Давайте разберем каждое из заданий по порядку.

Задание 1

Мы имеем события $A$ и $B$ с известными вероятностями:

$P(A)=0.2$$P(B)=0.8$$P(A\cap B)=0.15$

Нам нужно найти вероятности следующих событий:

$P(A\cap B^c)$ $событиеAпроисходит,Bнепроисходит$$P(A^c\cap B)$ $событиеBпроисходит,Aнепроисходит$$P(A^c\cap B^c)$ $обасобытиянепроисходят$

Теперь рассчитаем необходимые вероятности:

$P(A\cap B^c)=P(A)-P(A\cap B)=0.2-0.15=0.05$$P(A^c\cap B)=P(B)-P(A\cap B)=0.8-0.15=0.65$$P(A^c\cap B^c)=1-P(A)-P(B)+P(A\cap B)=1-0.2-0.8+0.15=0.15$

Резюмируя, расставим вероятности на диаграмме Эйлера:

$P(A\cap B)=0.15$$P(A\cap B^c)=0.05$$P(A^c\cap B)=0.65$$P(A^c\cap B^c)=0.15$Задание 2

У нас есть два события:

$E$: «в первый раз выпал орёл»$D$: «решка выпала дважды»

Теперь определим вероятности:

Вероятность события $E$ $орёлвыпадаетвпервомброске$ равна $P(E)=\frac{1}{2}$.Чтобы найти вероятность события $D$, заметим, что при трёх бросках возможны следующие комбинации:
ООКОКОКООККККОКОККи так далее.

В действительности, чтобы "решка выпала дважды", возможны 3 случая: «ККО», «КоК», «ОКК». Итак, в данном случае мы имеем 3 благоприятных случая из 8:
$$P(D)=\frac{3}{8}$$

Теперь найдем $P(E\cap D)$ - это вероятность, что «в первый раз выпал орёл» и «решка выпала дважды». Это невозможно, так как если первый раз выпал орёл, то решка не может выпасть дважды. Следовательно,
$$P(E\cap D)=0$$

Теперь, чтобы проверить независимость событий, используем определение независимости:
$$P(E)\cdot P(D)=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{8}=\frac{3}{16}\ne 0,$$ следовательно, события не независимы, так как $P(E\cap D)\ne P(E)\cdot P(D)$.

Теперь найдем вероятность объединения двух событий:
$$P(E\cup D)=P(E)+P(D)-P(E\cap D).$$ Так как $P(E\cap D)=0$:
$$P(E\cup D)=P(E)+P(D)=\frac{1}{2}+\frac{3}{8}=\frac{4}{8}+\frac{3}{8}=\frac{7}{8}.$$

Задание 3

Пусть $A_1$ и $A_2$ - события, что кофе закончится в первом и втором автомате соответственно. Даны вероятности:

$P(A_1)=P(A_2)=0.2$$P(A_1\cap A_2)=0.06$

Теперь найдем $P(A_1\cap A_2^c)$ $кофезакончитсявпервомавтомате,ноневовтором$:
$$P(A_1\cap A_2^c)=P(A_1)-P(A_1\cap A_2)=0.2-0.06=\mathrm{0.14.}$$

Аналогично для второго автомата, найдем $P(A_1^c\cap A_2)$:
$$P(A_1^c\cap A_2)=P(A_2)-P(A_1\cap A_2)=0.2-0.06=\mathrm{0.14.}$$

Теперь найдем $P(A_1^c\cap A_2^c)$:
$$P(A_1^c\cap A_2^c)=1-P(A_1)-P(A_2)+P(A_1\cap A_2)=1-0.2-0.2+0.06=\mathrm{0.66.}$$

Теперь полученные вероятности:

$P(A_1\cap A_2)=0.06$$P(A_1\cap A_2^c)=0.14$$P(A_1^c\cap A_2)=0.14$$P(A_1^c\cap A_2^c)=0.66$

Теперь найдем вероятность того, что к концу дня кофе останется ровно в одном из автоматов:
$$P(A_1\cap A_2^c)+P(A_1^c\cap A_2)=0.14+0.14=\mathrm{0.28.}$$

Таким образом, итоговые ответы:

Вероятности событий для диаграммы Эйлера: $P(A\cap B)=0.15$, $P(A\cap B^c)=0.05$, $P(A^c\cap B)=0.65$, $P(A^c\cap B^c)=0.15$.Ответ для части a) - события не независимы, b) $P(E\cup D)=\frac{7}{8}$.Вероятность остаться кофе ровно в одном автомате - $0.28$.