Страница 155, часть 1 - гдз по алгебре 11 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

23.15. Даны два концентрических шара радиусов 1 и 2 соответственно. В большем шаре независимым образом поочередно выбирают 3 точки. Найдите вероятность того, что:

а) все точки окажутся в меньшем шаре;

б) вне меньшего шара окажется ровно одна точка;

в) ни одна из точек не окажется в меньшем шаре;

г) хотя бы одна точка окажется в меньшем шаре.

Для решения этой задачи по геометрической вероятности, нам сначала нужно найти объемы шаров. Вероятность попадания точки в определенную область внутри большего шара равна отношению объема этой области к общему объему большего шара.

Объем шара вычисляется по формуле $V = \frac{4}{3}\pi r^3$.

Пусть $r_1 = 1$ — радиус меньшего шара, а $r_2 = 2$ — радиус большего шара.

Объем меньшего шара: $V_1 = \frac{4}{3}\pi r_1^3 = \frac{4}{3}\pi (1)^3 = \frac{4}{3}\pi$.

Объем большего шара: $V_2 = \frac{4}{3}\pi r_2^3 = \frac{4}{3}\pi (2)^3 = \frac{32}{3}\pi$.

Вероятность того, что одна случайно выбранная в большом шаре точка окажется в меньшем шаре, равна:

$p = \frac{V_1}{V_2} = \frac{\frac{4}{3}\pi}{\frac{32}{3}\pi} = \frac{4}{32} = \frac{1}{8}$.

Соответственно, вероятность того, что одна случайно выбранная точка окажется вне меньшего шара (но внутри большего), равна:

$q = 1 - p = 1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}$.

Поскольку точки выбираются независимо, мы можем использовать эти вероятности для решения каждого пункта задачи.

а) все точки окажутся в меньшем шаре;

Это означает, что каждая из трех точек должна попасть в меньший шар. Так как события независимы, мы перемножаем их вероятности.

Вероятность этого события $P(A)$ равна $p \cdot p \cdot p = p^3$.

$P(A) = \left(\frac{1}{8}\right)^3 = \frac{1}{512}$.

Ответ: $\frac{1}{512}$.

б) вне меньшего шара окажется ровно одна точка;

Это означает, что одна точка окажется вне меньшего шара (с вероятностью $q$), а две другие — внутри него (каждая с вероятностью $p$). Существует три варианта, какая именно из трех точек окажется вне: первая, вторая или третья. Это можно рассчитать по формуле Бернулли для $k=1$ "неуспеха" (попадания вне) из $n=3$ испытаний. Или, что то же самое, $k=2$ "успеха" (попадания внутрь).

Количество комбинаций, при которых одна точка из трех окажется вне, равно $\binom{3}{1} = 3$.

Вероятность для каждой такой комбинации равна $q \cdot p \cdot p = qp^2$.

Итоговая вероятность $P(B) = \binom{3}{1} \cdot q \cdot p^2 = 3 \cdot \frac{7}{8} \cdot \left(\frac{1}{8}\right)^2 = 3 \cdot \frac{7}{8} \cdot \frac{1}{64} = \frac{21}{512}$.

Ответ: $\frac{21}{512}$.

в) ни одна из точек не окажется в меньшем шаре;

Это означает, что все три точки окажутся вне меньшего шара. Вероятность этого события $P(C)$ равна $q \cdot q \cdot q = q^3$.

$P(C) = \left(\frac{7}{8}\right)^3 = \frac{7^3}{8^3} = \frac{343}{512}$.

Ответ: $\frac{343}{512}$.

г) хотя бы одна точка окажется в меньшем шаре.

Событие "хотя бы одна точка окажется в меньшем шаре" является противоположным событию "ни одна из точек не окажется в меньшем шаре" (которое мы рассчитали в пункте в)).

Поэтому вероятность этого события $P(D)$ можно найти как $1 - P(C)$.

$P(D) = 1 - \frac{343}{512} = \frac{512 - 343}{512} = \frac{169}{512}$.

Ответ: $\frac{169}{512}$.

23.16. Даны две концентрические окружности с радиусами 1 и 2 соответственно. На меньшей окружности отмечена точка $P$. В кольце между окружностями наудачу выбраны точки $A$ и $B$. Найдите вероятность того, что:

а) отрезок $AP$ имеет с меньшей окружностью только одну общую точку $P$;

б) отрезки $AP$ и $BP$ пересекают меньшую окружность в точках, отличных от точки $P$;

в) хотя бы один из отрезков $AP$ и $BP$ пересекает меньшую окружность в точке, отличной от точки $P$;

г) оба отрезка $AP$ и $BP$ имеют с меньшей окружностью только одну общую точку $P$.

Для решения задачи используется метод геометрической вероятности. Вероятность события определяется как отношение площади благоприятной области к площади всей области возможных исходов.

Пусть центр концентрических окружностей находится в начале координат $O(0,0)$. Радиус меньшей окружности $r=1$, большей — $R=2$. Точки $A$ и $B$ выбираются случайным образом в кольце между этими окружностями. Площадь этого кольца (пространства элементарных исходов) равна: $S_{кольца} = \pi R^2 - \pi r^2 = \pi(2^2 - 1^2) = 3\pi$.

Без ограничения общности разместим точку $P$ на меньшей окружности в положении $(1, 0)$.

Ключевым для решения задачи является правильная интерпретация условий. Буквальное прочтение условий приводит к тривиальным ответам (вероятности 0 или 1), что маловероятно для задачи такого типа. Наиболее правдоподобная интерпретация заключается в том, что под "меньшей окружностью" подразумевается "меньший круг" (диск радиуса 1, включая его границу), а фраза "пересекает ... в точках, отличных от P" означает, что отрезок входит внутрь этого круга.

Таким образом, условие "отрезок AP имеет с меньшей окружностью только одну общую точку P" мы будем трактовать как "отрезок AP не пересекает внутренность малого круга". Это происходит тогда и только тогда, когда угол $\angle OPA$ не является тупым, то есть $\angle OPA \le 90^\circ$.

Пусть точка $A$ имеет координаты $(x, y)$. Вектор $\vec{PO}$ имеет координаты $(-1, 0)$, а вектор $\vec{PA}$ имеет координаты $(x-1, y)$. Условие $\angle OPA \le 90^\circ$ эквивалентно неотрицательности скалярного произведения векторов $\vec{PO}$ и $\vec{PA}$: $\vec{PO} \cdot \vec{PA} \ge 0$ $(-1)(x-1) + (0)(y) \ge 0$ $1-x \ge 0 \implies x \le 1$.

Итак, для одного произвольно выбранного в кольце очка $A(x,y)$ мы ищем вероятность того, что его координата $x \le 1$. Обозначим это событие как $C_A$. Вероятность этого события, $p = P(C_A)$, равна отношению площади благоприятной области к общей площади кольца.

Проще найти площадь неблагоприятной области, где $x > 1$. Эта область $U$ определяется условиями $1 \le x^2+y^2 \le 4$ и $x > 1$. Так как из $x>1$ следует $x^2 > 1$ и $x^2+y^2 > 1$, условие $1 \le x^2+y^2$ выполняется автоматически. Таким образом, область $U$ — это часть круга радиуса 2, ограниченная прямой $x=1$. Площадь этой области (сегмента круга) равна разности площади сектора и площади треугольника.

Сектор большого круга ограничен лучами, образующими с осью Ox углы $\pm \alpha$, где $\cos \alpha = 1/2$, то есть $\alpha = \pi/3$. Угол сектора равен $2\alpha = 2\pi/3$. Площадь сектора: $S_{сектор} = \frac{1}{2}R^2(2\alpha) = \frac{1}{2}(2^2)\frac{2\pi}{3} = \frac{4\pi}{3}$. Треугольник, который нужно вычесть, имеет вершины в точках $(0,0)$, $(1, \sqrt{3})$ и $(1, -\sqrt{3})$. Его площадь: $S_{\triangle} = \frac{1}{2} \cdot \text{основание} \cdot \text{высота} = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{3} \cdot 1 = \sqrt{3}$.

Площадь неблагоприятной области: $S_{небл} = S_{сектор} - S_{\triangle} = \frac{4\pi}{3} - \sqrt{3}$. Площадь благоприятной области: $S_{бл} = S_{кольца} - S_{небл} = 3\pi - (\frac{4\pi}{3} - \sqrt{3}) = \frac{5\pi}{3} + \sqrt{3}$.

Вероятность $p$ того, что для одной точки $A$ выполняется условие $x \le 1$: $p = P(C_A) = \frac{S_{бл}}{S_{кольца}} = \frac{\frac{5\pi}{3} + \sqrt{3}}{3\pi} = \frac{5}{9} + \frac{\sqrt{3}}{3\pi}$.

Вероятность комплементарного события $\bar{C}_A$ (отрезок $AP$ пересекает внутренность малого круга, $x>1$): $1-p = P(\bar{C}_A) = \frac{S_{небл}}{S_{кольца}} = \frac{\frac{4\pi}{3} - \sqrt{3}}{3\pi} = \frac{4}{9} - \frac{\sqrt{3}}{3\pi}$.

Поскольку точки $A$ и $B$ выбираются независимо, вероятности для них одинаковы, и события, связанные с $A$ и $B$, независимы.

а) отрезок AP имеет с меньшей окружностью только одну общую точку P;

Это событие $C_A$. Его вероятность мы рассчитали выше.

Ответ: $p = \frac{5}{9} + \frac{\sqrt{3}}{3\pi}$.

б) отрезки AP и BP пересекают меньшую окружность в точках, отличных от точки P;

Это событие означает, что и отрезок $AP$, и отрезок $BP$ пересекают внутренность малого круга. Это соответствует событию $\bar{C}_A \cap \bar{C}_B$. В силу независимости, вероятность равна произведению вероятностей.

$P(\bar{C}_A \cap \bar{C}_B) = P(\bar{C}_A) \cdot P(\bar{C}_B) = (1-p)^2 = \left(\frac{4}{9} - \frac{\sqrt{3}}{3\pi}\right)^2 = \frac{16}{81} - \frac{8\sqrt{3}}{27\pi} + \frac{3}{9\pi^2} = \frac{16}{81} - \frac{8\sqrt{3}}{27\pi} + \frac{1}{3\pi^2}$.

Ответ: $\left(\frac{4}{9} - \frac{\sqrt{3}}{3\pi}\right)^2 = \frac{16}{81} - \frac{8\sqrt{3}}{27\pi} + \frac{1}{3\pi^2}$.

в) хотя бы один из отрезков AP и BP пересекает меньшую окружность в точке, отличной от точки P;

Это событие $\bar{C}_A \cup \bar{C}_B$. Проще найти вероятность противоположного события (ни один из отрезков не пересекает внутренность круга, то есть $C_A \cap C_B$) и вычесть ее из 1.

$P(C_A \cap C_B) = P(C_A) \cdot P(C_B) = p^2$.

$P(\bar{C}_A \cup \bar{C}_B) = 1 - P(C_A \cap C_B) = 1 - p^2 = 1 - \left(\frac{5}{9} + \frac{\sqrt{3}}{3\pi}\right)^2 = 1 - \left(\frac{25}{81} + \frac{10\sqrt{3}}{27\pi} + \frac{1}{3\pi^2}\right) = \frac{56}{81} - \frac{10\sqrt{3}}{27\pi} - \frac{1}{3\pi^2}$.

Ответ: $1 - \left(\frac{5}{9} + \frac{\sqrt{3}}{3\pi}\right)^2 = \frac{56}{81} - \frac{10\sqrt{3}}{27\pi} - \frac{1}{3\pi^2}$.

г) оба отрезка AP и BP имеют с меньшей окружностью только одну общую точку P.

Это событие $C_A \cap C_B$. Его вероятность равна $p^2$.

$P(C_A \cap C_B) = p^2 = \left(\frac{5}{9} + \frac{\sqrt{3}}{3\pi}\right)^2 = \frac{25}{81} + \frac{10\sqrt{3}}{27\pi} + \frac{3}{9\pi^2} = \frac{25}{81} + \frac{10\sqrt{3}}{27\pi} + \frac{1}{3\pi^2}$.

Ответ: $\left(\frac{5}{9} + \frac{\sqrt{3}}{3\pi}\right)^2 = \frac{25}{81} + \frac{10\sqrt{3}}{27\pi} + \frac{1}{3\pi^2}$.

23.17. В соответствии с техническими нормативами вероятность выпуска стандартной детали без дефектов оценивается в $95\%$. Найдите наивероятнейшее число бракованных деталей среди $n$ выпущенных деталей, если:

a) $n = 1119$;

б) $n = 1120$;

в) $n = 20m + 19$;

г) $n = 20(m + 1)$.

Пусть событие $A$ — «выпущенная деталь бракованная». Вероятность того, что деталь стандартная (без дефектов), составляет 95%, то есть $P(\bar{A}) = 0.95$. Следовательно, вероятность того, что деталь бракованная, $p$, равна:$p = P(A) = 1 - P(\bar{A}) = 1 - 0.95 = 0.05$.

Процесс выпуска деталей можно рассматривать как серию из $n$ независимых испытаний Бернулли, где «успехом» считается выпуск бракованной детали. Число $k$ бракованных деталей среди $n$ выпущенных подчиняется биномиальному распределению. Наивероятнейшее число успехов $k_0$ в биномиальном распределении с параметрами $n$ (число испытаний) и $p$ (вероятность успеха) определяется из двойного неравенства:$np - q \le k_0 \le np + p$,где $q = 1 - p$ — вероятность «неудачи».

В нашей задаче $p = 0.05$ и $q = 1 - 0.05 = 0.95$. Неравенство для $k_0$ принимает вид:$n \cdot 0.05 - 0.95 \le k_0 \le n \cdot 0.05 + 0.05$.

а) При $n = 1119$ подставим это значение в неравенство:$1119 \cdot 0.05 - 0.95 \le k_0 \le 1119 \cdot 0.05 + 0.05$$55.95 - 0.95 \le k_0 \le 55.95 + 0.05$$55 \le k_0 \le 56$Так как правая граница $np + p = 56$ является целым числом, существует два наивероятнейших значения для числа бракованных деталей: 55 и 56.
Ответ: 55 или 56.

б) При $n = 1120$ подставим это значение в неравенство:$1120 \cdot 0.05 - 0.95 \le k_0 \le 1120 \cdot 0.05 + 0.05$$56 - 0.95 \le k_0 \le 56 + 0.05$$55.05 \le k_0 \le 56.05$Единственное целое число $k_0$, удовлетворяющее этому неравенству, — это 56.
Ответ: 56.

в) При $n = 20m + 19$ (где $m$ — целое неотрицательное число), подставим $n$ в неравенство. Удобно использовать $p = 0.05 = 1/20$:$np + p = (20m + 19) \cdot \frac{1}{20} + \frac{1}{20} = \frac{20m + 19 + 1}{20} = \frac{20(m+1)}{20} = m + 1$.Тогда левая часть неравенства: $np - q = (np+p) - 1 = (m+1) - 1 = m$.Неравенство для $k_0$ принимает вид: $m \le k_0 \le m + 1$.Так как правая граница $np+p = m+1$ является целым числом, существует два наивероятнейших значения.
Ответ: $m$ или $m+1$.

г) При $n = 20(m + 1)$ (где $m$ — целое неотрицательное число), подставим $n$ в неравенство:$np + p = 20(m + 1) \cdot 0.05 + 0.05 = (m + 1) + 0.05 = m + 1.05$.Тогда левая часть неравенства: $np - q = (np+p) - 1 = (m+1.05) - 1 = m + 0.05$.Неравенство для $k_0$ принимает вид: $m + 0.05 \le k_0 \le m + 1.05$.Единственное целое число $k_0$, удовлетворяющее этому неравенству, — это $m+1$.
Ответ: $m+1$.

23.18. Вероятность опечатки на одной странице оценивается в 1 %. Оцените общее количество $n$ напечатанных в типографии страниц, если число страниц с опечатками оказалось равным:

а) 5;

б) 10;

в) 20;

г) 100.

Для решения этой задачи воспользуемся определением вероятности и понятием статистической оценки. Пусть $n$ — общее количество напечатанных страниц, а $k$ — число страниц с опечатками.

Вероятность $p$ того, что на случайно выбранной странице есть опечатка, по условию составляет $1\%$, что в долях равно: $p = 1\% = 0.01$

С другой стороны, относительная частота события (в данном случае, появления страницы с опечаткой) может служить оценкой его вероятности. Относительная частота вычисляется как отношение числа страниц с опечатками $k$ к общему числу страниц $n$: $p \approx \frac{k}{n}$

Из этого соотношения мы можем выразить и оценить общее количество страниц $n$: $n \approx \frac{k}{p}$

Теперь мы можем рассчитать оценку для $n$ в каждом из предложенных случаев.

а)

Если число страниц с опечатками $k = 5$, то общее количество страниц $n$ оценивается следующим образом: $n \approx \frac{5}{0.01} = 5 \cdot 100 = 500$

Ответ: 500 страниц.

б)

Если число страниц с опечатками $k = 10$, то общее количество страниц $n$ оценивается следующим образом: $n \approx \frac{10}{0.01} = 10 \cdot 100 = 1000$

Ответ: 1000 страниц.

в)

Если число страниц с опечатками $k = 20$, то общее количество страниц $n$ оценивается следующим образом: $n \approx \frac{20}{0.01} = 20 \cdot 100 = 2000$

Ответ: 2000 страниц.

г)

Если число страниц с опечатками $k = 100$, то общее количество страниц $n$ оценивается следующим образом: $n \approx \frac{100}{0.01} = 100 \cdot 100 = 10000$

Ответ: 10000 страниц.

23.19. В $n$ испытаниях Бернулли наивероятнейшим числом успехов оказались числа $k$ и $k + 1$. Найдите вероятность успеха в одном из этих испытаний Бернулли, если известно, что:

а) $n = 9, k = 7$;

б) $n = 99, k = 70$;

в) $n = 999, k = 699$;

г) $n = 999, k = 7$.

Пусть $p$ — искомая вероятность успеха в одном испытании Бернулли. Вероятность того, что в $n$ испытаниях произойдет ровно $m$ успехов, определяется формулой Бернулли:

$P_n(m) = C_n^m p^m (1-p)^{n-m}$, где $C_n^m = \frac{n!}{m!(n-m)!}$.

Наивероятнейшее число успехов $k_0$ удовлетворяет двойному неравенству:

$np - (1-p) \le k_0 \le np + p$, или, что то же самое, $(n+1)p - 1 \le k_0 \le (n+1)p$.

Если величина $(n+1)p$ не является целым числом, то существует только одно наивероятнейшее число успехов $k_0 = \lfloor (n+1)p \rfloor$.

Если же величина $(n+1)p$ является целым числом, то существует два наивероятнейших числа успехов: $k$ и $k+1$. В этом случае их вероятности равны: $P_n(k) = P_n(k+1)$, и при этом $k+1 = (n+1)p$.

По условию задачи, наивероятнейшими числами успехов являются $k$ и $k+1$. Это означает, что выполняется равенство:

$P_n(k) = P_n(k+1)$

$C_n^k p^k (1-p)^{n-k} = C_n^{k+1} p^{k+1} (1-p)^{n-k-1}$

$\frac{n!}{k!(n-k)!} p^k (1-p)^{n-k} = \frac{n!}{(k+1)!(n-k-1)!} p^{k+1} (1-p)^{n-k-1}$

Разделим обе части уравнения на $p^k (1-p)^{n-k-1}$ (поскольку $0 < p < 1$):

$\frac{n!}{k!(n-k)!} (1-p) = \frac{n!}{(k+1)!(n-k-1)!} p$

Используя то, что $(n-k)! = (n-k)(n-k-1)!$ и $(k+1)! = (k+1)k!$, после сокращения общих множителей $\frac{n!}{k!(n-k-1)!}$ получаем:

$\frac{1}{n-k} (1-p) = \frac{1}{k+1} p$

Решим это уравнение относительно $p$:

$(k+1)(1-p) = (n-k)p$

$k+1 - (k+1)p = np - kp$

$k+1 - kp - p = np - kp$

$k+1 - p = np$

$k+1 = np + p$

$k+1 = (n+1)p$

Отсюда находим искомую вероятность успеха $p$:

$p = \frac{k+1}{n+1}$

Теперь, используя эту формулу, решим каждую из подзадач.

Подставляем данные значения в выведенную формулу:$p = \frac{k+1}{n+1} = \frac{7+1}{9+1} = \frac{8}{10} = 0,8$.Ответ: $p = 0,8$.

Подставляем данные значения в формулу:$p = \frac{k+1}{n+1} = \frac{70+1}{99+1} = \frac{71}{100} = 0,71$.Ответ: $p = 0,71$.

Подставляем данные значения в формулу:$p = \frac{k+1}{n+1} = \frac{699+1}{999+1} = \frac{700}{1000} = 0,7$.Ответ: $p = 0,7$.

Подставляем данные значения в формулу:$p = \frac{k+1}{n+1} = \frac{7+1}{999+1} = \frac{8}{1000} = 0,008$.Ответ: $p = 0,008$.