Страница 208, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Абылкасымова, Кучер

28.2. В соревнованиях по стрельбе участвуют три спортсмена. Вероятность попадания в мишень первым спортсменом равна $0,3$, вторым — $0,8$, третьим — $0,5$. Один из них выстрелил по мишени и поразил ее. Найдите вероятность того, что по мишени выстрелил третий спортсмен.

Для решения этой задачи используется формула Байеса, которая позволяет переоценить вероятность гипотезы после того, как стало известно о наступлении некоторого события. В данном случае, мы хотим найти вероятность того, что стрелял третий спортсмен, зная, что выстрел был точным.

Введем следующие события:

$H_1$ – событие, состоящее в том, что выстрелил первый спортсмен;

$H_2$ – событие, состоящее в том, что выстрелил второй спортсмен;

$H_3$ – событие, состоящее в том, что выстрелил третий спортсмен.

$A$ – событие, состоящее в том, что мишень была поражена.

Поскольку по условию «один из них выстрелил», и нет никаких дополнительных сведений, мы предполагаем, что выбор стрелявшего был случайным и равновероятным. Следовательно, априорные (изначальные) вероятности гипотез равны:

$P(H_1) = P(H_2) = P(H_3) = \frac{1}{3}$

Из условия задачи нам известны условные вероятности попадания в мишень для каждого спортсмена:

$P(A|H_1) = 0,3$ (вероятность попадания, если стрелял первый);

$P(A|H_2) = 0,8$ (вероятность попадания, если стрелял второй);

$P(A|H_3) = 0,5$ (вероятность попадания, если стрелял третий).

Мы ищем апостериорную (послеопытную) вероятность $P(H_3|A)$ – вероятность того, что стрелял третий спортсмен, при условии, что произошло попадание.

Сначала найдем полную вероятность события $A$ (попадания в мишень) по формуле полной вероятности:

$P(A) = P(H_1)P(A|H_1) + P(H_2)P(A|H_2) + P(H_3)P(A|H_3)$

Подставив значения, получаем:

$P(A) = \frac{1}{3} \cdot 0,3 + \frac{1}{3} \cdot 0,8 + \frac{1}{3} \cdot 0,5 = \frac{1}{3}(0,3 + 0,8 + 0,5) = \frac{1}{3} \cdot 1,6 = \frac{1,6}{3}$

Теперь, используя формулу Байеса, найдем искомую вероятность $P(H_3|A)$:

$P(H_3|A) = \frac{P(H_3)P(A|H_3)}{P(A)}$

Подставим известные и вычисленные значения в формулу:

$P(H_3|A) = \frac{\frac{1}{3} \cdot 0,5}{\frac{1,6}{3}}$

Сократим множитель $\frac{1}{3}$ в числителе и знаменателе:

$P(H_3|A) = \frac{0,5}{1,6} = \frac{5}{16}$

Для удобства можно перевести простую дробь в десятичную:

$\frac{5}{16} = 5 \div 16 = 0,3125$

Ответ: $\frac{5}{16}$ (или 0,3125).

28.3. Оператор обслуживает три станка, работающих независимо друг от друга. Вероятность того, что в течение часа станок не потребует внимания оператора, для первого станка равна 0,9, для второго — 0,8, для третьего — 0,8. Найдите вероятность того, что в течение часа:

1) ни один из трех станков не потребует внимания оператора;

2) по крайней мере один из станков не потребует внимания оператора.

Обозначим события:

$A_1$ — первый станок не потребует внимания в течение часа. По условию, $P(A_1) = 0,9$.

$A_2$ — второй станок не потребует внимания в течение часа. По условию, $P(A_2) = 0,8$.

$A_3$ — третий станок не потребует внимания в течение часа. По условию, $P(A_3) = 0,8$.

Так как станки работают независимо, события $A_1$, $A_2$ и $A_3$ являются независимыми.

1) ни один из трех станков не потребует внимания оператора;

Это событие представляет собой одновременное наступление всех трех событий: $A_1$, $A_2$ и $A_3$. Для независимых событий вероятность их совместного наступления (произведения) равна произведению их вероятностей.

$P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = P(A_1) \cdot P(A_2) \cdot P(A_3)$

Подставим числовые значения:

$P = 0,9 \cdot 0,8 \cdot 0,8 = 0,72 \cdot 0,8 = 0,576$

Ответ: $0,576$

2) по крайней мере один из станков не потребует внимания оператора.

Событие "по крайней мере один из станков не потребует внимания" является противоположным событию "все три станка потребуют внимания". Удобнее найти вероятность противоположного события и вычесть ее из единицы.

Найдем вероятности событий, противоположных $A_1, A_2, A_3$:

$\bar{A_1}$ — первый станок потребует внимания. $P(\bar{A_1}) = 1 - P(A_1) = 1 - 0,9 = 0,1$

$\bar{A_2}$ — второй станок потребует внимания. $P(\bar{A_2}) = 1 - P(A_2) = 1 - 0,8 = 0,2$

$\bar{A_3}$ — третий станок потребует внимания. $P(\bar{A_3}) = 1 - P(A_3) = 1 - 0,8 = 0,2$

Вероятность того, что все три станка потребуют внимания (события $\bar{A_1}, \bar{A_2}, \bar{A_3}$ также независимы):

$P(\bar{A_1} \cap \bar{A_2} \cap \bar{A_3}) = P(\bar{A_1}) \cdot P(\bar{A_2}) \cdot P(\bar{A_3}) = 0,1 \cdot 0,2 \cdot 0,2 = 0,004$

Искомая вероятность того, что хотя бы один станок не потребует внимания, равна:

$P = 1 - P(\bar{A_1} \cap \bar{A_2} \cap \bar{A_3}) = 1 - 0,004 = 0,996$

Ответ: $0,996$

28.4. На экзамен по геометрии учитель составил 25 билетов. Учащийся подготовился только по 20 билетам. Найдите вероятность того, что учащийся экзамен сдаст, если:

1) учащийся зашел первым на экзамен;

2) учащийся зашел вторым на экзамен.

Обозначим общее количество билетов как $N=25$. Количество билетов, к которым учащийся подготовился (благоприятные исходы), равно $M=20$. Количество билетов, к которым учащийся не подготовился, составляет $N - M = 25 - 20 = 5$.

1) учащийся зашел первым на экзамен;

Вероятность события A (учащийся вытащит подготовленный билет) вычисляется по классической формуле вероятности: $P(A) = m/n$, где $n$ – общее число равновозможных исходов, а $m$ – число исходов, благоприятствующих событию.

В данном случае $n$ – это общее количество билетов, $n=25$.

$m$ – это количество подготовленных билетов, $m=20$.

Таким образом, вероятность сдать экзамен, зайдя первым, равна:

$P(A) = 20/25 = 4/5 = 0,8$.

Ответ: 0,8.

2) учащийся зашел вторым на экзамен.

Вероятность того, что второй учащийся вытянет подготовленный билет, не зависит от того, какой билет достался первому учащемуся (поскольку нам это неизвестно), и равна вероятности для первого учащегося. Однако, для строгости, докажем это с помощью формулы полной вероятности.

Пусть событие $B$ заключается в том, что второй учащийся вытянул подготовленный билет.

Это событие зависит от того, какой билет вытянул первый учащийся. Рассмотрим две гипотезы:

$H_1$ – первый учащийся вытянул подготовленный билет. Вероятность этого события $P(H_1) = 20/25$.

$H_2$ – первый учащийся вытянул неподготовленный билет. Вероятность этого события $P(H_2) = 5/25$.

Теперь найдем условные вероятности события $B$ при этих гипотезах.

Если первый учащийся вытянул подготовленный билет (свершилась гипотеза $H_1$), то осталось 24 билета, из которых 19 подготовленных. Вероятность второму вытянуть подготовленный билет в этом случае: $P(B|H_1) = 19/24$.

Если первый учащийся вытянул неподготовленный билет (свершилась гипотеза $H_2$), то осталось 24 билета, но все 20 подготовленных билетов на месте. Вероятность второму вытянуть подготовленный билет в этом случае: $P(B|H_2) = 20/24$.

По формуле полной вероятности, искомая вероятность $P(B)$ равна:

$P(B) = P(H_1) \cdot P(B|H_1) + P(H_2) \cdot P(B|H_2)$

$P(B) = (20/25) \cdot (19/24) + (5/25) \cdot (20/24) = (20 \cdot 19 + 5 \cdot 20) / (25 \cdot 24) = (20 \cdot (19 + 5)) / (25 \cdot 24) = (20 \cdot 24) / (25 \cdot 24)$

Сократив 24, получаем:

$P(B) = 20/25 = 4/5 = 0,8$.

Ответ: 0,8.

28.5. Найдите вероятность того, что при восьмикратном бросании монеты решка выпадет 8 раз.

Для решения этой задачи воспользуемся классическим определением вероятности. Вероятность события равна отношению числа благоприятных для этого события исходов к общему числу всех равновозможных исходов.

1. Найдем общее число всех возможных исходов.

При каждом броске монеты есть два возможных результата: орел или решка. Поскольку монету бросают 8 раз и результаты каждого броска независимы, общее количество всех возможных последовательностей выпадения орлов и решек равно $2$, умноженному на себя 8 раз.

Общее число исходов $N = 2^8 = 256$.

2. Найдем число благоприятных исходов.

Нам нужно, чтобы решка выпала все 8 раз. Такой исход только один — это последовательность "Решка, Решка, Решка, Решка, Решка, Решка, Решка, Решка".

Число благоприятных исходов $M = 1$.

3. Рассчитаем вероятность.

Вероятность $P$ события "решка выпадет 8 раз" равна отношению числа благоприятных исходов к общему числу исходов:

$P = \frac{M}{N} = \frac{1}{256}$.

Этот же результат можно получить, рассматривая каждый бросок как независимое событие с вероятностью выпадения решки $p = \frac{1}{2}$. Вероятность того, что 8 таких независимых событий произойдут подряд, равна произведению их вероятностей:

$P = \left(\frac{1}{2}\right) \times \left(\frac{1}{2}\right) \times \left(\frac{1}{2}\right) \times \left(\frac{1}{2}\right) \times \left(\frac{1}{2}\right) \times \left(\frac{1}{2}\right) \times \left(\frac{1}{2}\right) \times \left(\frac{1}{2}\right) = \left(\frac{1}{2}\right)^8 = \frac{1}{256}$.

Ответ: $\frac{1}{256}$.

28.6. Деталь к изделию поступает из двух заготовительных цехов: из первого цеха — 70%, из второго цеха — 30%. Деталь из первого цеха имеет 10% брака, из второго — 20% брака. Взятая наудачу деталь оказалась без дефекта. Какова вероятность ее изготовления первым цехом?

Для решения этой задачи воспользуемся формулой Байеса. Введем следующие обозначения для событий:

$H_1$ – событие, заключающееся в том, что деталь изготовлена в первом цехе.

$H_2$ – событие, заключающееся в том, что деталь изготовлена во втором цехе.

$A$ – событие, заключающееся в том, что взятая наудачу деталь оказалась без дефекта.

Из условия задачи известны следующие априорные вероятности гипотез $H_1$ и $H_2$:

Вероятность того, что деталь из первого цеха: $P(H_1) = 0.70$ (70%).

Вероятность того, что деталь из второго цеха: $P(H_2) = 0.30$ (30%).

Также известны условные вероятности того, что деталь будет с дефектом. Найдем условные вероятности того, что деталь будет без дефекта (событие $A$) для каждого цеха:

Вероятность брака для первого цеха составляет 10%, следовательно, вероятность того, что деталь из первого цеха окажется без дефекта, равна:$P(A|H_1) = 1 - 0.10 = 0.90$.

Вероятность брака для второго цеха составляет 20%, следовательно, вероятность того, что деталь из второго цеха окажется без дефекта, равна:$P(A|H_2) = 1 - 0.20 = 0.80$.

Нам необходимо найти вероятность того, что деталь была изготовлена первым цехом, при условии, что она оказалась без дефекта. Это апостериорная вероятность $P(H_1|A)$.

Сначала найдем полную вероятность события $A$ (то есть, вероятность того, что любая наугад взятая деталь будет без дефекта) по формуле полной вероятности:

$P(A) = P(H_1) \cdot P(A|H_1) + P(H_2) \cdot P(A|H_2)$

Подставим известные значения:

$P(A) = (0.70 \cdot 0.90) + (0.30 \cdot 0.80) = 0.63 + 0.24 = 0.87$.

Теперь, используя формулу Байеса, найдем искомую вероятность $P(H_1|A)$:

$P(H_1|A) = \frac{P(H_1) \cdot P(A|H_1)}{P(A)}$

Подставим вычисленные значения:

$P(H_1|A) = \frac{0.70 \cdot 0.90}{0.87} = \frac{0.63}{0.87}$

Упростим полученную дробь, умножив числитель и знаменатель на 100 и сократив на общий делитель 3:

$P(H_1|A) = \frac{63}{87} = \frac{21 \cdot 3}{29 \cdot 3} = \frac{21}{29}$.

Ответ: $\frac{21}{29}$

28.7. На сборку изделия попадают детали с трех автоматов. Известно, что первый автомат дает 3% брака, второй – 2% и третий – 4%. Найдите вероятность того, что на сборку попадает бракованная деталь, если с первого автомата поступает 100 деталей, со второго – 200 и с третьего – 250 деталей.

Для того чтобы найти вероятность того, что на сборку попадет бракованная деталь, необходимо вычислить общее количество деталей и общее количество бракованных деталей, поступающих со всех автоматов. Искомая вероятность будет равна отношению общего числа бракованных деталей к общему числу всех деталей.

1. Сначала найдем общее количество деталей, поступающих на сборку. Для этого сложим количество деталей с каждого автомата:

$N_{общ} = 100 + 200 + 250 = 550$ деталей.

2. Теперь определим количество бракованных деталей, поступающих с каждого автомата, умножив количество деталей на соответствующий процент брака:

• От первого автомата: $100 \cdot 3\% = 100 \cdot 0.03 = 3$ бракованные детали.

• От второго автомата: $200 \cdot 2\% = 200 \cdot 0.02 = 4$ бракованные детали.

• От третьего автомата: $250 \cdot 4\% = 250 \cdot 0.04 = 10$ бракованных деталей.

3. Найдем общее количество бракованных деталей, сложив их количество с каждого автомата:

$N_{брак} = 3 + 4 + 10 = 17$ бракованных деталей.

4. Вероятность $P$ того, что на сборку попадет бракованная деталь, равна отношению общего числа бракованных деталей к общему числу всех деталей:

$P = \frac{N_{брак}}{N_{общ}} = \frac{17}{550}$

Эта дробь является несократимой, так как числитель 17 — простое число, а знаменатель 550 на 17 не делится.

Ответ: $\frac{17}{550}$

28.8. В сборочной линии три автомата соединены последовательно. Вероятности того, что эти автоматы выйдут из строя, соответственно равны 0,2; 0,15 и 0,1. Найдите вероятность того, что сборочная линия будет работать.

Для того чтобы сборочная линия работала, необходимо, чтобы все три автомата, соединенные последовательно, были в исправном состоянии. По условию, автоматы работают независимо друг от друга.

Пусть $A_1$, $A_2$ и $A_3$ — события, состоящие в том, что первый, второй и третий автоматы вышли из строя соответственно. Вероятности этих событий даны:

$P(A_1) = 0,2$

$P(A_2) = 0,15$

$P(A_3) = 0,1$

Найдем вероятности противоположных событий, то есть вероятности того, что каждый из автоматов будет работать исправно. Обозначим эти события как $\bar{A_1}$, $\bar{A_2}$ и $\bar{A_3}$.

Вероятность того, что первый автомат работает исправно:$P(\bar{A_1}) = 1 - P(A_1) = 1 - 0,2 = 0,8$

Вероятность того, что второй автомат работает исправно:$P(\bar{A_2}) = 1 - P(A_2) = 1 - 0,15 = 0,85$

Вероятность того, что третий автомат работает исправно:$P(\bar{A_3}) = 1 - P(A_3) = 1 - 0,1 = 0,9$

Сборочная линия будет работать только в том случае, если все три автомата работают одновременно. Так как события $\bar{A_1}$, $\bar{A_2}$ и $\bar{A_3}$ независимы, вероятность их одновременного наступления (то есть, что вся линия будет работать) равна произведению их вероятностей.

Пусть $S$ — событие, означающее, что сборочная линия работает. Тогда:

$P(S) = P(\bar{A_1}) \cdot P(\bar{A_2}) \cdot P(\bar{A_3})$

$P(S) = 0,8 \cdot 0,85 \cdot 0,9$

$P(S) = 0,68 \cdot 0,9 = 0,612$

Ответ: 0,612.