Формула полной вероятности.

Формулы Байеса.

Одним из эффективных методов подсчёта вероятностей является формула полной вероятности, с помощью которой решается широкий круг задач.

Пусть событие A может наступить с одним и только одним из нескольких попарно несовместных событий Н₁, Н₂,…,Н_n, называемых гипотезами, т.е.

.

Так как Н₁, Н₂,…Н_n попарно несовместны, то несовместны и события АН₁, АН₂,…АН_n . Отсюда получаем, применяя формулы сложения и умножения вероятностей

Полученная формула

(1)

называется формулой полной вероятности.

Пример 1. (см. пример 1 §8). Из урны, в которой находятся m белых и n-m чёрных шаров, без возвращения выбираются два шара. Найдём вероятность события B={второй вынутый шар – белый},

Рассмотрим гипотезы: H₁= {первый вынутый шар – белый) и первый вынутый шар – чёрный}. Тогда По формуле полной вероятности получаем

Таким образом, мы получим

.

Аналогично можно установить, что вынимая последовательно без возвращения шары, мы получим одну и ту же вероятность вынуть белый шар на любом месте. Таким образом, при правильно организованной жеребьёвке, шансы всех участников одинаковы, независимо от того, в какой очерёдности они тянут жребий.

Замечание. Эту же задачу можно интерпретировать, как вычисление вероятности вытащить белый шар из урны, из которой был случайно утерян один или несколько шаров.

В тесной связи с формулой полной вероятности находятся так называемые формулы Байеса. Они относятся к той же ситуации, что и формула полной вероятности.

Поскольку событие А может наступить только вместе с одним из n попарно несовместных событий Н₁,…Н_{n ,} то найдём вероятность Р(Н_к | А) – вероятность того, что событие А наступит вместе с гипотезой Н_к.

По формуле умножения получаем

Откуда имеем

(2)

Или, если воспользоваться формулой полной вероятности (1) получим:

(3)

Это и есть формулы Байеса.

Запомнить эти формулы нетрудно: в знаменателе стоит выражение для полной вероятности, а в числителе – одно из слагаемых (к-ое) в этом выражении.

Формулы Байеса можно интерпретировать следующим образом.

Пусть A – результат некоторого эксперимента,

Н_к – гипотезы. Вероятности Р(Н_к) – это априорные вероятности гипотез, вычисленные до проведения опыта, а условные вероятности Р(Н_к|А) – это апостериорные вероятности гипотез, вычисляемые после того, как стал известен исход эксперимента А. Формулы Байеса позволяют по априорным вероятностям гипотез и по условным вероятностям события А при гипотезах вычислять апостериорные вероятности Р(Н_к|А).

Пример 2. При обследовании больного имеется подозрение на одно из двух заболеваний Н₁ и Н₂. Их вероятности в данных условиях Р(Н₁ )=0,6, Р(Н₂ )=0,4. Для уточнения диагноза назначается анализ, результатом которого является положительная или отрицательная реакция. В случае болезни Н₁ вероятность положительной реакции равна 0,9, отрицательной – 0,1. В случае Н₂ положительная и отрицательная реакции равновероятны. Анализ провели дважды, и оба раза реакция оказалась отрицательной (событие А). Требуется найти вероятности каждого заболевания после проделанных анализов.

Решение. В случае заболевания Н₁ событие А происходит с вероятностью , а в случае заболевания Н₂ – с вероятностью . Следовательно по формуле Байеса имеем .

.

Отсюда видно, что полученные результаты анализов дают веские основания предполагать болезнь Н₂.

Комбинаторика.

Решение вероятностных задач на классическую схему часто облегчается использованием комбинаторных формул. Каждая из комбинаторных формул определяет общее число элементарных исходов в некотором опыте, состоящем в выборе наудачу m элементов из n различных элементов исходного множества M={x₁,x₂,…,x_n}. При этом в постановке каждого такого опыта строго оговорено, каким образом производится выбор и что понимается под различными выборками.

Существуют две принципиально различные схемы выбора. В первой схеме выбор осуществляется без возвращения элементов (без повторения). Это значит, что отбираются либо сразу все m элементов, либо последовательно по одному элементу, причем каждый отобранный элемент исключается из исходного множества. Во второй схеме (с повторениями) выбор осуществляется поэлементно с обязательным возвращением отобранного элемента на каждом шаге и тщательным перемешиванием исходного множества перед следующим выбором.

После того, как выбор тем или иным способом осуществлен, отобранные элементы (или их номера) могут быть либо упорядочены (т.е. выложены в последовательную цепочку), либо нет. В результате получаются следующие четыре различные постановки эксперименты по выбору наудачу m элементов из общего числа n различных элементов множества М.

1. Схема выбора, приводящая к размещениям. Опыт состоит в выборе m элементов без возвращения, но с упорядочиванием их по мере выбора в последовательную цепочку. Различными исходами данного опыта будут упорядоченные m-элементные подмножества множества М, отличающиеся либо набором элементов, либо порядком их следования. Получаемые при этом комбинации элементов (элементарные исходы) называются размещением без повторений из n элементов по m, а их общее число определяется формулой

.

В частном случае, когда , т.е. в выборке (строке) участвуют все элементы множества М (причём каждый по одному разу), опыт фактически состоит в произвольном упорядочивании множества М, т.е. сводится к случайной перестановке элементов всего множества. При этом, получаем, что (число различных перестановок из n элементов) в этом случае

.

Замечание. Примем по определению равенство 0!=1.

2. Схема выбора, приводящая к размещениям с повторениями. Выбор m элементов из множества М={x₁,x₂,…,x_n} производится с возвращением и с упорядочиванием. Различными исходами будут всевозможные m-элементные наборы (вообще говоря, с повторениями), отличающиеся либо составом элементов, либо порядком их следования. Например при m =4 множества (строки) и считаются различными исходами данного опыта. Полученные в результате комбинации называются размещением с повторениями из n элементов по m. Их общее число определяется формулой

Пример 1. 7 одинаковых шариков случайным образом рассыпают по 4 лункам (в одну лунку может поместиться любое число шариков). Сколько существует различных способов распределения 7 шариков по 4 лункам? Какова вероятность того, что в результате данного опыта первая лунка окажется пустой (при этом может оказаться пустой и еще какая-либо лунка)?

Решение. Занумеруем лунки и шарики. Можно считать, что опыт состоит в 7-кратном выборе с возвращением номера лунки. Строка (х₁,х₂,…,х₇) полностью характеризует распределение шариков по лункам (х_i – номер лунки в которую попал i-ый шар). Каждое из чисел х₁,х₂,…,х₇может принимать любое целое значение (номер лунки) от 1 до 4. Так, например, строка (1,1,3,1,4,4,2) означает, что в первую лунку попали шары с номерами 1,2,4, во вторую лунку – шар №7, в третью – шар №3, в четвертую – шары №5 и №6. Таким образом, число всех распределений 7 шариков по 4 лункам равно числу различных строк длиной 7 из множества M={1,2,3,4}. Следовательно, их будет .

Событие А={первая лунка окажется пустой} соответствует такому выбору, когда номер 1 (номер первой лунки) удалён из строки. Поэтому и значит .

Пример 2. Множество М состоит из 10 первых букв русского алфавита. Опыт состоит в выборе без возвращения 4 букв и записи слова в порядке поступления букв. Сколько 4-буквенных слов может быть получено в данном опыте? Какова вероятность того, что наудачу составленное слово будет оканчиваться буквой «а» (событие А)?

Решение. – число всех 4-буквенных слов в данном опыте – равно числу 4-элементных упорядоченных подмножеств множества из 10 букв, т.е. .

Событию А соответствует число способов разместить на 3 оставшихся места по одной букве из 9 (буква «а» исключена из рассмотрения, поскольку её место уже определено). Таким образом и значит .

3. Схема выбора, приводящего к сочетаниям без повторения. Опыт состоит в выборе m элементов без возвращения и без упорядочивания. Различными исходами следует считать m – элементные подмножества множества М, имеющие различный состав. Получаемые при этом комбинации элементов (элементарные исходы) носят название сочетания из n элементов по m, а их общее число определяется по формуле

.

Числа называются биномиальными коэффициентами.

Для них справедливы следующие тождества, полезные при решении задач:

1. (свойство симметрии)

2. (рекуррентное соотношение)

3. Имеет место следующая формула, называемая формулой бинома Ньютона

.

Пример 3 (задача о выборке). Из партии, содержащей n изделий, среди которых n₁ бракованных, наудачу извлекают m изделий для контроля. Найти вероятность следующего события А={в полученной выборке содержится ровно m₁ бракованных изделий}.

Решение. Занумеруем изделия числами от 1 до n. Согласно описанию эксперимента производится выбор без возвращения и без упорядочивания m элементов из n. Поэтому число таких выборок равна . Cобытию А благоприятствуют такие исходы когда m₁ элемент выборки из m изделий принадлежит множеству из бракованных изделий, а остальные m-m₁ изделие этой выборки принадлежит множеству из m- не бракованных изделий. Число всех таких исходов равно (поскольку на каждую выборку m₁ бракованных изделий из бракованных приходится выборок m-m₁ не бракованных изделий из общего числа n- не бракованных). Окончательно получаем

.

4. Схема выбора, приводящая к сочетаниям с повторениями. Опыт состоит в выборе с возвращением m элементов множества М={ x₁,x₂,…,x_n }, но без последующего упорядочивания, то есть различными исходами такого опыта будут всевозможные m -элементные наборы, отличающиеся составом. Например, при m =4 наборы и неразличимы для данного эксперимента, а набор отличен от любого из предыдущих. Получающиеся в результате данного опыта комбинации называются сочетаниями с повторениями, а их общее число определяется формулой

.

Замечание. Эта схема в задачах на классическую схему теории вероятностей используется редко, поскольку исходы по этой схеме выбора часто оказываются не равноправными.

5. Размещения данного состава. Полиномиальная формула.Пусть – строка длиной к, составленная из элементов упорядоченного множества X={a₁,а₂,…,а_n}, состоящего из n-элементов. Тогда каждому номеру i из совокупности 1,2,…, n будет соответствовать число к_i, показывающее, сколько раз элемент а_i встречается в строке . Выписывая по порядку эти числа, получаем новую строку (к₁, к ₂,…, к _n), которую называют составомстроки . Например, если X={а₁,а₂,а₃,а₄} и , то строка имеет состав (3,0,2,1) (в ней элемент а₁ встречается 3 раза, элемент а₂ – 0 раз, а₃ – 2 раза, а₄ – 1 раз). Две строки, имеющие один и тот же состав, могут отличаться друг от друга лишь порядком номеров. Их называют размещениями (с повторениями) данного состава. Число размещений имеющий данный состав ( к₁, к₂,…, к_n ) будет выражаться следующей формулой

.

Аналогично формуле Бинома Ньютона, имеет место полиномиальная формула

,

где суммирование в правой части формулы производится по всевозможным наборам целых неотрицательных чисел к₁,к₂,…,к_n таких, что к₁+к₂+…+к_n=к.

Пример 4. Игральную кость бросают 10 раз. Какова вероятность, что при этом грани 1,2,3,4,5,6 выпадут соответственно 2,3,1,1,1,2 раза (событие А),

Решение. Число всех строк длиной 10 из элементов множества X ={1,2,3,4,5,6} равно . благоприятными для А будут строки, в которых элементы 1,2,3,4,5,6 встречаются соответственно 2,3,1,1,1,2 раза, т.е. строки, имеющие состав (2,3,1,1,1,2). Число таких строк будет равно:

Отсюда искомая вероятность будет равна .

В заключение этого параграфа приведём пример, являющийся обобщением задачи о выборке.

Пример 5. В урне имеется n шаров; из них: n₁ шаров 1-го цвета,…, n_i шаров i-го цвета,…, шаров m-го цвета (n₁+n₂+…+n_m=n). Из урны вынимается одновременно к шаров. Найти вероятность того, что среди них будет: к₁ шаров 1-го цвета,…, к_m шаров m-го цвета, где к₁+к₂+…+к_m=к (событие А).

Решение. Общее число случаев равно числу способов, какими можно вынуть к шаров из n, т.е. . Число благоприятных событию А случаев будет равно

Так как группу шаров первого цвета можно выбрать способами, группу шаров второго цвета способами и т.д. Искомая вероятность будет равна

.

Схема Бернулли

Опыты называются независимыми, если вероятность того или иного исхода каждого опыта не зависит от того, какие исходы имели другие опыты.

Замечание. Независимые опыты могут производиться как в одинаковых условиях, так и в различных. В первом случае вероятность появления какого-то события А во всех опытах одна и та же, во втором случае она меняется от опыта к опыту.

Пусть теперь производится n независимых опытов, в каждом из которых с одной и той же вероятностью p может наступить некоторое событие А. Требуется найти вероятность Р_n(к) того, что в n опытах событие А наступит ровно к раз (событие В).

Описанная схема называется схемой независимых испытаний, или схемой Бернулли, по имени швейцарского математика конца XVII и начала XVIII века Якоба Бернулли, изучавшего её.

Найдем вероятность Р_n(к). Событие В можно представить в виде суммы ряда элементарных событий – вариантов события А. Каждый вариант события А можно записать в виде строки длиной n (число опытов), в которой к компонент соответствуют событию А, а остальные n-к компонент событию . Например, один из возможных вариантов есть

(успех и 1,2,…,k-м опытах и неудача в остальных).

Число всех вариантов равно (числу сочетаний из n элементов по к), а вероятность каждого варианта в виду независимости опытов равна р^кq^n-к ( где q=1-р ). Отсюда вероятность события В будет равна

. (1)

Формула (1) носит название формулы Бернулли.

Отсюда следует, что вероятность, хотя бы одного появления события А при n независимых испытаниях (опытах) в одинаковых условиях равна

(2)

Пример 1. Монета бросается 5 раз. Какова вероятность того, что герб выпадет при этом 3 раза?

Решение. В данном случае событием А считается выпадение герба, вероятность p этого события в каждом опыте равна . Отсюда

P= .

Для наглядности условимся каждое наступление события А рассматривать как успех. Если зафиксировать n, то, Р_n(к). есть функция аргумента к, принимающая значения . Выясним, при каком значении к функция Р_n(к) принимает наибольшее значение, т.е., какое число успехов к₀ является наиболее вероятным при данном числе опытов n. Оказывается что число к=к₀ можно определить из двойного неравенства.

(3)

Разность граничных значений в этом двойном неравенстве равна 1. Если np+p не является целым числом, то двойное неравенство определяет лишь одно наивероятнейшее значение к₀.Если же np+p – целое число, то имеются два наивероятнейших значения: и .

Пример 2. Игральную кость бросают 20 раз. Каково наиболее вероятное число выпадений грани «6» ?

Решение. В данном случае n = 20, откуда . Поскольку nр + р не целое число, то наибольшим среди чисел Р₂₀(0), Р₂₀(1),…, Р₂₀(20) будет число Р₂₀(3). Следовательно, наиболее вероятное число выпадений грани «6» будет 3. Найдём, чему равна вероятность такого числа выпадений. По формуле Бернулли имеет:

.

Из формулы (3) видно, что одно из двух ближайших к nр целых чисел является наиболее вероятным числом успехов.

Оказывается, число nр допускает и другую интерпретацию. А именно: nр можно рассматривать, в определенном смысле, как среднее число успехов в n опытах. Будем исходить из частотного истолкования вероятности. Назовем (для краткости) n- кратное повторение данного опыта серией. Пусть мы произвели N серий. Пусть в первой серии было получено к₁ успехов, во второй – к₂ , ….., в N-ой –к_N. Составим среднее арифметическое этих чисел

. (4)

Равенство (4) - есть среднее число успехов в N сериях. Оказывается, что с увеличением N указанное среднее арифметическое приближается к некоторому постоянному значению, а именно к числу np.

Действительно запишем (4) в виде:

. (5)

Поскольку каждая серия состоит из n опытов, то производя N серий мы осуществляем данный опыт раз.

Написанная дробь (5) со знаменателем Nn есть нечто иное как отношение общего числа успехов в этих опытах к числу всех опытов. С увеличением N (а значит, и Nn ) эта дробь будет приближаться к числу р- вероятности успеха. Следовательно, число (4) будет приближаться к рn, что и требовалось получить.

Пример 3. Станок штампует изделия. Вероятность р брака одного изделия равна 0,05. Чему равно среднее число бракованных изделий на сотню?

Решение. Искомое число бракованных изделий равно: .

Замечание 1. Можно рассмотреть более общую схему независимых испытаний. Рассмотрим n независимых испытаний (в различных условиях), причём вероятность события А («успеха») в i-ом опыте равна p_i, a q_i=1-p_i – вероятность неуспеха в i-м испытании ( i=1,2,…,n ). Тогда можно показать, что вероятность P_n(к) того, что событие А появится в этих n опытах ровна к раз, равна коэффициенту при z^k в разложении по степеням z функции

. (6)

Такую схему независимых испытаний называют схемой Пуассона. Схема Пуассона при p_i=p превращается в схему Бернулли. Вероятности P_n(к) в схеме Пуассона не записываются в компактном виде аналогичной формуле(1). Из (6) , например, следует:

Замечание 2. Схемы Бернулли и Пуассона допускают обобщение на тот случай, когда в результате каждого опыта возможные не два исхода (А или ), а несколько исходов.

Если производится n независимых опытов (схема Бернулли) причём каждый опыт может иметь к исключающих друг друга исходов , с вероятностями , то вероятность того, что в m₁ опытах появится событие А₁, в m₂ опытах событие А₂ и т.д., в m_k опытах событие А_к выражается формулой

(7)

Если условия опыта различны (схема Пуассона), т.е.

в i-омопыте событие A_j имеет вероятность p_ji (i=1,2,…,n; j=1,2,…,k), то вероятность вычисляется как коэффициент при члене в разложении по степеням функции:

(8)

Пример 4. Завод изготавливает изделия, каждое из которых подвергается четырём видам испытаний. Первое испытание изделия проходит благополучно с вероятностью 0,9; второе с вероятностью 0,95; третье-0,8 и четвертое-0,85. Найти вероятность того, что изделие пройдет благополучно:

A- все четыре испытания

B- ровно два испытания (из четырех)

C- не менее двух испытании (из четырех)

Решение. В условиях задачи проводятся четыре независимых опыта (испытания) в различных условиях. Вероятность события. А – испытание прошло благополучно, в каждом опыте разное. Искомые вероятности находим из формулы (6)

Отсюда получаем:

§12. Вероятности P_n(к) при больших значениях n. Приближённые формулы Лапласа и Пуассона.

В приложениях часто возникает необходимость в вычислении вероятностей Р_n(к) для весьма больших значений n и k. Рассмотрим, например, такую задачу.

Задача. На некотором предприятии вероятность брака, равна 0,02. Обследуются 500 изделий готовой продукции. Найти вероятность того, что среди них окажется ровно 10 бракованных.

Рассматривая обследование каждого изделия как отдельный опыт, можно сказать, что производиться 500 независимых опытов, причем в каждом их них событие А (изделие оказалось бракованным) наступает с вероятностью 0,02, тогда по формуле Бернулли получаем

.

Непосредственный подсчет этого выражения представляется сложным. Ещё большую трудность пришлось бы испытать, если бы мы искали вероятность того, что число бракованных изделий среди 500 окажется в пределах, скажем, от 10 до 20. В этом случае потребовалось бы вычислить сумму , что является более сложным делом.

Задачи подобного рода встречаются в приложениях весьма часто. Поэтому возникает необходимость в отыскании приближённых формул для вероятностей Р_n(к), а также для сумм вида

(1)

при больших n.

1. Приближённые формулы Лапласа. Их используют при больших n (порядка сотен или тысяч), вероятностей p или q не слишком близким к 0 или 1 (порядка сотых долей). Обычно условием применения этих приближений является условие npq>9.

а) Локальная приближённая формула Лапласа. При больших n справедливо равенство.

, (2)

где , а φ(х) обозначает следующую функцию: .

Заметим, что функция φ(х) табулирована, т.е. для нее составлена таблица её значений.

Вторая приближённая формула Лапласа даёт приближённые значения для величины -вероятности того, что число наступлений события А в n опытах (число «успехов») окажется заключенным между заданными границами к₁ и к₂.

б) Интегральная приближённая формула Лапласа. При больших n справедливо приближённое равенство

, (3)

где Φ(х) обозначает следующую функцию

. (4)

Функция Φ(х) обладает следующими полезными для вычисления свойствами:

1. Φ(х) – нечётная функция: ,

2. при возрастании х от 0 до ∞ функция Φ(х) растет от 0

до 0,5, причем уже при х = 5 значение функции Φ(х)

отличается от 0,5 меньше чем на (т.е. при функция Ф(x) практически равна 0,5 ).

Пример 1. Монету бросают 100 раз. Какова вероятность того, что герб выпадет ровно 50 раз?

Решение. Имеем: npq = 100· · = 25>9. Воспользовавшись приближённой формулой (2), получим. . Из таблицы для функции φ(x) найдем, что φ(0) = 0,3989…. Отсюда получаем .

Пример 2. Доведём до конца решение задачи, приведённой в начале этого параграфа. В ней требовалось найти , а также вероятность P₅₀₀(10≤ к ≤20).

Решение. В данном случае npq = 500·0,02=10. Воспользовавшись приближёнными формулами (2) и (3), получим: ,

Замечание. Если мы осуществляем опыт n раз и k- число наступлений события А при этом, то, вообще говоря, дробь -относительная частота наступления события

А – будет близка к р (вероятности события А). Однако сколь тесной окажется эта близость, предугадать невозможно.

Интегральная теорема Лапласа позволяет оценить вероятность неравенства при достаточно больших n и значениях р не слишком близких к 0 или 1, т.е. определить вероятность того, что отклонение частоты случайного события от его вероятности р по абсолютной величине не превосходит некоторого . Имеем

Таким образом, получаем

(5)

Вероятность в этом случае называют надёжностью оценки , а сама оценка доверительной оценкой частоты с надёжностью .

На практике надёжность оценки задаётся заранее. Тогда по заданной надёжности можно найти соответствующее значение из уравнения с помощью таблиц функции Лапласа. В этом случае доверительная оценка с заданной надёжностью примет вид

, где (6)

( найдено из уравнения смотри (5)).

Это неравенство означает, что частота с заданной надёжностью должна лежать в интервале (p-ε, p+ε). Этот интервал называется доверительным интервалом.

Пример 3. Какова вероятность того, что в 10 000 независимых испытаниях частота наступления события будет иметь отклонение от его вероятности p=0,36 не более чем на 0,01?

Решение. Искомая вероятность вычисляется по формуле (5). Здесь n=10000, р=0,36, q=0,64, ε=0,01, тогда

.

Отсюда получаем:

.

Пример 4. Вероятность приёма некоторого сигнала равна р = 0,72. Определить, какое должно быть общее количество принятых сигналов, чтобы частота приёма этого сигнала отличалась от вероятности его приёма не более чем на ε =0,1 с надежностью = 0,95.

Решение: Воспользуемся формулой(5).

У нас р=0,72, q=0,28, По таблице для

находим, что Значит t=1,96. Тогда из выражения находим n: ,

откуда n≈76,8. Так как n должно быть целым, то общее количество принятых сигналов равно 77.

2. Приближённые формулы Пуассона.Точность приближённых формул Лапласа понижается по мере приближения одного из чисел р или q к нулю, поэтому, в этом случае используют приближённые формулы Пуассона. При больших n (порядка тысяч, десятков тысяч и больше) и малых р (порядка тысячных долей и меньше) справедливы приближённые равенства. Обычно условием применения этих приближений является условие npq<9.

, (7).

, (8)

где λ =np.

Особенностью формул (7) и (8) является то, что для того, чтобы найти вероятность того или иного числа успехов, вовсе не требуется знать n и р. Всё определяется числом λ=np, которое является (см. §11) средним числом успехов.

Для выражения , рассматриваемого как функция двух переменных к и λ, составлены таблицы значений.

Пример 5. Прядильщица обслуживает 1000 веретён. Вероятность обрыва нити на одном веретене в течение одной минуты равна 0,004. Найти вероятность того, что в течение одной минуты обрыв произойдет в пяти веретенах.

Решение. Формула Бернулли приведёт к громоздким вычислениям, поэтому воспользуемся формулой Пуассона (7). Здесь к = 5, р =0.004, n = 1000, тогда λ = np = 4.

Отсюда: .

Пример 6. Книга в 1000 страниц имеет 100 опечаток. Какова вероятность того, что на случайно выбранной странице будет не менее четырёх опечаток (событие В).

Решение: Среднее количество опечаток на одну страницу есть . В данном случае следует применить формулу Пуассона. Тогда вероятность p_к иметь к опечаток на одной странице будет равна .

Сумма р = p₀+p₁+p₂+p₃ есть вероятность того, что на странице окажется не более трёх опечаток. Пользуясь таблицами (или калькулятором) получаем р= 0,999996 (в данном случае мы пользовались калькулятором, таблицы дадут р =0,9048+0,0905+0,0045+0,0002=1). Вероятность того, что на случайно выбранной странице будет не менее четырёх опечаток, равна 1-р=1-0,999996=0,0000004 (таблицы дадут 1-р=1-1=0). Отсюда можно сделать вывод, что событие В практически невозможно.