состоящей из четырех изделий, наудачу взято одно изделие, оказавшееся бракованным. Количество бракованных изделий равновозможно любое. Какое предположение о количестве бракованных изделий наиболее вероятно?

Введем события и гипотезы:

$A = \{\text{Достали бракованное изделие}\}$

$H_{0} = \{\text{В партии все детали без брака}\}$

$H_{1} = \{\text{В партии 3 детали без брака и 1 бракованное}\}$

$H_{2} = \{\text{В партии 2 детали без брака и 2 бракованных}\}$

$H_{3} = \{\text{В партии 1 деталь без брака и 3 бракованных}\}$

$H_{4} = \{\text{В партии все детали бракованные}\}$

По условию: $p(H_{0})=p(H_{1})=p(H_{2})=p(H_{3})=p(H_{4})=\frac{1}{1+1+1+1+1} = \frac{1}{5}$

Условные вероятности:

$P(A|H_{0}) = 0$, $P(A|H_{1}) = \frac{1}{4}$, $P(A|H_{2}) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$, $P(A|H_{3}) = \frac{3}{4}$, $P(A|H_{4}) = \frac{4}{4} = 1$

По формуле полной вероятности:

$$P(A) = P(H_{0}) \cdot P(A|H_{0}) + ... + P(H_{5}) \cdot P(A|H_{5}) = \frac{1}{5} \cdot \left (0+\frac{1}{4} + \frac{1}{2} + \frac{3}{4} + 1 \right ) = \frac{1}{5} \cdot \frac{5}{2} = \frac{1}{2}$$

По формуле Байеса:

$P(H_{0}|A) = \frac{P(H_{0}) \cdot P(A|H_{0}) }{P(A)} = ... = 0 $

$P(H_{1}|A) = \frac{P(H_{1}) \cdot P(A|H_{1}) }{P(A)} = ... = 0.1 $

$P(H_{2}|A) = \frac{P(H_{2}) \cdot P(A|H_{2}) }{P(A)} = ... = 0.2 $

$P(H_{3}|A) = \frac{P(H_{3}) \cdot P(A|H_{3}) }{P(A)} = ... = 0.3 $

$P(H_{4}|A) = \frac{P(H_{4}) \cdot P(A|H_{4}) }{P(A)} = ... = 0.4 $

Следовательно, наиболее вероятно, что все детали - бракованные.

Верно ли? Смущает то, что ответ-то и без решения очевиден...

Буду премного благодарен за помощь!

[gris]

Всё правильно.

[Александрович]

Вероятность что все детали бракованные -0.4, а то что не все - 0.6.

[gris]

Тогда уж "количество бракованных изделий не больше четырёх". Вероятность единица.
Но в данном случае ясно, о чём идёт речь.

[Limit79]

gris
Большое спасибо!

Александрович
Не понял к чему Вы это...

[provincialka]

К тому, что $0,6>0,4$, т.е. вероятнее, что не все изделия бракованные, чем все.