Учебник «Алгебра. ФГОС Углубленный уровень. 11 класс» авторов Аркадия Мерзляка, Дмитрия Номировского и Виталия Полякова — это не просто пособие, а настоящий путеводитель в мир углублённой математики. Издание соответствует Федеральному государственному образовательному стандарту (ФГОС) и предназначено для углублённого изучения алгебры и начала математического анализа в 11 классе общеобразовательных организаций .
Основные особенности учебника
Структурированное содержание
Учебник охватывает ключевые темы, такие как функции, их свойства, графики, уравнения, системы уравнений, неравенства, а также основы математического анализа. Каждая тема представлена с теоретическим материалом, примерами и задачами разной сложности.Уровневая дифференциация
Предусмотрены задания различной сложности, что позволяет учащимся с разным уровнем подготовки работать с материалом на своём уровне. Это способствует формированию познавательного интереса и углублённому пониманию предмета.Методические рекомендации
Учебник включает методические указания, которые помогают учителям эффективно организовать учебный процесс, а также предлагают различные подходы к объяснению материала.Дополнительные материалы
В конце каждой главы представлены контрольные вопросы и задания для самоконтроля, что способствует закреплению знаний и подготовке к экзаменам.Современный дизайн
Книга оформлена в современном стиле, с чётким шрифтом и иллюстрациями, что делает процесс обучения более приятным и удобным.
Почему стоит выбрать этот учебник?
Он подходит как для школьников, так и для абитуриентов, готовящихся к профильным экзаменам по математике.
Содержит актуальный и систематизированный материал, соответствующий современным образовательным стандартам.
Обеспечивает постепенное и глубокое освоение темы, начиная от базовых понятий до более сложных концепций.
ГДЗ по Алгебре 11 Класс Номер 18.31 Углубленный Уровень Мерзляк, Номировский — Подробные Ответы
Вероятность, что проработает более года:
\(P(A) = 0,96\) — лампочка;
\(P(B) = 0,98\) — выключатель;
\(P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0,01\) — ни один из элементов.
1) Вероятность замены только лампочки:
\(
P(\overline{A}) = P(\overline{A} \cap B) + P(\overline{A} \cap \overline{B})
\)
\(
1 — 0,96 = P(\overline{A} \cap B) + 0,01
\)
\(
P(\overline{A} \cap B) = 0,03
\)
Ответ: \(0,03\).
2) Вероятность замены только выключателя:
\(
P(\overline{B}) = P(B \cap \overline{A}) + P(\overline{A} \cap \overline{B})
\)
\(
1 — 0,98 = P(B \cap \overline{A}) + 0,01
\)
\(
P(B \cap \overline{A}) = 0,01
\)
Ответ: \(0,01\).
3) Вероятность замены одного из элементов:
\(
P(\overline{A} \cup \overline{B}) = P(\overline{A}) + P(\overline{B}) — P(\overline{A} \cap \overline{B})
\)
\(
P(\overline{A} \cup \overline{B}) = 0,04 + 0,02 — 0,01 = 0,05
\)
Ответ: \(0,05\).
4) Вероятность замены только одного элемента:
\(
P(X) = P(\overline{A} \cap B) + P(B \cap \overline{A})
\)
\(
P(X) = 0,03 + 0,01 = 0,04
\)
Ответ: \(0,04\).
Вероятность, что проработает более года:
\(
P(A) = 0.96 \quad \text{(лампочка)}
\)
\(
P(B) = 0.98 \quad \text{(выключатель)}
\)
\(
P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0.01 \quad \text{(ни один из элементов не работает)}
\)
1) Вероятность замены только лампочки:
Обозначим вероятность выхода из строя лампочки как \(P(\overline{A})\). Она состоит из двух событий:
— лампочка вышла из строя, но выключатель работает (\(P(\overline{A} \cap B)\)),
— лампочка и выключатель вышли из строя одновременно (\(P(\overline{A} \cap \overline{B})\)).
Запишем формулу:
\(
P(\overline{A}) = P(\overline{A} \cap B) + P(\overline{A} \cap \overline{B})
\)
Из условия известно, что:
\(
P(\overline{A}) = 1 — P(A) = 1 — 0.96 = 0.04
\)
Подставим \(P(\overline{A})\) и \(P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0.01\):
\(
0.04 = P(\overline{A} \cap B) + 0.01
\)
Найдём \(P(\overline{A} \cap B)\):
\(
P(\overline{A} \cap B) = 0.04 — 0.01 = 0.03
\)
Ответ:
\(
P(\overline{A} \cap B) = 0.03
\)
2) Вероятность замены только выключателя:
Обозначим вероятность выхода из строя выключателя как \(P(\overline{B})\). Она состоит из двух событий:
— выключатель вышел из строя, но лампочка работает (\(P(B \cap \overline{A})\)),
— лампочка и выключатель вышли из строя одновременно (\(P(\overline{A} \cap \overline{B})\)).
Запишем формулу:
\(
P(\overline{B}) = P(B \cap \overline{A}) + P(\overline{A} \cap \overline{B})
\)
Из условия известно, что:
\(
P(\overline{B}) = 1 — P(B) = 1 — 0.98 = 0.02
\)
Подставим \(P(\overline{B})\) и \(P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0.01\):
\(
0.02 = P(B \cap \overline{A}) + 0.01
\)
Найдём \(P(B \cap \overline{A})\):
\(
P(B \cap \overline{A}) = 0.02 — 0.01 = 0.01
\)
Ответ:
\(
P(B \cap \overline{A}) = 0.01
\)
3) Вероятность замены одного из элементов:
Вероятность выхода из строя хотя бы одного элемента (\(P(\overline{A} \cup \overline{B})\)) можно найти через формулу объединения событий:
\(
P(\overline{A} \cup \overline{B}) = P(\overline{A}) + P(\overline{B}) — P(\overline{A} \cap \overline{B})
\)
Из условия известно:
\(
P(\overline{A}) = 0.04, \quad P(\overline{B}) = 0.02, \quad P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0.01
\)
Подставим значения:
\(
P(\overline{A} \cup \overline{B}) = 0.04 + 0.02 — 0.01 = 0.05
\)
Ответ:
\(
P(\overline{A} \cup \overline{B}) = 0.05
\)
4) Вероятность замены только одного элемента:
Вероятность замены только одного элемента (\(P(X)\)) состоит из двух событий:
— лампочка вышла из строя, но выключатель работает (\(P(\overline{A} \cap B)\)),
— выключатель вышел из строя, но лампочка работает (\(P(B \cap \overline{A})\)).
Запишем формулу:
\(
P(X) = P(\overline{A} \cap B) + P(B \cap \overline{A})
\)
Из предыдущих пунктов известно:
\(
P(\overline{A} \cap B) = 0.03, \quad P(B \cap \overline{A}) = 0.01
\)
Подставим значения:
\(
P(X) = 0.03 + 0.01 = 0.04
\)
Ответ:
\(
P(X) = 0.04
\)
Важно отдавать предпочтение не просто шпаргалкам, где написан только ответ, а подробным пошаговым решениям, которые помогут детально разобраться в вопросе. Именно такие вы найдёте на этой странице. Решения SmartGDZ подготовлены опытными педагогами и составлены в соответствии со всеми образовательными стандартами.