Страница 213, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Абылкасымова, Кучер

29.11. 90% изделий, изготовленных в цехе, соответствуют стандарту. Упрощенная схема проверки качества продукции признает пригодной стандартную деталь с вероятностью 0,96, а нестандартную — с вероятностью 0,06. Найдите вероятность того, что:

1) взятое наудачу изделие пройдет контроль;

2) изделие, прошедшее контроль качества, отвечает стандарту.

Для решения задачи введем следующие события:

$A$ – взятое наудачу изделие является стандартным.

$\bar{A}$ – взятое наудачу изделие является нестандартным.

$B$ – взятое наудачу изделие прошло контроль качества.

Исходя из условий задачи, мы имеем следующие вероятности:

Вероятность того, что изделие стандартное: $P(A) = 90\% = 0,90$.

Вероятность того, что изделие нестандартное: $P(\bar{A}) = 1 - P(A) = 1 - 0,90 = 0,10$.

Вероятность того, что стандартное изделие пройдет контроль (условная вероятность): $P(B|A) = 0,96$.

Вероятность того, что нестандартное изделие пройдет контроль (условная вероятность): $P(B|\bar{A}) = 0,06$.

1) взятое наудачу изделие пройдет контроль;

Для нахождения вероятности того, что взятое наудачу изделие пройдет контроль ($P(B)$), воспользуемся формулой полной вероятности. Событие $B$ может произойти в двух несовместных случаях: изделие стандартное и прошло контроль, или изделие нестандартное и прошло контроль.

Формула полной вероятности имеет вид: $P(B) = P(A) \cdot P(B|A) + P(\bar{A}) \cdot P(B|\bar{A})$.

Подставим известные значения в формулу:

$P(B) = 0,90 \cdot 0,96 + 0,10 \cdot 0,06$

$P(B) = 0,864 + 0,006 = 0,87$

Таким образом, вероятность того, что случайно выбранное изделие пройдет контроль, составляет 0,87.

Ответ: $0,87$

2) изделие, прошедшее контроль качества, отвечает стандарту.

Нам необходимо найти условную вероятность того, что изделие является стандартным при условии, что оно уже прошло контроль качества. Это вероятность $P(A|B)$.

Для этого воспользуемся формулой Байеса:

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

Мы уже знаем все необходимые значения из предыдущих расчетов:

Вероятность того, что изделие стандартное и пройдет контроль: $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A) = 0,90 \cdot 0,96 = 0,864$.

Полная вероятность того, что изделие пройдет контроль: $P(B) = 0,87$.

Подставим эти значения в формулу Байеса:

$P(A|B) = \frac{0,864}{0,87}$

Для получения точного ответа представим десятичные дроби в виде обыкновенных и сократим:

$P(A|B) = \frac{864/1000}{870/1000} = \frac{864}{870}$

Сократим дробь на 6:

$P(A|B) = \frac{864 \div 6}{870 \div 6} = \frac{144}{145}$

Вероятность того, что изделие, прошедшее контроль, является стандартным, равна $144/145$.

Ответ: $\frac{144}{145}$

29.12. Среди швейных изделий, изготовленных в ателье, 4% нестандартные. Найдите вероятность того, что среди взятых на контроль 30 изделий, изготовленных в ателье, два будут нестандартными.

Для решения этой задачи мы будем использовать формулу Бернулли, которая позволяет вычислить вероятность наступления события A ровно k раз в серии из n независимых испытаний.

В данном случае:

• Событие A – выбранное изделие является нестандартным.

• Количество испытаний (взятых на контроль изделий) $n = 30$.

• Количество "успешных" исходов (нестандартных изделий) $k = 2$.

• Вероятность того, что изделие нестандартное (вероятность "успеха"), $p = 4\% = 0.04$.

• Вероятность того, что изделие стандартное (вероятность "неудачи"), $q = 1 - p = 1 - 0.04 = 0.96$.

Формула Бернулли имеет вид:

$P_n(k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}$

где $C_n^k$ – число сочетаний из n по k, которое рассчитывается как $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.

Подставим наши значения в формулу.

Сначала найдем число сочетаний $C_{30}^2$:

$C_{30}^2 = \frac{30!}{2!(30-2)!} = \frac{30!}{2! \cdot 28!} = \frac{29 \cdot 30}{2 \cdot 1} = 29 \cdot 15 = 435$

Теперь подставим все значения в формулу Бернулли:

$P_{30}(2) = C_{30}^2 \cdot (0.04)^2 \cdot (0.96)^{30-2} = 435 \cdot (0.04)^2 \cdot (0.96)^{28}$

Выполним вычисления:

$(0.04)^2 = 0.0016$

$(0.96)^{28} \approx 0.320577$

Перемножим полученные значения:

$P_{30}(2) \approx 435 \cdot 0.0016 \cdot 0.320577 = 0.696 \cdot 0.320577 \approx 0.22312$

Округлим результат до тысячных.

Ответ: $P_{30}(2) \approx 0.223$

29.13. Событие $B$ появится в том случае, если событие $A$ наступит не менее четырех раз. Найдите вероятность наступления события $B$, если проведено пять независимых испытаний, в каждом из которых вероятность наступления события $A$ равна $0.8$.

Данная задача решается с использованием формулы Бернулли для схемы независимых испытаний. У нас есть последовательность из $n$ одинаковых независимых испытаний, в каждом из которых событие А (успех) может произойти с вероятностью $p$.

Определим параметры из условия задачи:

- Общее число испытаний: $n = 5$.

- Вероятность наступления события А в одном испытании (вероятность "успеха"): $p = 0,8$.

- Вероятность того, что событие А не наступит в одном испытании (вероятность "неудачи"): $q = 1 - p = 1 - 0,8 = 0,2$.

Событие B произойдет, если событие A наступит "не менее четырех раз". Это означает, что число наступлений события А, которое мы обозначим как $k$, должно быть либо 4, либо 5. Так как эти два исхода (ровно 4 успеха и ровно 5 успехов) являются несовместными, то вероятность события B можно найти как сумму их вероятностей:

$P(B) = P(k=4) + P(k=5)$.

Вероятность того, что в $n$ испытаниях событие наступит ровно $k$ раз, вычисляется по формуле Бернулли:

$P_n(k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}$, где $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ — биномиальный коэффициент (число сочетаний из $n$ по $k$).

1. Вычислим вероятность того, что событие А наступит ровно 4 раза ($k=4$):

$P_5(4) = C_5^4 \cdot (0,8)^4 \cdot (0,2)^{5-4}$

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

$P_5(4) = 5 \cdot (0,8)^4 \cdot (0,2)^1 = 5 \cdot 0,4096 \cdot 0,2 = 0,4096$.

2. Вычислим вероятность того, что событие А наступит ровно 5 раз ($k=5$):

$P_5(5) = C_5^5 \cdot (0,8)^5 \cdot (0,2)^{5-5}$

$C_5^5 = \frac{5!}{5!(5-5)!} = \frac{5!}{5! \cdot 0!} = 1$.

$P_5(5) = 1 \cdot (0,8)^5 \cdot (0,2)^0 = 1 \cdot 0,32768 \cdot 1 = 0,32768$.

3. Теперь сложим полученные вероятности, чтобы найти вероятность события B:

$P(B) = P_5(4) + P_5(5) = 0,4096 + 0,32768 = 0,73728$.

Ответ: 0,73728

29.14. Вероятность того, что при изготовлении детали рабочий допустит брак, равна 0,3. Найдите наивероятнейшее число деталей, которые будут бракованными при изготовлении этим рабочим 200 деталей.

Для нахождения наивероятнейшего числа бракованных деталей воспользуемся формулой для наивероятнейшего числа событий в схеме Бернулли. Наивероятнейшее число $k_0$ наступления события в $n$ независимых испытаниях, где вероятность наступления события в каждом испытании равна $p$, находится из двойного неравенства:

$np - q \le k_0 \le np + p$, где $q = 1 - p$.

По условиям задачи имеем:

Общее число деталей (испытаний) $n = 200$.

Вероятность изготовления бракованной детали ("успеха") $p = 0.3$.

Вероятность изготовления годной детали ("неудачи") $q = 1 - p = 1 - 0.3 = 0.7$.

Подставим данные значения в неравенство:

$200 \cdot 0.3 - 0.7 \le k_0 \le 200 \cdot 0.3 + 0.3$

$60 - 0.7 \le k_0 \le 60 + 0.3$

$59.3 \le k_0 \le 60.3$

Число бракованных деталей $k_0$ должно быть целым. Единственное целое число, удовлетворяющее этому неравенству, — это 60. Следовательно, наивероятнейшее число бракованных деталей равно 60.

Ответ: 60

29.15. В проводимом шахматном турнире вероятность выигрыша партии учеником равна 0,8. Сколько надо сыграть партий ученику, чтобы наивероятнейшее число выигрышей было равно 20?

Пусть $n$ – общее количество партий, которые должен сыграть ученик. Это искомая величина. Вероятность выигрыша в одной партии (успех) равна $p = 0.8$. Тогда вероятность неудачи (проигрыш или ничья) равна $q = 1 - p = 1 - 0.8 = 0.2$. По условию, наивероятнейшее число выигрышей $k_0$ должно быть равно 20.

Наивероятнейшее число успехов $k_0$ в серии из $n$ независимых испытаний Бернулли определяется из двойного неравенства:

$np - q \le k_0 \le np + p$

Подставим в это неравенство известные значения $p=0.8$, $q=0.2$ и $k_0=20$:

$n \cdot 0.8 - 0.2 \le 20 \le n \cdot 0.8 + 0.8$

Это двойное неравенство эквивалентно системе из двух неравенств. Решим их поочередно относительно $n$.

Первое неравенство:

$0.8n - 0.2 \le 20$

$0.8n \le 20.2$

$n \le \frac{20.2}{0.8}$

$n \le 25.25$

Второе неравенство:

$20 \le 0.8n + 0.8$

$20 - 0.8 \le 0.8n$

$19.2 \le 0.8n$

$n \ge \frac{19.2}{0.8}$

$n \ge 24$

Объединяя результаты, получаем, что число партий $n$ должно удовлетворять условию: $24 \le n \le 25.25$.

Поскольку $n$ – это количество сыгранных партий, оно должно быть целым числом. Следовательно, из полученного диапазона подходят два значения: $n = 24$ или $n = 25$.

Рассмотрим оба случая:

- Если $n=24$, то неравенство для $k_0$ имеет вид $24 \cdot 0.8 - 0.2 \le k_0 \le 24 \cdot 0.8 + 0.8$, что дает $19 \le k_0 \le 20$. В случае, когда правая граница $np+p$ является целым числом (в данном случае 20), существует два наивероятнейших числа успехов: $k_0=19$ и $k_0=20$. Их вероятности равны. Таким образом, 20 является наивероятнейшим числом выигрышей.

- Если $n=25$, то неравенство для $k_0$ имеет вид $25 \cdot 0.8 - 0.2 \le k_0 \le 25 \cdot 0.8 + 0.8$, что дает $19.8 \le k_0 \le 20.8$. В этом диапазоне есть только одно целое число, $k_0 = 20$. Следовательно, при 25 партиях существует единственное наивероятнейшее число выигрышей, равное 20.

Оба значения, $n=24$ и $n=25$, удовлетворяют условию задачи.

Ответ: 24 или 25.

29.16. Наблюдениями установлено, что в городе N в сентябре бывает 12 дождливых дней. Найдите вероятность того, что в случайно выбранных в сентябре месяце 8 днях дождливыми будут:

1) 3 дня;

2) не менее 3 дней;

3) не более 3 дней.

Данная задача решается с использованием формулы гипергеометрической вероятности, так как мы производим выборку без возвращения из конечной совокупности.

Общее число дней в сентябре (размер совокупности) $N = 30$.

Число дождливых дней в сентябре (число «успехов» в совокупности) $K = 12$.

Число не дождливых дней в сентябре $N - K = 30 - 12 = 18$.

Число случайно выбранных дней (размер выборки) $n = 8$.

Вероятность того, что в выборке окажется ровно $k$ дождливых дней, вычисляется по формуле:

$P(X=k) = \frac{C_K^k \cdot C_{N-K}^{n-k}}{C_N^n}$

где $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ — число сочетаний.

Сначала вычислим общее число способов выбрать 8 дней из 30, то есть знаменатель дроби:

$C_{30}^8 = \frac{30!}{8!(30-8)!} = \frac{30!}{8!22!} = \frac{30 \cdot 29 \cdot 28 \cdot 27 \cdot 26 \cdot 25 \cdot 24 \cdot 23}{8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 5\,852\,925$.

Теперь решим каждый из подпунктов.

1) 3 дня;

Нужно найти вероятность того, что среди 8 выбранных дней ровно 3 будут дождливыми ($k=3$). Для этого нужно выбрать 3 дождливых дня из 12 и 5 не дождливых дней из 18.

Число способов выбрать 3 дождливых дня из 12:

$C_{12}^3 = \frac{12!}{3!9!} = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 220$.

Число способов выбрать $8-3=5$ не дождливых дней из 18:

$C_{18}^5 = \frac{18!}{5!13!} = \frac{18 \cdot 17 \cdot 16 \cdot 15 \cdot 14}{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 8568$.

Число благоприятных исходов:

$m_3 = C_{12}^3 \cdot C_{18}^5 = 220 \cdot 8568 = 1\,884\,960$.

Вероятность $P(X=3)$:

$P(X=3) = \frac{m_3}{C_{30}^8} = \frac{1\,884\,960}{5\,852\,925} = \frac{41888}{130065}$.

Ответ: $P(X=3) = \frac{41888}{130065} \approx 0.322$.

2) не менее 3 дней;

Это означает, что дождливыми могут быть 3, 4, 5, 6, 7 или 8 дней. Проще вычислить вероятность противоположного события (менее 3 дождливых дней, то есть 0, 1 или 2) и вычесть ее из 1.

$P(X \ge 3) = 1 - P(X < 3) = 1 - (P(X=0) + P(X=1) + P(X=2))$

Вычислим вероятности для $k=0, 1, 2$:

$P(X=0) = \frac{C_{12}^0 C_{18}^8}{C_{30}^8} = \frac{1 \cdot 43758}{5852925} = \frac{43758}{5852925}$

$P(X=1) = \frac{C_{12}^1 C_{18}^7}{C_{30}^8} = \frac{12 \cdot 31824}{5852925} = \frac{381888}{5852925}$

$P(X=2) = \frac{C_{12}^2 C_{18}^6}{C_{30}^8} = \frac{66 \cdot 18564}{5852925} = \frac{1225224}{5852925}$

Суммарная вероятность $P(X < 3)$:

$P(X < 3) = \frac{43758 + 381888 + 1225224}{5852925} = \frac{1650870}{5852925} = \frac{275145}{975487.5}$ (неправильное сокращение). Правильно: $\frac{1650870}{5852925} = \frac{36686}{130065}$.

Тогда искомая вероятность:

$P(X \ge 3) = 1 - \frac{1650870}{5852925} = \frac{5852925 - 1650870}{5852925} = \frac{4202055}{5852925} = \frac{7183}{10005}$.

Ответ: $P(X \ge 3) = \frac{7183}{10005} \approx 0.718$.

3) не более 3 дней.

Это означает, что дождливыми могут быть 0, 1, 2 или 3 дня. Нам нужно найти $P(X \le 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3)$.

Мы уже вычислили все необходимые слагаемые:

$P(X < 3) = \frac{1650870}{5852925}$

$P(X=3) = \frac{1884960}{5852925}$

Суммируем их:

$P(X \le 3) = \frac{1650870 + 1884960}{5852925} = \frac{3535830}{5852925} = \frac{78574}{130065}$.

Ответ: $P(X \le 3) = \frac{78574}{130065} \approx 0.604$.

ПОДГОТОВЬТЕ СООБЩЕНИЕ

29.17. Д. Бернулли — швейцарский математик, который развил математическую статистику, рассмотрев с применением вероятностных методов ряд практически важных задач.

Даниил Бернулли (1700—1782)

Биография и научная династия

Даниил Бернулли (1700–1782) — выдающийся швейцарский учёный, один из самых ярких представителей знаменитой семьи Бернулли, подарившей миру нескольких великих математиков и физиков. Он был сыном Иоганна Бернулли и племянником Якоба Бернулли, которые также внесли огромный вклад в развитие математического анализа. Даниил работал в самых разных областях науки: от медицины и ботаники до математики, механики и гидродинамики. Значительный период своей научной деятельности, с 1725 по 1733 год, он провёл в России, работая в Санкт-Петербургской академии наук.

Вклад в теорию вероятностей и математическую статистику

Даниил Бернулли сыграл ключевую роль в развитии математической статистики, применяя вероятностные методы для решения задач, имеющих большое практическое значение. Его подход был новаторским для того времени, поскольку он одним из первых систематически использовал математический аппарат для анализа реальных данных и рисков.

Санкт-Петербургский парадокс и теория полезности

Одной из самых известных работ Бернулли в области теории вероятностей является анализ так называемого «Санкт-Петербургского парадокса». Парадокс описывает игру, в которой подбрасывается монета до тех пор, пока не выпадет «орёл». Если орёл выпадает на $k$-м броске, игрок получает выигрыш в размере $2^{k-1}$ денежных единиц. Вопрос заключается в том, какую сумму разумно заплатить за участие в такой игре. Математическое ожидание выигрыша $E$ в этой игре бесконечно:

$E = \sum_{k=1}^{\infty} (\text{вероятность}) \times (\text{выигрыш}) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^k} \cdot 2^{k-1} = \frac{1}{2} \cdot 1 + \frac{1}{4} \cdot 2 + \frac{1}{8} \cdot 4 + \dots = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \dots = \infty$

Несмотря на бесконечное математическое ожидание, большинство людей не готовы заплатить за игру большую сумму. Для разрешения этого парадокса Бернулли ввёл понятие морального ожидания, или, в современной терминологии, ожидаемой полезности. Он предположил, что ценность (полезность) денег для человека нелинейна: каждый последующий выигрыш приносит всё меньше и меньше удовлетворения. Эта идея заложила основы современной теории полезности в экономике и теории принятия решений.

Применение статистики в медицине

Ещё одним ярким примером применения вероятностных методов является его работа 1766 года, посвящённая анализу эффективности прививок от оспы (вариоляции). В то время эта процедура была рискованной и имела своих противников. Бернулли собрал статистические данные о смертности от оспы и от самой прививки. Используя вероятностные модели и таблицы смертности, он математически доказал, что, несмотря на риски, массовая вариоляция способна значительно увеличить среднюю продолжительность жизни. Это исследование стало одним из первых примеров применения математической статистики в эпидемиологии и общественном здравоохранении.

Другие научные достижения

Помимо теории вероятностей, Даниил Бернулли известен своими фундаментальными работами в других областях. Его главный труд — «Гидродинамика» (1738), в котором он сформулировал основной закон движения идеальной жидкости, известный сегодня как уравнение Бернулли:

$p + \frac{1}{2}\rho v^2 + \rho g h = \text{const}$

где $p$ — давление в жидкости, $\rho$ — её плотность, $v$ — скорость потока, $g$ — ускорение свободного падения, а $h$ — высота. Этот закон является основополагающим в гидро- и аэродинамике. Также он внёс вклад в кинетическую теорию газов и теорию колебаний струн, заложив основы математической физики.

Таким образом, Даниил Бернулли был поистине универсальным учёным, чьи работы оказали глубокое влияние на развитие многих наук. Его вклад в применение вероятностных методов для решения практических задач заложил основы современной математической статистики и теории принятия решений.

Ответ: Сообщение о Данииле Бернулли и его вкладе в науку представлено выше.