Страница 209, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Абылкасымова, Кучер

28.9. Три стрелка произвели залп, причем две пули поразили мишень. Вероятности попадания в мишень первым, вторым и третьим стрелками равны 0,4; 0,5; 0,6. Найдите вероятность того, что первый стрелок поразил мишень.

Пусть $A_1, A_2, A_3$ — события, состоящие в том, что в мишень попали соответственно первый, второй и третий стрелки. По условию задачи, вероятности этих событий равны:

$P(A_1) = 0.4$

$P(A_2) = 0.5$

$P(A_3) = 0.6$

Вероятности противоположных событий (промахов), которые мы обозначим $\bar{A_1}, \bar{A_2}, \bar{A_3}$, будут равны:

$P(\bar{A_1}) = 1 - P(A_1) = 1 - 0.4 = 0.6$

$P(\bar{A_2}) = 1 - P(A_2) = 1 - 0.5 = 0.5$

$P(\bar{A_3}) = 1 - P(A_3) = 1 - 0.6 = 0.4$

Пусть событие $B$ — «в мишень попали ровно две пули». Это событие может произойти в результате одной из трех следующих несовместных комбинаций (гипотез):

1. Первый и второй стрелки попали, а третий промахнулся ($A_1 \cap A_2 \cap \bar{A_3}$). Вероятность этого события:

$P(B_1) = P(A_1) \cdot P(A_2) \cdot P(\bar{A_3}) = 0.4 \cdot 0.5 \cdot 0.4 = 0.08$.

2. Первый и третий стрелки попали, а второй промахнулся ($A_1 \cap \bar{A_2} \cap A_3$). Вероятность этого события:

$P(B_2) = P(A_1) \cdot P(\bar{A_2}) \cdot P(A_3) = 0.4 \cdot 0.5 \cdot 0.6 = 0.12$.

3. Второй и третий стрелки попали, а первый промахнулся ($\bar{A_1} \cap A_2 \cap A_3$). Вероятность этого события:

$P(B_3) = P(\bar{A_1}) \cdot P(A_2) \cdot P(A_3) = 0.6 \cdot 0.5 \cdot 0.6 = 0.18$.

По формуле полной вероятности, вероятность события $B$ равна сумме вероятностей этих трех комбинаций:

$P(B) = P(B_1) + P(B_2) + P(B_3) = 0.08 + 0.12 + 0.18 = 0.38$.

Нам необходимо найти условную вероятность того, что первый стрелок поразил мишень (событие $A_1$) при условии, что произошло событие $B$. Искомая вероятность — $P(A_1|B)$.

Для этого воспользуемся формулой условной вероятности (формулой Байеса): $P(A_1|B) = \frac{P(A_1 \cap B)}{P(B)}$.

Событие $A_1 \cap B$ означает, что «первый стрелок попал и при этом было ровно два попадания». Это событие соответствует комбинациям 1 и 2, рассмотренным выше, так как в обеих из них первый стрелок попал. Его вероятность равна:

$P(A_1 \cap B) = P(B_1) + P(B_2) = 0.08 + 0.12 = 0.20$.

Теперь мы можем вычислить искомую вероятность:

$P(A_1|B) = \frac{P(A_1 \cap B)}{P(B)} = \frac{0.20}{0.38} = \frac{20}{38} = \frac{10}{19}$.

Ответ: $\frac{10}{19}$

28.10. В четырех коробках находятся альчики. В первой коробке 1 белый и 1 красный альчик, во второй — 2 белых и 3 красных, в третьей — 3 белых и 5 красных, в четвертой — 4 белых и 7 красных альчиков. Вероятности выбора коробки равны $P(A_1) = \frac{1}{10}$; $P(A_2) = \frac{2}{10}$; $P(A_3) = \frac{3}{10}$; $P(A_4) = \frac{4}{10}$. Выбирается наугад одна из коробок и из нее вынимается альчик. Найдите вероятность того, что этот альчик будет:

1) белым;

2) красным.

Для решения этой задачи воспользуемся формулой полной вероятности. Пусть $A_1, A_2, A_3, A_4$ — события, состоящие в выборе первой, второй, третьей и четвертой коробки соответственно. Вероятности этих событий даны в условии:

$P(A_1) = \frac{1}{10}$; $P(A_2) = \frac{2}{10}$; $P(A_3) = \frac{3}{10}$; $P(A_4) = \frac{4}{10}$.

Сумма этих вероятностей равна $ \frac{1}{10} + \frac{2}{10} + \frac{3}{10} + \frac{4}{10} = \frac{10}{10} = 1 $, что подтверждает, что события образуют полную группу.

1) белым

Пусть событие $B$ — извлечение белого альчика. Найдем вероятность этого события по формуле полной вероятности:

$P(B) = P(A_1)P(B|A_1) + P(A_2)P(B|A_2) + P(A_3)P(B|A_3) + P(A_4)P(B|A_4)$

где $P(B|A_i)$ — условная вероятность извлечения белого альчика при условии, что была выбрана $i$-я коробка.

Рассчитаем эти условные вероятности:

• В первой коробке 1 белый и 1 красный альчик (всего 2). Вероятность вынуть белый: $P(B|A_1) = \frac{1}{2}$.
• Во второй коробке 2 белых и 3 красных альчика (всего 5). Вероятность вынуть белый: $P(B|A_2) = \frac{2}{5}$.
• В третьей коробке 3 белых и 5 красных альчиков (всего 8). Вероятность вынуть белый: $P(B|A_3) = \frac{3}{8}$.
• В четвертой коробке 4 белых и 7 красных альчиков (всего 11). Вероятность вынуть белый: $P(B|A_4) = \frac{4}{11}$.

Теперь подставим все значения в формулу полной вероятности:

$P(B) = \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{2} + \frac{2}{10} \cdot \frac{2}{5} + \frac{3}{10} \cdot \frac{3}{8} + \frac{4}{10} \cdot \frac{4}{11}$

$P(B) = \frac{1}{20} + \frac{4}{50} + \frac{9}{80} + \frac{16}{110}$

Приведем дроби к общему знаменателю. Наименьший общий знаменатель для чисел 20, 50, 80 и 110 равен 4400.

$P(B) = \frac{1 \cdot 220}{4400} + \frac{4 \cdot 88}{4400} + \frac{9 \cdot 55}{4400} + \frac{16 \cdot 40}{4400}$

$P(B) = \frac{220 + 352 + 495 + 640}{4400} = \frac{1707}{4400}$

Ответ: $\frac{1707}{4400}$.

2) красным

Пусть событие $C$ — извлечение красного альчика. Так как в коробках находятся только белые и красные альчики, то события $B$ (вынут белый) и $C$ (вынут красный) являются противоположными. Сумма их вероятностей равна 1:

$P(C) + P(B) = 1$

Следовательно, вероятность вынуть красный альчик можно найти, вычтя из единицы вероятность вынуть белый альчик, которую мы уже рассчитали:

$P(C) = 1 - P(B) = 1 - \frac{1707}{4400} = \frac{4400 - 1707}{4400} = \frac{2693}{4400}$

Проверим результат, вычислив $P(C)$ по формуле полной вероятности, как и в первом пункте.

Условные вероятности вынуть красный альчик: $P(C|A_1) = \frac{1}{2}$, $P(C|A_2) = \frac{3}{5}$, $P(C|A_3) = \frac{5}{8}$, $P(C|A_4) = \frac{7}{11}$.

$P(C) = \frac{1}{10} \cdot \frac{1}{2} + \frac{2}{10} \cdot \frac{3}{5} + \frac{3}{10} \cdot \frac{5}{8} + \frac{4}{10} \cdot \frac{7}{11} = \frac{1}{20} + \frac{6}{50} + \frac{15}{80} + \frac{28}{110}$

$P(C) = \frac{1 \cdot 220}{4400} + \frac{6 \cdot 88}{4400} + \frac{15 \cdot 55}{4400} + \frac{28 \cdot 40}{4400} = \frac{220 + 528 + 825 + 1120}{4400} = \frac{2693}{4400}$

Результаты совпали, что подтверждает правильность расчетов.

Ответ: $\frac{2693}{4400}$.

ПОДГОТОВЬТЕ СООБЩЕНИЕ

28.11. Английский математик Томас Байес сформулировал и решил одну из основных задач теории вероятностей (теорема Байеса).

Формула Байеса играет важную роль в современной математической статистике и теории вероятностей.

Томас Байес

(1702—1761)

Биография Томаса Байеса

Томас Байес (англ. Thomas Bayes) — английский математик и пресвитерианский священник, живший в 18 веке (около 1702–1761). Родился в Лондоне в семье нонконформистского священника. Получил частное образование, а затем изучал логику и теологию в Эдинбургском университете. Пойдя по стопам отца, Байес стал священником и служил в городе Танбридж-Уэллс.

Помимо своей основной деятельности, Байес глубоко интересовался математикой, в частности теорией вероятностей. В 1742 году он был избран членом Лондонского королевского общества, что свидетельствует о признании его научных заслуг, хотя при жизни он не опубликовал ни одной математической работы под своим именем. Его главный труд, «Эссе о решении задачи в доктрине шансов» (An Essay towards solving a Problem in the Doctrine of Chances), был опубликован посмертно в 1763 году его другом Ричардом Прайсом. Именно в этой работе была представлена знаменитая теорема, названная в его честь. Ответ:

Теорема Байеса

Теорема Байеса — одна из фундаментальных теорем теории вероятностей, которая позволяет определить вероятность какого-либо события при условии, что произошло другое, статистически взаимосвязанное с ним событие. Иными словами, формула Байеса позволяет «пересчитать» вероятность гипотезы, получив новую информацию (доказательства).

В простейшем виде формула выглядит так:

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

Где:

• $P(A|B)$ — апостериорная вероятность, то есть вероятность гипотезы $A$ при наступлении события $B$ (после опыта).

• $P(B|A)$ — условная вероятность наступления события $B$ при истинности гипотезы $A$.

• $P(A)$ — априорная вероятность, то есть исходная вероятность гипотезы $A$ (до опыта).

• $P(B)$ — полная вероятность наступления события $B$.

Часто вероятность $P(B)$ неизвестна, но её можно вычислить по формуле полной вероятности. Если имеется полная группа несовместных гипотез $A_1, A_2, \dots, A_n$, то формула Байеса для гипотезы $A_k$ приобретает вид:

$P(A_k|B) = \frac{P(B|A_k) \cdot P(A_k)}{\sum_{i=1}^{n} P(B|A_i) \cdot P(A_i)}$

Эта формула является основой байесовского подхода в статистике. Ответ:

Значение и применение теоремы Байеса

Как указано в задаче, формула Байеса играет ключевую роль в современной математической статистике и теории вероятностей. Она лежит в основе целого направления — байесовской статистики, которая рассматривает вероятность как степень уверенности в суждении и позволяет обновлять эту уверенность по мере поступления новых данных. Этот подход находит широкое применение в различных областях науки и техники.

Основные области применения:

• Машинное обучение: Байесовские методы используются для создания спам-фильтров (определение вероятности, что письмо — спам, по наличию определённых слов), систем рекомендаций и классификаторов (например, наивный байесовский классификатор).

• Медицинская диагностика: Расчёт вероятности наличия заболевания у пациента на основе результатов анализов, учитывая их точность (чувствительность и специфичность).

• Финансы и экономика: Моделирование рисков, прогнозирование цен на активы и оценка вероятности банкротства.

• Искусственный интеллект: Построение байесовских сетей доверия — моделей, которые представляют вероятностные связи между переменными.

• Судебная практика: Оценка силы улик и вероятности виновности или невиновности подозреваемого.

Таким образом, идея, сформулированная Томасом Байесом более 250 лет назад, оказалась чрезвычайно плодотворной и востребованной в эпоху больших данных и искусственного интеллекта. Ответ:

28.12. Функция задана формулой $f(n) = \frac{C_n^3 \cdot C_n^2}{(n-2)!}$. Найдите значение функции при: 1) $n = 4$; 2) $n = 5$; 3) $n = 7$.

Для нахождения значений функции $f(n) = \frac{C_n^3 \cdot C_n^2}{(n-2)!}$ при заданных значениях $n$, необходимо подставить каждое значение $n$ в формулу и произвести вычисления. Воспользуемся формулой для числа сочетаний: $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.

1) n = 4

Подставляем $n=4$ в формулу функции:

$f(4) = \frac{C_4^3 \cdot C_4^2}{(4-2)!} = \frac{C_4^3 \cdot C_4^2}{2!}$.

Сначала вычислим значения сочетаний:

$C_4^3 = \frac{4!}{3!(4-3)!} = \frac{4!}{3! \cdot 1!} = \frac{4 \cdot 3!}{3! \cdot 1} = 4$.

$C_4^2 = \frac{4!}{2!(4-2)!} = \frac{4!}{2! \cdot 2!} = \frac{4 \cdot 3 \cdot 2!}{2 \cdot 1 \cdot 2!} = \frac{12}{2} = 6$.

Теперь подставим найденные значения в выражение для $f(4)$:

$f(4) = \frac{4 \cdot 6}{2!} = \frac{24}{2} = 12$.

Ответ: 12

2) n = 5

Подставляем $n=5$ в формулу функции:

$f(5) = \frac{C_5^3 \cdot C_5^2}{(5-2)!} = \frac{C_5^3 \cdot C_5^2}{3!}$.

Вычислим значения сочетаний. Используем свойство $C_n^k = C_n^{n-k}$, откуда следует, что $C_5^3 = C_5^{5-3} = C_5^2$.

$C_5^2 = \frac{5!}{2!(5-2)!} = \frac{5!}{2! \cdot 3!} = \frac{5 \cdot 4 \cdot 3!}{2 \cdot 1 \cdot 3!} = \frac{20}{2} = 10$.

Следовательно, $C_5^3 = 10$ и $C_5^2 = 10$.

Подставим найденные значения в выражение для $f(5)$:

$f(5) = \frac{10 \cdot 10}{3!} = \frac{100}{6} = \frac{50}{3}$.

Ответ: $\frac{50}{3}$

3) n = 7

Подставляем $n=7$ в формулу функции:

$f(7) = \frac{C_7^3 \cdot C_7^2}{(7-2)!} = \frac{C_7^3 \cdot C_7^2}{5!}$.

Вычислим значения сочетаний:

$C_7^3 = \frac{7!}{3!(7-3)!} = \frac{7!}{3! \cdot 4!} = \frac{7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4!}{3 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 4!} = \frac{210}{6} = 35$.

$C_7^2 = \frac{7!}{2!(7-2)!} = \frac{7!}{2! \cdot 5!} = \frac{7 \cdot 6 \cdot 5!}{2 \cdot 1 \cdot 5!} = \frac{42}{2} = 21$.

Подставим найденные значения в выражение для $f(7)$:

$f(7) = \frac{35 \cdot 21}{5!} = \frac{35 \cdot 21}{120}$.

Сократим полученную дробь. Сначала разделим числитель и знаменатель на 5:

$\frac{35 \cdot 21}{120} = \frac{7 \cdot 21}{24}$.

Теперь разделим числитель и знаменатель на 3:

$\frac{7 \cdot 21}{24} = \frac{7 \cdot 7}{8} = \frac{49}{8}$.

Ответ: $\frac{49}{8}$

28.13. Запишите в виде степени двучлена выражение:

1) $x^3 - 6x^2a + 12xa^2 - 8a^3;$

2) $y^3 - 9y^2a + 27ya^2 - 27a^3;$

3) $x^4 + 8x^3a + 24x^2a^2 + 48xa^3 + 16a^4.$

1) Данное выражение $x^3 - 6x^2a + 12xa^2 - 8a^3$ является разложением куба разности по формуле $(A-B)^3 = A^3 - 3A^2B + 3AB^2 - B^3$. В нашем случае, можно предположить, что $A = x$ и $B = 2a$. Проверим это предположение: первый член $A^3 = x^3$; второй член $-3A^2B = -3 \cdot x^2 \cdot (2a) = -6x^2a$; третий член $3AB^2 = 3 \cdot x \cdot (2a)^2 = 3x \cdot 4a^2 = 12xa^2$; четвертый член $-B^3 = -(2a)^3 = -8a^3$. Все члены совпадают, следовательно, выражение равно $(x-2a)^3$. Ответ: $(x-2a)^3$

2) Выражение $y^3 - 9y^2a + 27ya^2 - 27a^3$ также соответствует формуле куба разности $(A-B)^3 = A^3 - 3A^2B + 3AB^2 - B^3$. Здесь можно положить $A = y$ и $B = 3a$. Проведем проверку: $A^3 = y^3$; $-3A^2B = -3 \cdot y^2 \cdot (3a) = -9y^2a$; $3AB^2 = 3 \cdot y \cdot (3a)^2 = 3y \cdot 9a^2 = 27ya^2$; $-B^3 = -(3a)^3 = -27a^3$. Все члены совпали, поэтому выражение является степенью двучлена $(y-3a)^3$. Ответ: $(y-3a)^3$

3) Выражение $x^4 + 8x^3a + 24x^2a^2 + 48xa^3 + 16a^4$ похоже на разложение бинома в четвертой степени по формуле $(A+B)^4 = A^4 + 4A^3B + 6A^2B^2 + 4AB^3 + B^4$. Из первого члена $x^4$ следует, что $A=x$, а из последнего $16a^4 = (2a)^4$ следует, что $B=2a$. Разложим $(x+2a)^4$ по формуле: $(x+2a)^4 = x^4 + 4(x^3)(2a) + 6(x^2)(2a)^2 + 4(x)(2a)^3 + (2a)^4 = x^4 + 8x^3a + 24x^2a^2 + 32xa^3 + 16a^4$. Сравнивая полученное разложение с выражением из условия, видим, что все члены, кроме четвертого, совпадают: в условии $48xa^3$, а в формуле $32xa^3$. Вероятнее всего, в условии задачи допущена опечатка. Исходя из того, что остальные члены соответствуют разложению $(x+2a)^4$, принимаем этот ответ. Ответ: $(x+2a)^4$

28.14. Запишите разложения степеней:

1) $(y + 2a)^5$;

2) $(2x + 3a)^6$;

3) $(3x - 2a)^4$.

Для разложения степеней биномов используется формула бинома Ньютона:

$(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k a^{n-k} b^k$, где $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ – биномиальные коэффициенты.

Биномиальные коэффициенты также можно найти с помощью треугольника Паскаля.

1) Для выражения $(y + 2a)^5$ имеем $n=5$. Биномиальные коэффициенты для $n=5$ равны 1, 5, 10, 10, 5, 1.

Разложим степень по формуле, где $a=y$ и $b=2a$:

$(y + 2a)^5 = C_5^0 y^5 (2a)^0 + C_5^1 y^4 (2a)^1 + C_5^2 y^3 (2a)^2 + C_5^3 y^2 (2a)^3 + C_5^4 y^1 (2a)^4 + C_5^5 y^0 (2a)^5$

$= 1 \cdot y^5 \cdot 1 + 5 \cdot y^4 \cdot (2a) + 10 \cdot y^3 \cdot (4a^2) + 10 \cdot y^2 \cdot (8a^3) + 5 \cdot y \cdot (16a^4) + 1 \cdot 1 \cdot (32a^5)$

$= y^5 + 10ay^4 + 40a^2y^3 + 80a^3y^2 + 80a^4y + 32a^5$

Ответ: $y^5 + 10ay^4 + 40a^2y^3 + 80a^3y^2 + 80a^4y + 32a^5$.

2) Для выражения $(2x + 3a)^6$ имеем $n=6$. Биномиальные коэффициенты для $n=6$ равны 1, 6, 15, 20, 15, 6, 1.

Разложим степень по формуле, где $a=2x$ и $b=3a$:

$(2x + 3a)^6 = C_6^0 (2x)^6 (3a)^0 + C_6^1 (2x)^5 (3a)^1 + C_6^2 (2x)^4 (3a)^2 + C_6^3 (2x)^3 (3a)^3 + C_6^4 (2x)^2 (3a)^4 + C_6^5 (2x)^1 (3a)^5 + C_6^6 (2x)^0 (3a)^6$

$= 1 \cdot (64x^6) \cdot 1 + 6 \cdot (32x^5) \cdot (3a) + 15 \cdot (16x^4) \cdot (9a^2) + 20 \cdot (8x^3) \cdot (27a^3) + 15 \cdot (4x^2) \cdot (81a^4) + 6 \cdot (2x) \cdot (243a^5) + 1 \cdot 1 \cdot (729a^6)$

$= 64x^6 + 576ax^5 + 2160a^2x^4 + 4320a^3x^3 + 4860a^4x^2 + 2916a^5x + 729a^6$

Ответ: $64x^6 + 576ax^5 + 2160a^2x^4 + 4320a^3x^3 + 4860a^4x^2 + 2916a^5x + 729a^6$.

3) Для выражения $(3x - 2a)^4$ имеем $n=4$. Биномиальные коэффициенты для $n=4$ равны 1, 4, 6, 4, 1.

Разложим степень по формуле, где $a=3x$ и $b=-2a$. Обратите внимание на чередование знаков из-за отрицательного второго члена.

$(3x - 2a)^4 = C_4^0 (3x)^4 (-2a)^0 + C_4^1 (3x)^3 (-2a)^1 + C_4^2 (3x)^2 (-2a)^2 + C_4^3 (3x)^1 (-2a)^3 + C_4^4 (3x)^0 (-2a)^4$

$= 1 \cdot (81x^4) \cdot 1 + 4 \cdot (27x^3) \cdot (-2a) + 6 \cdot (9x^2) \cdot (4a^2) + 4 \cdot (3x) \cdot (-8a^3) + 1 \cdot 1 \cdot (16a^4)$

$= 81x^4 - 216ax^3 + 216a^2x^2 - 96a^3x + 16a^4$

Ответ: $81x^4 - 216ax^3 + 216a^2x^2 - 96a^3x + 16a^4$.