Страница 120 номер 196, ГДЗ по алгебре за 10 класс к учебнику Бунимовича. Математика вероятность и статистика
В классе 25 учеников: 10 подготовлены отлично (знают все 30 вопросов), 7 — хорошо (знают 20 вопросов), 5 — удовлетворительно (10 вопросов), 3 — плохо (2 вопроса). Будем считать, что ученика вызывают наугад и задают ему 2 разных вопроса, выбранных наугад из 30, а на вопрос ученик отвечает, если знает его. Вызванный ученик ответил на оба вопроса.
Полная группа — по тому, как подготовлен вызванный ученик: \(H_1\) = «отлично», \(H_2\) = «хорошо», \(H_3\) = «удовлетворительно», \(H_4\) = «плохо». Ученик вызван наугад: \(P(H_1) = \frac{10}{25}\), \(P(H_2) = \frac{7}{25}\), \(P(H_3) = \frac{5}{25}\), \(P(H_4) = \frac{3}{25}\).
\(A\) = «ученик ответил на оба вопроса». Если ученик знает \(m\) вопросов из 30, то первый заданный вопрос он знает с вероятностью \(\frac{m}{30}\), а второй при этом условии — с вероятностью \(\frac{m - 1}{29}\) (из 29 оставшихся вопросов ему известны \(m - 1\)). По правилу умножения
\[\begin{aligned} P(A \mid H_1) &= \frac{30}{30} \cdot \frac{29}{29} = 1; \\ P(A \mid H_2) &= \frac{20}{30} \cdot \frac{19}{29} = \frac{380}{870}; \\ P(A \mid H_3) &= \frac{10}{30} \cdot \frac{9}{29} = \frac{90}{870}; \\ P(A \mid H_4) &= \frac{2}{30} \cdot \frac{1}{29} = \frac{2}{870}. \end{aligned}\]
По формуле полной вероятности, с общим знаменателем \(25 \cdot 870 = 21\,750\):
\[\begin{aligned} P(A) &= \frac{10}{25} \cdot 1 + \frac{7}{25} \cdot \frac{380}{870} + \frac{5}{25} \cdot \frac{90}{870} + \frac{3}{25} \cdot \frac{2}{870} = {} \\ &= \frac{8700 + 2660 + 450 + 6}{21\,750} = \frac{11\,816}{21\,750}. \end{aligned}\]
По формуле Байеса \(P(H_k \mid A) = \frac{P(H_k) \cdot P(A \mid H_k)}{P(A)}\): числитель — слагаемое этой суммы, отвечающее гипотезе \(H_k\), знаменатель у всех четырёх гипотез один, и общий знаменатель \(21\,750\) сокращается:
\[\begin{aligned} P(H_1 \mid A) &= \frac{8700}{11\,816} = \frac{2175}{2954} \approx 0{,}736; \\ P(H_2 \mid A) &= \frac{2660}{11\,816} = \frac{95}{422} \approx 0{,}225; \\ P(H_3 \mid A) &= \frac{450}{11\,816} = \frac{225}{5908} \approx 0{,}038; \\ P(H_4 \mid A) &= \frac{6}{11\,816} = \frac{3}{5908} \approx 0{,}0005. \end{aligned}\]
Ответ: вероятность того, что ученик подготовлен отлично, равна \(\frac{2175}{2954} \approx 0{,}736\); хорошо — \(\frac{95}{422} \approx 0{,}225\); удовлетворительно — \(\frac{225}{5908} \approx 0{,}038\); плохо — \(\frac{3}{5908} \approx 0{,}0005\).
В классе 25 учеников: 10 подготовлены отлично (знают все 30 вопросов), 7 — хорошо (знают 20 вопросов), 5 — удовлетворительно (10 вопросов), 3 — плохо (2 вопроса). Будем считать, что ученика вызывают наугад и задают ему 2 разных вопроса, выбранных наугад из 30, а на вопрос ученик отвечает, если знает его. Вызванный ученик ответил на оба вопроса.
Полную группу событий составим по тому, как подготовлен вызванный ученик: \(H_1\) = «отлично», \(H_2\) = «хорошо», \(H_3\) = «удовлетворительно», \(H_4\) = «плохо». Ученик вызван наугад, поэтому \(P(H_1) = \frac{10}{25}\), \(P(H_2) = \frac{7}{25}\), \(P(H_3) = \frac{5}{25}\), \(P(H_4) = \frac{3}{25}\).
Пусть \(A\) = «ученик ответил на оба вопроса». Если ученик знает \(m\) вопросов из 30, то первый заданный вопрос он знает с вероятностью \(\frac{m}{30}\), а второй при этом условии — с вероятностью \(\frac{m - 1}{29}\): из 29 оставшихся вопросов ему известны \(m - 1\). По правилу умножения вероятностей
\[\begin{aligned} P(A \mid H_1) &= \frac{30}{30} \cdot \frac{29}{29} = 1; \\ P(A \mid H_2) &= \frac{20}{30} \cdot \frac{19}{29} = \frac{380}{870}; \\ P(A \mid H_3) &= \frac{10}{30} \cdot \frac{9}{29} = \frac{90}{870}; \\ P(A \mid H_4) &= \frac{2}{30} \cdot \frac{1}{29} = \frac{2}{870}. \end{aligned}\]
По формуле полной вероятности, приводя слагаемые к общему знаменателю \(25 \cdot 870 = 21\,750\):
\[\begin{aligned} P(A) &= \frac{10}{25} \cdot 1 + \frac{7}{25} \cdot \frac{380}{870} + \frac{5}{25} \cdot \frac{90}{870} + \frac{3}{25} \cdot \frac{2}{870} = {} \\ &= \frac{8700 + 2660 + 450 + 6}{21\,750} = \frac{11\,816}{21\,750}. \end{aligned}\]
По формуле Байеса \(P(H_k \mid A) = \frac{P(H_k) \cdot P(A \mid H_k)}{P(A)}\): числитель — слагаемое этой суммы, отвечающее гипотезе \(H_k\), знаменатель у всех четырёх гипотез один, и общий знаменатель \(21\,750\) сокращается:
\[\begin{aligned} P(H_1 \mid A) &= \frac{8700}{11\,816} = \frac{2175}{2954} \approx 0{,}736; \\ P(H_2 \mid A) &= \frac{2660}{11\,816} = \frac{95}{422} \approx 0{,}225; \\ P(H_3 \mid A) &= \frac{450}{11\,816} = \frac{225}{5908} \approx 0{,}038; \\ P(H_4 \mid A) &= \frac{6}{11\,816} = \frac{3}{5908} \approx 0{,}0005. \end{aligned}\]
Ответ на оба вопроса повысил вероятность отличной подготовки с \(0{,}4\) до примерно \(0{,}736\), а плохую почти исключил: её вероятность упала с \(0{,}12\) до примерно \(0{,}0005\).
Ответ: вероятность того, что ученик подготовлен отлично, равна \(\frac{2175}{2954} \approx 0{,}736\); хорошо — \(\frac{95}{422} \approx 0{,}225\); удовлетворительно — \(\frac{225}{5908} \approx 0{,}038\); плохо — \(\frac{3}{5908} \approx 0{,}0005\).
