Страница 103 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

Контрольная работа № 5

Тема. Элементы теории вероятностей

1. Бросают игральный кубик. Событие А состоит в том, что выпавшее число является чётным, событие В – выпавшее число не меньше трёх. Найдите вероятность события:

1) $\overline{A}$;

2) $A \cap B$;

3) $A \cup B$.

При бросании игрального кубика возможно 6 равновероятных исходов. Пространство элементарных событий: $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$. Общее число исходов $n=6$.

Событие A — «выпавшее число является чётным». Этому событию благоприятствуют исходы {2, 4, 6}. Число благоприятствующих исходов $m_A = 3$. Вероятность события A: $P(A) = \frac{m_A}{n} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$.

Событие B — «выпавшее число не меньше трёх». Этому событию благоприятствуют исходы {3, 4, 5, 6}. Число благоприятствующих исходов $m_B = 4$. Вероятность события B: $P(B) = \frac{m_B}{n} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$.

1) Ā;

Событие $\bar{A}$ (не А) является противоположным событию A. Оно означает, что «выпавшее число является нечётным». Этому событию благоприятствуют исходы {1, 3, 5}. Число благоприятствующих исходов $m_{\bar{A}} = 3$. Вероятность события $\bar{A}$ можно найти по формуле: $P(\bar{A}) = \frac{m_{\bar{A}}}{n} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$. Также можно использовать формулу вероятности противоположного события: $P(\bar{A}) = 1 - P(A) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

Ответ: $1/2$

2) A ∩ B;

Событие $A \cap B$ (пересечение A и B) означает, что события A и B происходят одновременно. То есть, «выпавшее число является чётным И не меньше трёх». Этому событию благоприятствуют исходы, которые входят и в множество A, и в множество B. $A = \{2, 4, 6\}$, $B = \{3, 4, 5, 6\}$. Пересечение множеств: $A \cap B = \{4, 6\}$. Число благоприятствующих исходов $m_{A \cap B} = 2$. Вероятность события $A \cap B$: $P(A \cap B) = \frac{m_{A \cap B}}{n} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.

Ответ: $1/3$

3) A ∪ B.

Событие $A \cup B$ (объединение A и B) означает, что происходит хотя бы одно из событий A или B. То есть, «выпавшее число является чётным ИЛИ не меньше трёх». Этому событию благоприятствуют исходы, которые входят хотя бы в одно из множеств A или B. $A = \{2, 4, 6\}$, $B = \{3, 4, 5, 6\}$. Объединение множеств: $A \cup B = \{2, 3, 4, 5, 6\}$. Число благоприятствующих исходов $m_{A \cup B} = 5$. Вероятность события $A \cup B$: $P(A \cup B) = \frac{m_{A \cup B}}{n} = \frac{5}{6}$. Вероятность этого события также можно найти по формуле сложения вероятностей: $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) = \frac{3}{6} + \frac{4}{6} - \frac{2}{6} = \frac{5}{6}$.

Ответ: $5/6$

2. Дана таблица распределения вероятностей случайной величины $x$.

Найдите:

1) $P(x = 7)$;

2) $P(x = 15)$;

3) $P(x \ge 14)$.

В данной задаче представлена таблица распределения вероятностей дискретной случайной величины $x$. Вероятности в таблице указаны в процентах. Для решения задачи будем использовать эти данные.

1) P (x = 7);
Вероятность события $x = 7$ — это вероятность того, что случайная величина $x$ примет значение, равное 7. Эту вероятность можно найти непосредственно из таблицы распределения, посмотрев на значение во второй строке, соответствующее $x=7$ в первой строке.
Из таблицы следует, что вероятность для $x=7$ составляет 10%.
$P(x = 7) = 10\% = 0.1$.
Ответ: 10%.

2) P (x = 15);
Необходимо найти вероятность того, что случайная величина $x$ примет значение 15. В таблице перечислены все возможные значения, которые может принимать $x$: 2, 3, 7, 9, 14, 23. Значение 15 в этом списке отсутствует.
Это означает, что событие $x = 15$ является невозможным, а вероятность невозможного события всегда равна нулю.
$P(x = 15) = 0$.
Ответ: 0.

3) P (x ≥ 14).
Требуется найти вероятность того, что случайная величина $x$ примет значение, большее или равное 14. Это событие произойдет, если $x$ примет одно из значений из таблицы, удовлетворяющих этому условию. Такими значениями являются $x=14$ и $x=23$.
События $x=14$ и $x=23$ являются несовместными, поэтому вероятность их объединения равна сумме их вероятностей:
$P(x \geq 14) = P(x=14) + P(x=23)$.
Находим соответствующие вероятности в таблице:
$P(x=14) = 12\%$.
$P(x=23) = 22\%$.
Складываем эти вероятности:
$P(x \geq 14) = 12\% + 22\% = 34\%$.
В виде десятичной дроби это $0.12 + 0.22 = 0.34$.
Ответ: 34%.

3. В двух колодах лежат по девять карточек с номерами 1, 2, ..., 9. Наугад выбирают по две карточки из каждой колоды. Какова вероятность того, что на всех четырёх выбранных карточках будут записаны чётные числа?

Пусть событие $A$ заключается в том, что на всех четырех выбранных карточках записаны чётные числа. Это событие можно разбить на два независимых события:

• Событие $A_1$: из первой колоды выбраны две карточки с чётными номерами.
• Событие $A_2$: из второй колоды выбраны две карточки с чётными номерами.

Вероятность события $A$ равна произведению вероятностей этих независимых событий:

$P(A) = P(A_1) \times P(A_2)$

Рассчитаем вероятность события $A_1$. В каждой колоде 9 карточек с номерами от 1 до 9. Среди них 4 карточки с чётными номерами (2, 4, 6, 8) и 5 карточек с нечётными номерами (1, 3, 5, 7, 9).

Общее число способов выбрать 2 карточки из 9 можно найти с помощью формулы сочетаний $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.

Общее число исходов (способов выбрать 2 карточки из 9):

$N = C_9^2 = \frac{9!}{2!(9-2)!} = \frac{9 \times 8}{2 \times 1} = 36$

Число благоприятных исходов (способов выбрать 2 чётные карточки из 4 имеющихся чётных):

$M = C_4^2 = \frac{4!}{2!(4-2)!} = \frac{4 \times 3}{2 \times 1} = 6$

Таким образом, вероятность выбрать две чётные карточки из первой колоды ($A_1$) равна:

$P(A_1) = \frac{M}{N} = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$

Поскольку вторая колода идентична первой, условия для неё точно такие же, и вероятность выбрать две чётные карточки из второй колоды ($A_2$) также равна $\frac{1}{6}$.

$P(A_2) = \frac{1}{6}$

Теперь можем найти итоговую вероятность события $A$:

$P(A) = P(A_1) \times P(A_2) = \frac{1}{6} \times \frac{1}{6} = \frac{1}{36}$

Ответ: $\frac{1}{36}$

4. Игральный кубик подбрасывают шесть раз. Какова вероятность того, что двойка выпадет:

1) хотя бы один раз;

2) четыре раза?

Это задача на применение формулы Бернулли для серии независимых испытаний. Вероятность успеха (выпадение двойки) в одном испытании (броске кубика) равна $p = \frac{1}{6}$. Вероятность неудачи (выпадение любой другой грани) равна $q = 1 - p = \frac{5}{6}$. Всего проводится $n=6$ испытаний.

1) хотя бы один раз;

Событие "двойка выпадет хотя бы один раз" является противоположным событию "двойка не выпадет ни разу". Проще найти вероятность противоположного события и вычесть ее из единицы.

Вероятность того, что двойка не выпадет ни разу в 6 бросках (то есть 0 успехов), вычисляется по формуле Бернулли при $k=0$:

$P_6(0) = C_6^0 \cdot p^0 \cdot q^{6-0} = 1 \cdot (\frac{1}{6})^0 \cdot (\frac{5}{6})^6 = (\frac{5}{6})^6$

Вычислим это значение:

$P_6(0) = \frac{5^6}{6^6} = \frac{15625}{46656}$

Тогда искомая вероятность того, что двойка выпадет хотя бы один раз, равна:

$P(A) = 1 - P_6(0) = 1 - \frac{15625}{46656} = \frac{46656 - 15625}{46656} = \frac{31031}{46656}$

Ответ: $\frac{31031}{46656}$

2) четыре раза?

Здесь нам нужно найти вероятность того, что в $n=6$ испытаниях произойдет ровно $k=4$ успеха. Используем формулу Бернулли:

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

Подставляем наши значения: $n=6, k=4, p=\frac{1}{6}, q=\frac{5}{6}$.

$P_6(4) = C_6^4 \cdot (\frac{1}{6})^4 \cdot (\frac{5}{6})^{6-4} = C_6^4 \cdot (\frac{1}{6})^4 \cdot (\frac{5}{6})^2$

Вычислим число сочетаний $C_6^4$:

$C_6^4 = \frac{6!}{4!(6-4)!} = \frac{6!}{4!2!} = \frac{6 \cdot 5}{2 \cdot 1} = 15$

Теперь подставим все в формулу:

$P_6(4) = 15 \cdot \frac{1^4}{6^4} \cdot \frac{5^2}{6^2} = 15 \cdot \frac{1}{1296} \cdot \frac{25}{36} = \frac{15 \cdot 25}{6^6} = \frac{375}{46656}$

Сократим полученную дробь. Числитель $375 = 3 \cdot 125$, знаменатель $46656 = 3 \cdot 15552$.

$\frac{375}{46656} = \frac{125}{15552}$

Ответ: $\frac{125}{15552}$

5. Из натуральных чисел от 1 до 32 включительно наугад выбирают шесть чисел. Какова вероятность того, что среди выбранных чисел не более двух окажутся кратными числу 3?

Для решения задачи по теории вероятностей используем классическое определение вероятности: $P = \frac{m}{n}$, где $n$ – общее число равновозможных исходов, а $m$ – число исходов, благоприятствующих событию.

1. Найдем общее число исходов ($n$).

Всего дано 32 натуральных числа. Из них нужно выбрать 6. Порядок выбора не важен, поэтому используем формулу сочетаний $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.

Общее число способов выбрать 6 чисел из 32 равно:

$n = C_{32}^6 = \frac{32!}{6!(32-6)!} = \frac{32!}{6!26!} = \frac{32 \cdot 31 \cdot 30 \cdot 29 \cdot 28 \cdot 27}{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 906192$.

2. Найдем число благоприятствующих исходов ($m$).

Событие, которое нас интересует: "среди выбранных шести чисел не более двух окажутся кратными числу 3". Это означает, что таких чисел может быть 0, 1 или 2.

Сначала разделим все 32 числа на две группы:

• Числа, кратные 3: 3, 6, 9, ..., 30. Их количество можно найти как $\lfloor \frac{32}{3} \rfloor = 10$ чисел.
• Числа, не кратные 3: $32 - 10 = 22$ числа.

Теперь рассмотрим три случая, которые удовлетворяют условию:

Случай 1: Среди 6 выбранных чисел нет ни одного, кратного 3.

Это значит, что все 6 чисел выбраны из 22 чисел, не кратных 3. Число таких способов:

$m_1 = C_{10}^0 \cdot C_{22}^6 = 1 \cdot \frac{22!}{6!16!} = \frac{22 \cdot 21 \cdot 20 \cdot 19 \cdot 18 \cdot 17}{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 74613$.

Случай 2: Среди 6 выбранных чисел ровно одно кратно 3.

Это значит, что 1 число выбрано из 10 кратных 3, а остальные 5 – из 22 не кратных 3. Число таких способов:

$m_2 = C_{10}^1 \cdot C_{22}^5 = 10 \cdot \frac{22!}{5!17!} = 10 \cdot \frac{22 \cdot 21 \cdot 20 \cdot 19 \cdot 18}{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 10 \cdot 26334 = 263340$.

Случай 3: Среди 6 выбранных чисел ровно два кратны 3.

Это значит, что 2 числа выбраны из 10 кратных 3, а остальные 4 – из 22 не кратных 3. Число таких способов:

$m_3 = C_{10}^2 \cdot C_{22}^4 = \frac{10 \cdot 9}{2} \cdot \frac{22 \cdot 21 \cdot 20 \cdot 19}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 45 \cdot 7315 = 329175$.

Общее число благоприятствующих исходов $m$ равно сумме исходов в этих трех случаях:

$m = m_1 + m_2 + m_3 = 74613 + 263340 + 329175 = 667128$.

3. Найдем вероятность.

$P = \frac{m}{n} = \frac{667128}{906192}$.

Сократим полученную дробь. Наибольший общий делитель числителя и знаменателя равен 168.

$P = \frac{667128 \div 168}{906192 \div 168} = \frac{3971}{5394}$.

Ответ: $\frac{3971}{5394}$