Страница 131 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

4.126. Сколькими способами можно составить пятизначное число из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 так, чтобы в составе этого числа были 3 нечетные и 2 четные цифры?

Для решения этой задачи необходимо определить количество способов для двух последовательных действий: сначала выбрать подходящие цифры, а затем составить из них число.

В исходном наборе цифр {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} имеется 4 нечетные цифры ({1, 3, 5, 7}) и 3 четные цифры ({2, 4, 6}).

Сначала найдем, сколькими способами можно выбрать 3 нечетные цифры из 4 доступных. Поскольку порядок выбора не важен, используем формулу сочетаний $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.

Число способов выбрать 3 нечетные цифры из 4: $C_4^3 = \frac{4!}{3!(4-3)!} = \frac{4!}{3! \cdot 1!} = 4$.

Затем найдем, сколькими способами можно выбрать 2 четные цифры из 3 доступных:

Число способов выбрать 2 четные цифры из 3: $C_3^2 = \frac{3!}{2!(3-2)!} = \frac{3!}{2! \cdot 1!} = 3$.

Общее количество способов составить набор из 5 цифр (3 нечетных и 2 четных) равно произведению этих двух результатов: $4 \cdot 3 = 12$ способов.

Теперь для каждого из 12 полученных наборов, состоящих из 5 различных цифр, нужно найти, сколько различных пятизначных чисел можно составить. Это количество равно числу перестановок из 5 элементов ($P_5 = 5!$).

$5! = 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 120$.

Чтобы найти итоговое количество способов, нужно умножить количество способов выбора набора цифр на количество перестановок в каждом наборе:

$12 \cdot 120 = 1440$.

Ответ: 1440

4.127. На «бесконечную» шахматную доску, длина стороны каждой клетки которой равна $2a$, уронили монету радиусом $r < a$. Какова вероятность того, что монета целиком окажется на одной клетке?

Для решения этой задачи используется геометрическое определение вероятности, согласно которому искомая вероятность равна отношению площади области благоприятных исходов к площади области всех возможных исходов.

Поскольку шахматная доска бесконечна и состоит из одинаковых клеток, мы можем рассмотреть падение монеты относительно одной произвольной клетки. Пусть эта клетка — квадрат со стороной $2a$. Положение монеты полностью определяется положением ее центра. Областью всех возможных положений центра монеты (в рамках одной клетки, в силу периодичности) является сама эта клетка. Площадь области всех возможных исходов $S_{\text{общ}}$ равна площади клетки:

$S_{\text{общ}} = (2a)^2 = 4a^2$

Благоприятным исходом является событие, когда монета радиусом $r$ полностью оказывается внутри одной клетки. Чтобы это произошло, центр монеты должен находиться на расстоянии не меньшем, чем $r$, от каждой из четырех сторон клетки. Таким образом, область благоприятных для центра монеты положений представляет собой меньший квадрат, концентричный исходной клетке.

Сторона этого внутреннего квадрата (области благоприятных исходов) равна стороне исходной клетки за вычетом отступов по $r$ с каждой из двух сторон: $2a - r - r = 2a - 2r = 2(a-r)$.

Следовательно, площадь области благоприятных исходов $S_{\text{бл}}$ равна:

$S_{\text{бл}} = (2a - 2r)^2 = 4(a-r)^2$

Искомая вероятность $P$ находится как отношение площади благоприятной области к общей площади:

$P = \frac{S_{\text{бл}}}{S_{\text{общ}}} = \frac{4(a-r)^2}{4a^2} = \frac{(a-r)^2}{a^2}$

Это выражение можно также записать в виде:

$P = \left(\frac{a-r}{a}\right)^2 = \left(1 - \frac{r}{a}\right)^2$

Поскольку по условию $r < a$, вероятность $P$ является корректно определенной величиной в интервале от 0 до 1.

Ответ: $P = \left(1 - \frac{r}{a}\right)^2$

4.128. В древности один хан решил казнить виновного слугу. Но будучи в хорошем настроении он решил дать шанс быть помилованным этому слуге. Хан велел дать слуге два мешочка и 4 альчика, 2 из которых белого цвета и 2 красного цвета. По условию хана виновный слуга должен был разложить 4 альчика в два мешочка и отдать палачу. Затем палач наудачу выбирает один из мешочков и оттуда наудачу извлекает один альчик. Если альчик окажется белого цвета, то слуга будет помилован, а если альчик окажется красного цвета, то он будет казнен. Как должен был слуга распределить данные 4 альчика в двух мешочках, чтобы с наибольшей вероятностью быть помилованным?

Для того чтобы максимизировать свои шансы на помилование, слуга должен найти такое распределение альчиков по двум мешочкам, при котором вероятность вытащить белый альчик будет наибольшей. У слуги есть 2 белых и 2 красных альчика.

Событие, которого добивается слуга, — извлечение белого альчика. Вероятность этого события зависит от двух последовательных случайных выборов: сначала палач наугад выбирает один из двух мешочков (вероятность выбора каждого — $1/2$), а затем наугад извлекает из него один альчик.

Пусть $W$ — событие, состоящее в извлечении белого альчика. Пусть $M_1$ и $M_2$ — события выбора первого и второго мешочка соответственно. Тогда, по формуле полной вероятности, общая вероятность извлечения белого альчика равна:

$P(W) = P(W|M_1) \cdot P(M_1) + P(W|M_2) \cdot P(M_2)$

Поскольку $P(M_1) = P(M_2) = 1/2$, формула упрощается:

$P(W) = \frac{1}{2} (P(W|M_1) + P(W|M_2))$

Здесь $P(W|M_1)$ — это вероятность вытащить белый альчик, если выбран первый мешочек, а $P(W|M_2)$ — если второй. Эти вероятности зависят от того, как слуга распределит альчики. Рассмотрим все возможные варианты распределения, предполагая, что ни один мешочек не может быть пустым.

Вариант 1: В одном мешочке 1 альчик, в другом — 3.

Этот вариант имеет два подварианта в зависимости от цвета единственного альчика.

a) В первый мешочек положен 1 белый альчик. Тогда во втором окажутся 1 белый и 2 красных альчика.
Состав мешочков: (1 Белый) и (1 Белый, 2 Красных).
Вероятность вытащить белый из первого мешочка: $P(W|M_1) = \frac{1}{1} = 1$.
Вероятность вытащить белый из второго мешочка: $P(W|M_2) = \frac{1}{1+2} = \frac{1}{3}$.
Общая вероятность помилования: $P(W) = \frac{1}{2} \left(1 + \frac{1}{3}\right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3} = \frac{2}{3}$.

б) В первый мешочек положен 1 красный альчик. Тогда во втором окажутся 2 белых и 1 красный альчик.
Состав мешочков: (1 Красный) и (2 Белых, 1 Красный).
Вероятность вытащить белый из первого мешочка: $P(W|M_1) = \frac{0}{1} = 0$.
Вероятность вытащить белый из второго мешочка: $P(W|M_2) = \frac{2}{2+1} = \frac{2}{3}$.
Общая вероятность помилования: $P(W) = \frac{1}{2} \left(0 + \frac{2}{3}\right) = \frac{1}{3}$.

Вариант 2: В обоих мешочках по 2 альчика.

Этот вариант также имеет два различных подварианта.

a) В одном мешочке 2 белых, в другом — 2 красных.
Состав мешочков: (2 Белых) и (2 Красных).
Вероятность вытащить белый из первого мешочка: $P(W|M_1) = \frac{2}{2} = 1$.
Вероятность вытащить белый из второго мешочка: $P(W|M_2) = \frac{0}{2} = 0$.
Общая вероятность помилования: $P(W) = \frac{1}{2} (1 + 0) = \frac{1}{2}$.

б) В каждом мешочке по 1 белому и 1 красному.
Состав мешочков: (1 Белый, 1 Красный) и (1 Белый, 1 Красный).
Вероятность вытащить белый из первого мешочка: $P(W|M_1) = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$.
Вероятность вытащить белый из второго мешочка: $P(W|M_2) = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$.
Общая вероятность помилования: $P(W) = \frac{1}{2} \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}$.

Сравнение результатов

Сравним вычисленные вероятности помилования для всех рассмотренных вариантов:
Вариант 1а: $P(W) = 2/3 \approx 0.667$
Вариант 1б: $P(W) = 1/3 \approx 0.333$
Вариант 2а: $P(W) = 1/2 = 0.5$
Вариант 2б: $P(W) = 1/2 = 0.5$

Максимальная вероятность помилования составляет $2/3$ и достигается при распределении, описанном в Варианте 1а.

Ответ: Чтобы с наибольшей вероятностью быть помилованным, слуга должен положить в один мешочек один белый альчик, а в другой мешочек — все остальные альчики (один белый и два красных). При таком распределении вероятность вытащить белый альчик будет равна $2/3$.

4.129. Покажите, что $P_A(B+C) = P_A(B) + P_A(C)$, если $B$ и $C$ – несовместные события и $P(A) \neq 0$.

4.129. Чтобы доказать равенство $P_A(B+C) = P_A(B) + P_A(C)$ при условии, что события $B$ и $C$ несовместны и $P(A) \neq 0$, мы будем использовать определение условной вероятности и свойства операций над событиями.

1. По определению, условная вероятность события $X$ при условии наступления события $A$ вычисляется по формуле: $P_A(X) = P(X|A) = \frac{P(X \cap A)}{P(A)}$.
В нашей задаче сумма событий $B+C$ соответствует объединению событий $B \cup C$.

2. Распишем левую часть доказываемого равенства, используя определение условной вероятности:
$P_A(B+C) = P_A(B \cup C) = \frac{P((B \cup C) \cap A)}{P(A)}$.

3. Применим дистрибутивный (распределительный) закон для операций пересечения и объединения множеств к выражению в числителе: $(B \cup C) \cap A = (B \cap A) \cup (C \cap A)$.
Тогда выражение для условной вероятности примет вид:
$P_A(B+C) = \frac{P((B \cap A) \cup (C \cap A))}{P(A)}$.

4. По условию задачи, события $B$ и $C$ несовместны, это значит, что их пересечение является невозможным событием: $B \cap C = \emptyset$.
Рассмотрим события $(B \cap A)$ и $(C \cap A)$. Найдем их пересечение: $(B \cap A) \cap (C \cap A) = (B \cap C) \cap A$.
Так как $B \cap C = \emptyset$, то $(B \cap C) \cap A = \emptyset \cap A = \emptyset$.
Это означает, что события $(B \cap A)$ и $(C \cap A)$ также являются несовместными.

5. Для несовместных событий вероятность их объединения равна сумме их вероятностей (аксиома аддитивности). Следовательно, для числителя справедливо:
$P((B \cap A) \cup (C \cap A)) = P(B \cap A) + P(C \cap A)$.

6. Подставим это выражение обратно в формулу для $P_A(B+C)$ и разделим дробь на два слагаемых:
$P_A(B+C) = \frac{P(B \cap A) + P(C \cap A)}{P(A)} = \frac{P(B \cap A)}{P(A)} + \frac{P(C \cap A)}{P(A)}$.

7. Каждое из слагаемых в правой части является условной вероятностью по определению:
$\frac{P(B \cap A)}{P(A)} = P_A(B)$
$\frac{P(C \cap A)}{P(A)} = P_A(C)$

8. Таким образом, мы получаем искомое равенство:
$P_A(B+C) = P_A(B) + P_A(C)$.
Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $P_A(B+C) = P_A(B) + P_A(C)$ для несовместных событий $B$ и $C$ и при $P(A) \neq 0$ доказано.

4.130. Докажите, что $P_A(B+C) = P_A(B) + P_A(C) - P_A(BC)$, если $P(A) \ne 0$.

Требуется доказать, что условная вероятность удовлетворяет теореме сложения вероятностей. В используемой в задаче нотации $P_A(X)$ обозначает условную вероятность события $X$ при условии наступления события $A$, что эквивалентно записи $P(X|A)$. Сумма событий $B+C$ означает объединение событий $B \cup C$, а произведение $BC$ — их пересечение $B \cap C$. Условие $P(A) \neq 0$ необходимо, чтобы условная вероятность была определена.

Доказательство будем проводить, преобразуя левую часть равенства к правой.

1. Начнем с левой части равенства и применим определение условной вероятности: $P_A(B+C) = P(B \cup C | A) = \frac{P((B \cup C) \cap A)}{P(A)}$

2. Воспользуемся дистрибутивным свойством операций пересечения и объединения множеств: $(B \cup C) \cap A = (B \cap A) \cup (C \cap A)$

3. Подставим это выражение обратно в числитель дроби: $P_A(B+C) = \frac{P((B \cap A) \cup (C \cap A))}{P(A)}$

4. Теперь применим основную теорему сложения вероятностей для событий $(B \cap A)$ и $(C \cap A)$: $P((B \cap A) \cup (C \cap A)) = P(B \cap A) + P(C \cap A) - P((B \cap A) \cap (C \cap A))$

5. Упростим последний член в правой части, используя свойства операции пересечения (ассоциативность и идемпотентность): $(B \cap A) \cap (C \cap A) = B \cap C \cap A$

6. Таким образом, выражение для вероятности в числителе принимает вид: $P((B \cap A) \cup (C \cap A)) = P(B \cap A) + P(C \cap A) - P(B \cap C \cap A)$

7. Подставим это в нашу формулу для $P_A(B+C)$: $P_A(B+C) = \frac{P(B \cap A) + P(C \cap A) - P(B \cap C \cap A)}{P(A)}$

8. Разделим числитель на знаменатель почленно: $P_A(B+C) = \frac{P(B \cap A)}{P(A)} + \frac{P(C \cap A)}{P(A)} - \frac{P(B \cap C \cap A)}{P(A)}$

9. Вспомним определение условной вероятности для каждого из полученных слагаемых: $\frac{P(B \cap A)}{P(A)} = P(B|A) = P_A(B)$
$\frac{P(C \cap A)}{P(A)} = P(C|A) = P_A(C)$
$\frac{P((B \cap C) \cap A)}{P(A)} = P(B \cap C|A) = P_A(BC)$

10. Подставляя эти выражения в равенство из шага 8, получаем искомое тождество: $P_A(B+C) = P_A(B) + P_A(C) - P_A(BC)$

Таким образом, равенство доказано.

Ответ: Равенство $P_A(B+C) = P_A(B) + P_A(C) - P_A(BC)$ доказано путем последовательного применения определения условной вероятности, дистрибутивного закона для операций над событиями и теоремы сложения вероятностей для двух произвольных событий.

4.131. При наборе телефонного номера абонент забыл две последние цифры и набрал их наудачу, помня лишь, что эти цифры нечетные и разные. Найдите вероятность того, что номер будет набран верно.

Для решения задачи используем классическое определение вероятности, согласно которому вероятность события $A$ равна отношению числа благоприятствующих этому событию исходов $m$ к общему числу всех равновозможных несовместных элементарных исходов $n$, образующих полную группу. Формула имеет вид: $P(A) = \frac{m}{n}$.

Событие $A$ в данном случае — это набор верного телефонного номера.

Сначала определим общее число возможных исходов $n$. Абонент забыл две последние цифры, но помнит, что они:

1. Нечетные. Множество нечетных цифр: {1, 3, 5, 7, 9}. Всего 5 цифр.

2. Разные.

Поскольку порядок цифр в телефонном номере важен (например, ...13 и ...31 — это разные номера), нам нужно найти число упорядоченных пар, которые можно составить из этих цифр. Это является задачей на нахождение числа размещений без повторений.

Число способов выбрать и разместить 2 цифры из 5 имеющихся нечетных цифр вычисляется по формуле размещений $A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$, где $n$ — общее количество элементов для выбора, а $k$ — количество элементов, которые мы выбираем.

В нашем случае $n=5$ (количество нечетных цифр) и $k=2$ (количество забытых цифр).

Подставляем значения в формулу:

$n = A_5^2 = \frac{5!}{(5-2)!} = \frac{5!}{3!} = \frac{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1}{3 \times 2 \times 1} = 5 \times 4 = 20$.

Таким образом, существует 20 возможных вариантов для двух последних цифр номера, удовлетворяющих заданным условиям. Это и есть общее число исходов $n=20$.

Теперь определим число благоприятствующих исходов $m$. Благоприятствующий исход — это когда набраны правильные две цифры. Поскольку существует только один правильный телефонный номер, то и правильная комбинация двух последних цифр только одна. Следовательно, число благоприятствующих исходов $m=1$.

Находим вероятность того, что номер будет набран верно:

$P(A) = \frac{m}{n} = \frac{1}{20}$.

Ответ: $\frac{1}{20}$.

4.132. Бросили 4 игральные кости. Найдите вероятность того, что на них выпадет по одинаковому числу очков.

Для решения данной задачи используется классическое определение вероятности. Вероятность события $P$ равна отношению числа благоприятствующих этому событию исходов $M$ к общему числу всех равновозможных элементарных исходов $N$. Формула выглядит так: $P = \frac{M}{N}$.

Сначала определим общее число всех возможных исходов при бросании четырех игральных костей. Каждая игральная кость представляет собой кубик с шестью гранями, на которых нанесены числа от 1 до 6. При броске одной кости может выпасть любой из 6 исходов.

Поскольку бросают 4 кости, и результат на каждой из них не зависит от результатов на других, общее число всех возможных комбинаций $N$ можно найти по правилу умножения. Для каждой из четырех костей существует 6 возможных исходов. Следовательно, общее число исходов равно:

$N = 6 \times 6 \times 6 \times 6 = 6^4 = 1296$.

Теперь определим число благоприятствующих исходов $M$. Благоприятствующим исходом является событие, при котором на всех четырех костях выпадает одинаковое число очков.

Перечислим все такие исходы:

1. На всех четырех костях выпало число 1: (1, 1, 1, 1).

2. На всех четырех костях выпало число 2: (2, 2, 2, 2).

3. На всех четырех костях выпало число 3: (3, 3, 3, 3).

4. На всех четырех костях выпало число 4: (4, 4, 4, 4).

5. На всех четырех костях выпало число 5: (5, 5, 5, 5).

6. На всех четырех костях выпало число 6: (6, 6, 6, 6).

Таким образом, существует всего 6 благоприятствующих исходов. Значит, $M = 6$.

Теперь мы можем рассчитать вероятность события, подставив найденные значения $M$ и $N$ в формулу вероятности:

$P = \frac{M}{N} = \frac{6}{1296}$.

Для получения окончательного ответа сократим дробь:

$P = \frac{6}{6^4} = \frac{1}{6^3} = \frac{1}{216}$.

Ответ: $\frac{1}{216}$

4.133. Брошены три монеты. Найдите вероятность того, что выпадут два «герба».

Для решения этой задачи по теории вероятностей, мы будем использовать классическое определение вероятности. Вероятность события равна отношению числа благоприятствующих этому событию исходов к общему числу всех равновозможных исходов.

1. Определение общего числа исходов (n).

Каждая из трех монет может выпасть одной из двух сторон: «герб» (обозначим Г) или «решка» (обозначим Р). Поскольку броски монет являются независимыми событиями, общее количество возможных комбинаций исходов равно произведению числа исходов для каждой монеты.

Общее число исходов $n = 2 \times 2 \times 2 = 2^3 = 8$.

Перечислим все возможные элементарные исходы:

1. ГГГ
2. ГГР
3. ГРГ
4. РГГ
5. ГРР
6. РГР
7. РРГ
8. РРР

2. Определение числа благоприятствующих исходов (m).

Нас интересует событие A, которое заключается в том, что выпадет ровно два «герба». Найдем в нашем списке все исходы, содержащие ровно две буквы Г:

- ГГР (первая и вторая монеты — герб, третья — решка)
- ГРГ (первая и третья монеты — герб, вторая — решка)
- РГГ (вторая и третья монеты — герб, первая — решка)

Таким образом, число исходов, благоприятствующих событию A, равно $m=3$.

3. Вычисление вероятности.

Вероятность события A вычисляется по формуле:

$P(A) = \frac{m}{n}$

Подставляем найденные значения $m$ и $n$:

$P(A) = \frac{3}{8}$

Эту дробь можно также представить в десятичном виде: $3 \div 8 = 0.375$.

Ответ: $\frac{3}{8}$

4.134. Человек после работы может возвращаться домой либо на автобусе, либо на маршрутном такси. Он ездит по-разному: в $\frac{1}{3}$ случаев выбирает автобус, а в $\frac{2}{3}$ – маршрутное такси. Если он едет на маршрутном такси, то в 75% случаев он возвращается домой к шести часам вечера, а если на автобусе, то только в 70% случаев он возвращается к этому времени. Какова вероятность того, что в случайно взятый день он возвращается домой к шести часам?

Для решения этой задачи воспользуемся формулой полной вероятности. Пусть событие $A$ заключается в том, что человек возвращается домой к шести часам вечера. Это событие зависит от того, какой вид транспорта он выберет. Введем две гипотезы:

$H_1$ – человек едет на автобусе.

$H_2$ – человек едет на маршрутном такси.

Из условия задачи известны вероятности этих гипотез:

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

$P(H_2) = \frac{2}{3}$

Также нам даны условные вероятности события $A$ (вернуться к шести часам) при наступлении каждой из гипотез. Переведем проценты в десятичные дроби:

Вероятность вернуться к шести вечера, если он едет на автобусе: $P(A|H_1) = 70\% = 0.7 = \frac{7}{10}$.

Вероятность вернуться к шести вечера, если он едет на маршрутном такси: $P(A|H_2) = 75\% = 0.75 = \frac{3}{4}$.

Вероятность того, что человек вернется домой к шести часам в случайно взятый день, находится 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 в формулу:

$P(A) = \frac{1}{3} \cdot \frac{7}{10} + \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4}$

Выполним вычисления:

$P(A) = \frac{7}{30} + \frac{6}{12}$

Сократим вторую дробь $\frac{6}{12} = \frac{1}{2}$:

$P(A) = \frac{7}{30} + \frac{1}{2}$

Приведем дроби к общему знаменателю 30:

$P(A) = \frac{7}{30} + \frac{1 \cdot 15}{2 \cdot 15} = \frac{7}{30} + \frac{15}{30}$

$P(A) = \frac{7 + 15}{30} = \frac{22}{30}$

Сократим полученную дробь на 2:

$P(A) = \frac{11}{15}$

Ответ: $\frac{11}{15}$

4.135. Какова вероятность равенства $p \approx \frac{m}{n}$ с точностью до 0,05 при 50 независимых испытаниях?

Для решения задачи воспользуемся следствием из интегральной теоремы Муавра-Лапласа. Вероятность того, что в $n$ независимых испытаниях абсолютная величина отклонения относительной частоты $\frac{m}{n}$ от постоянной вероятности $p$ не превысит заданное положительное число $\epsilon$, выражается приближенной формулой:

$P\left(\left|\frac{m}{n} - p\right| \le \epsilon\right) \approx 2\Phi\left(\epsilon\sqrt{\frac{n}{pq}}\right)$

где $n$ – число испытаний, $p$ – вероятность наступления события в одном испытании, $q = 1-p$, а $\Phi(x)$ – функция Лапласа, которая определяется интегралом $\Phi(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_0^x e^{-t^2/2}dt$.

По условию задачи имеем:
Число испытаний $n = 50$.
Точность $\epsilon = 0.05$.

Вероятность $p$ в условии не задана. Искомая вероятность зависит от значения $p$ через произведение $pq = p(1-p)$. В таких случаях, когда требуется найти "вероятность" без указания $p$, находят нижнюю границу этой вероятности. Эта граница является гарантированным значением, которое будет не меньше искомой вероятности при любом возможном $p \in (0, 1)$.

Функция Лапласа $\Phi(x)$ является возрастающей для $x>0$, поэтому вероятность $2\Phi(\epsilon\sqrt{\frac{n}{pq}})$ будет минимальной, когда ее аргумент $\epsilon\sqrt{\frac{n}{pq}}$ минимален. Это, в свою очередь, произойдет, когда произведение $pq$ максимально.

Найдем максимальное значение функции $f(p) = p(1-p)$. Ее производная $f'(p) = 1 - 2p$. Приравняв производную к нулю, $1-2p = 0$, находим $p=0.5$. Это точка максимума, так как вторая производная $f''(p)=-2 < 0$. Максимальное значение произведения $pq$ при $p=0.5$ равно $0.5 \cdot (1-0.5) = 0.25$.

Теперь вычислим значение аргумента функции Лапласа для этого случая:

$x = \epsilon\sqrt{\frac{n}{pq_{max}}} = 0.05 \cdot \sqrt{\frac{50}{0.25}} = 0.05 \cdot \sqrt{200} = 0.05 \cdot 10\sqrt{2} = 0.5\sqrt{2}$

Используя приближенное значение $\sqrt{2} \approx 1.4142$, получаем:

$x \approx 0.5 \cdot 1.4142 = 0.7071$

Найдем значение функции Лапласа $\Phi(0.7071)$ по таблице. Из таблицы значений: $\Phi(0.70) \approx 0.2580$ и $\Phi(0.71) \approx 0.2611$. Используя линейную интерполяцию:

$\Phi(0.7071) \approx \Phi(0.70) + \frac{0.7071-0.70}{0.71-0.70}(\Phi(0.71) - \Phi(0.70))$

$\Phi(0.7071) \approx 0.2580 + 0.71 \cdot (0.2611 - 0.2580) \approx 0.2580 + 0.71 \cdot 0.0031 \approx 0.2580 + 0.002201 \approx 0.2602$

Наконец, вычисляем искомую минимальную (гарантированную) вероятность:

$P_{min} \approx 2\Phi(0.7071) \approx 2 \cdot 0.2602 = 0.5204$

Таким образом, вероятность того, что равенство $p \approx \frac{m}{n}$ выполняется с точностью до 0,05, составляет не менее 0.5204.

Ответ: $0.5204$