Страница 249 номер 503, ГДЗ по математике за 10 и 11 класс к учебнику Высоцкого. Вероятность и статистика базовый и углубленный уровни
Дано:
\(n = 4040\) — число бросаний монеты
\(p = 0{,}5\) — вероятность выпадения орла
отклонение числа орлов от среднего — 28 или больше
Найти: вероятность того, что число орлов отклонится от математического ожидания на 28 или больше.
Решение:
\(X\) — число орлов; монета симметрична, поэтому \(p = 0{,}5\) и \(q = 0{,}5\), а распределение величины \(X\) — биномиальное \(Bi(4040;\ 0{,}5)\). \[\mathrm{E}X = np = 4040 \cdot 0{,}5 = 2020, \qquad \mathrm{D}X = npq = 4040 \cdot 0{,}5 \cdot 0{,}5 = 1010.\]
Стандартное отклонение равно \(\sqrt{\mathrm{D}X} = \sqrt{1010} \approx 31{,}78\).
Нормальное приближение здесь особенно точное: испытаний очень много, а вероятность успеха равна \(\frac{1}{2}\). \[Z = \frac{X - np}{\sqrt{npq}} = \frac{X - 2020}{\sqrt{1010}}.\]
Отклонение на 28 в единицах стандартного отклонения равно \(\frac{28}{\sqrt{1010}} \approx 0{,}881\), то есть событие \(|X - 2020| \geqslant 28\) превращается в событие \(|Z| \geqslant 0{,}881\).
Аргумента \(0{,}881\) в таблице нет: он лежит между узлами \(0{,}85\) и \(0{,}90\), отступая от левого на \(0{,}031\), а от правого на \(0{,}019\), и больший вес получает ближний узел: \[\begin{aligned} &\Phi(0{,}881) \approx \frac{19 \cdot \Phi(0{,}85) + 31 \cdot \Phi(0{,}90)}{50} = {} \\ &= \frac{19 \cdot 0{,}8023 + 31 \cdot 0{,}8159}{50} \approx 0{,}811. \end{aligned}\]
Правее числа \(0{,}881\) величина \(Z\) оказывается с вероятностью \(1 - 0{,}811 = 0{,}189\); отклониться можно в обе стороны, а распределение симметрично, поэтому столько же приходится на левый «хвост»: \[\mathrm{P}(|X - 2020| \geqslant 28) \approx 2 \cdot 0{,}189 = 0{,}378.\]
Ответ: \(\approx 0{,}378\).
Дано:
\(n = 4040\) — число бросаний монеты
\(p = 0{,}5\) — вероятность выпадения орла
отклонение числа орлов от среднего — 28 или больше
Найти: вероятность того, что число орлов отклонится от математического ожидания на 28 или больше.
Решение:
Пусть \(X\) — число орлов в серии из \(n = 4040\) бросаний монеты. Монета симметрична, поэтому вероятность выпадения орла в одном бросании \(p = 0{,}5\) и вероятность неудачи \(q = 0{,}5\); распределение величины \(X\) — биномиальное \(Bi(4040;\ 0{,}5)\).
Среднее и дисперсия числа орлов равны:
\[\mathrm{E}X = np = 4040 \cdot 0{,}5 = 2020, \qquad \mathrm{D}X = npq = 4040 \cdot 0{,}5 \cdot 0{,}5 = 1010.\]
Стандартное отклонение равно \(\sqrt{\mathrm{D}X} = \sqrt{1010} \approx 31{,}78\).
Испытаний очень много, а вероятность успеха равна \(\frac{1}{2}\), поэтому нормальное приближение здесь особенно точное. Перейдём к величине \(Z\), распределение которой близко к стандартному нормальному:
\[Z = \frac{X - np}{\sqrt{npq}} = \frac{X - 2020}{\sqrt{1010}}.\]
Отклонение на 28 в единицах стандартного отклонения равно \(\frac{28}{\sqrt{1010}} \approx 0{,}881\), то есть событие \(|X - 2020| \geqslant 28\) превращается в событие \(|Z| \geqslant 0{,}881\).
Аргумента \(0{,}881\) в таблице нет: он лежит между узлами \(0{,}85\) и \(0{,}90\), отступая от левого узла на \(0{,}031\), а от правого — на \(0{,}019\). Больший вес получает ближний узел:
\[\begin{aligned} &\Phi(0{,}881) \approx \frac{19 \cdot \Phi(0{,}85) + 31 \cdot \Phi(0{,}90)}{50} = {} \\ &= \frac{19 \cdot 0{,}8023 + 31 \cdot 0{,}8159}{50} \approx 0{,}811. \end{aligned}\]
Значит, правее числа \(0{,}881\) величина \(Z\) оказывается с вероятностью \(1 - 0{,}811 = 0{,}189\). Отклониться можно в обе стороны, а распределение симметрично, поэтому столько же приходится и на левый «хвост»:
\[\mathrm{P}(|X - 2020| \geqslant 28) \approx 2 \cdot 0{,}189 = 0{,}378.\]
Такое отклонение — дело обычное: примерно в 38 опытах Бюффона из ста число орлов отличалось бы от 2020 не меньше чем на 28.
Ответ: \(\approx 0{,}378\).
