Страница 130 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

4.116. Вероятность попадания стрелка в мишень равна 0,8. Сколько нужно сделать выстрелов, чтобы наивероятнейшее число попаданий было равно 20?

Пусть $n$ — искомое число выстрелов. Это задача на определение числа испытаний в схеме Бернулли.Вероятность попадания в мишень (успеха) в одном выстреле (испытании) равна $p = 0,8$.Вероятность промаха (неудачи) равна $q = 1 - p = 1 - 0,8 = 0,2$.Наивероятнейшее число попаданий (успехов) $k_0$ в серии из $n$ испытаний определяется двойным неравенством:

$np - q \le k_0 \le np + p$

По условию задачи, наивероятнейшее число попаданий должно быть равно 20, то есть $k_0 = 20$.Подставим известные значения в неравенство:

$n \cdot 0,8 - 0,2 \le 20 \le n \cdot 0,8 + 0,8$

Это двойное неравенство можно разбить на систему из двух неравенств:

1) $n \cdot 0,8 - 0,2 \le 20$

2) $20 \le n \cdot 0,8 + 0,8$

Решим первое неравенство:

$0,8n \le 20 + 0,2$

$0,8n \le 20,2$

$n \le \frac{20,2}{0,8}$

$n \le 25,25$

Теперь решим второе неравенство:

$20 - 0,8 \le 0,8n$

$19,2 \le 0,8n$

$n \ge \frac{19,2}{0,8}$

$n \ge 24$

Объединяя решения обоих неравенств, получаем:

$24 \le n \le 25,25$

Так как число выстрелов $n$ должно быть целым числом, возможные значения для $n$ — это 24 и 25.Рассмотрим оба случая:

1. Если $n = 24$, то величина $np + p = 24 \cdot 0,8 + 0,8 = 19,2 + 0,8 = 20$ является целым числом. В этом случае существует два наивероятнейших числа попаданий: $k_0 = np - q = 19,2 - 0,2 = 19$ и $k'_0 = np+p = 20$. Вероятности для 19 и 20 попаданий одинаковы и максимальны.

2. Если $n = 25$, то интервал для $k_0$ будет $[np - q; np + p] = [25 \cdot 0,8 - 0,2; 25 \cdot 0,8 + 0,8] = [20 - 0,2; 20 + 0,8] = [19,8; 20,8]$. Единственное целое число в этом интервале — это 20. Следовательно, при $n=25$ существует единственное наивероятнейшее число попаданий, равное 20.

Формулировка вопроса "чтобы наивероятнейшее число попаданий было равно 20" (в единственном числе) подразумевает, что должно быть одно такое число. Это условие выполняется при $n = 25$.

Ответ: нужно сделать 24 или 25 выстрелов. Если требуется, чтобы наивероятнейшее число было единственным, то ответ — 25 выстрелов.

4.117. Вероятность того, что при наборе одной страницы рукописи оператор допустит ошибку, равна 0,3. Найдите наивероятнейшее число ошибок, которые может допустить оператор при наборе 200 страниц рукописи.

Данная задача описывает последовательность независимых испытаний Бернулли. Каждая набранная страница — это одно испытание. Нам нужно найти наивероятнейшее число «успехов» (ошибок) в серии из $n$ испытаний.

Определим параметры задачи:

• Количество испытаний (общее число страниц): $n = 200$.

• Вероятность «успеха» (допустить ошибку на одной странице): $p = 0.3$.

• Вероятность «неудачи» (не допустить ошибку на одной странице): $q = 1 - p = 1 - 0.3 = 0.7$.

Наивероятнейшее число успехов $k_0$ в биномиальном распределении находится из следующего двойного неравенства:

$np - q \le k_0 \le np + p$

Подставим значения $n$, $p$ и $q$ в эту формулу:

$200 \cdot 0.3 - 0.7 \le k_0 \le 200 \cdot 0.3 + 0.3$

Проведем вычисления:

$60 - 0.7 \le k_0 \le 60 + 0.3$

$59.3 \le k_0 \le 60.3$

Число ошибок $k_0$ должно быть целым. Единственное целое число, которое попадает в полученный интервал $[59.3, 60.3]$, — это 60.

Таким образом, наивероятнейшее число ошибок, которое может допустить оператор, равно 60.

Альтернативно, можно заметить, что математическое ожидание (среднее число) ошибок равно $E(X) = np = 200 \cdot 0.3 = 60$. Когда математическое ожидание для биномиального распределения является целым числом, это число и является наивероятнейшим.

Ответ: 60.

4.118. При проведении 50 независимых испытаний соотношение $p \approx \frac{m}{n}$ выполняется с вероятностью 0,9. Оцените это приближение.

Данная задача относится к закону больших чисел и решается с помощью следствий из теоремы Муавра-Лапласа. Условие задачи "соотношение $p \approx \frac{m}{n}$ выполняется с вероятностью 0,9" означает, что с вероятностью 0,9 абсолютное отклонение относительной частоты $\frac{m}{n}$ от истинной вероятности $p$ не превышает некоторую величину $\epsilon$. Наша задача — найти эту величину $\epsilon$.

Таким образом, мы ищем $\epsilon$ из следующего равенства:

$P\left(\left|\frac{m}{n} - p\right| \le \epsilon\right) = 0.9$

Здесь $n = 50$ — число независимых испытаний, $m$ — число "успехов", $p$ — вероятность "успеха" в одном испытании.

Согласно интегральной теореме Муавра-Лапласа, эта вероятность может быть аппроксимирована с помощью функции Лапласа $\Phi(x)$:

$P\left(\left|\frac{m}{n} - p\right| \le \epsilon\right) \approx 2\Phi\left(\epsilon\sqrt{\frac{n}{pq}}\right)$

где $q = 1-p$, а функция Лапласа определяется как $\Phi(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_0^x e^{-t^2/2} dt$.

Подставляя данные из условия, получаем уравнение:

$2\Phi\left(\epsilon\sqrt{\frac{50}{pq}}\right) = 0.9$

Отсюда находим значение функции Лапласа:

$\Phi\left(\epsilon\sqrt{\frac{50}{pq}}\right) = \frac{0.9}{2} = 0.45$

Теперь необходимо найти аргумент $x_{arg}$, для которого значение функции Лапласа равно 0.45. Используя таблицы значений функции Лапласа, находим, что $\Phi(1.645) \approx 0.45$.

Следовательно, аргумент нашей функции равен 1.645:

$\epsilon\sqrt{\frac{50}{pq}} = 1.645$

Теперь выразим $\epsilon$:

$\epsilon = 1.645 \sqrt{\frac{pq}{50}}$

Так как вероятность $p$ нам неизвестна, для оценки приближения (т.е. для нахождения гарантированного значения $\epsilon$) мы должны рассмотреть наихудший случай. Величина $\epsilon$ максимальна, когда произведение $pq$ максимально.

Найдем максимум функции $f(p) = pq = p(1-p)$. Это парабола с ветвями вниз, ее вершина находится в точке $p = 0.5$. Максимальное значение функции равно $f(0.5) = 0.5 \cdot (1-0.5) = 0.25$.

Подставим это максимальное значение $pq=0.25$ в формулу для $\epsilon$:

$\epsilon = 1.645 \sqrt{\frac{0.25}{50}} = 1.645 \sqrt{\frac{1}{200}} = 1.645 \frac{1}{10\sqrt{2}} \approx 1.645 \cdot \frac{1}{10 \cdot 1.4142} \approx \frac{1.645}{14.142} \approx 0.1163$

Таким образом, оценка данного приближения заключается в том, что с вероятностью 0,9 отклонение относительной частоты от истинной вероятности не превысит 0.1163.

Ответ: С вероятностью 0.9 выполняется неравенство $\left|\frac{m}{n} - p\right| \le 0.1163$.

4.119. В магазин поступило 40 коробок с фарфоровой посудой. Вероятность того, что в одной наудачу взятой коробке посуда окажется целой, равна 0,9. Найдите наивероятнейшее число коробок, в которых посуда окажется неповрежденной.

Для решения этой задачи мы имеем дело со схемой Бернулли. Проводится $n=40$ независимых испытаний (проверка каждой коробки). Вероятность "успеха" в каждом испытании (то есть того, что посуда в коробке окажется целой) равна $p=0.9$.

Необходимо найти наивероятнейшее число $k_0$ "успехов" – то есть такое число коробок с целой посудой, вероятность которого будет максимальной.

Наивероятнейшее число $k_0$ в биномиальном распределении определяется из неравенства:

$np - q \le k_0 \le np + p$

где:

$n = 40$ – число испытаний (коробок),

$p = 0.9$ – вероятность успеха (посуда целая),

$q = 1 - p = 1 - 0.9 = 0.1$ – вероятность неудачи (посуда повреждена).

Подставим наши значения в формулу:

$40 \cdot 0.9 - 0.1 \le k_0 \le 40 \cdot 0.9 + 0.9$

Произведем вычисления:

$36 - 0.1 \le k_0 \le 36 + 0.9$

$35.9 \le k_0 \le 36.9$

Поскольку число коробок $k_0$ должно быть целым, единственное целое число, которое удовлетворяет данному неравенству, это $k_0 = 36$.

Таким образом, наивероятнейшее число коробок, в которых посуда окажется неповрежденной, равно 36.

Ответ: 36.

4.120. Два равных по мастерству партнера играют в шахматы. Какой счет наиболее вероятен – $1 : 1$ или $2 : 2$? Результат «ничья» в счет не берется.

Для решения этой задачи рассмотрим вероятности каждого из указанных исходов. По условию, партнеры равны по мастерству, и результат «ничья» не учитывается. Это означает, что для каждой отдельной партии есть только два исхода: победа первого игрока или победа второго. Вероятность победы каждого из игроков в одной партии одинакова и равна $p = 0.5$. Исход каждой партии является независимым событием.

Вероятность счета 1 : 1

Счет 1:1 означает, что всего было сыграно 2 партии, в которых каждый игрок одержал по одной победе. Существует два варианта последовательности результатов, которые приводят к такому счету:

1. Первый игрок выигрывает первую партию, а второй — вторую (ПВ).
2. Второй игрок выигрывает первую партию, а первый — вторую (ВП).

Вероятность каждой такой конкретной последовательности из двух партий равна произведению вероятностей отдельных исходов: $0.5 \times 0.5 = 0.25$.

Поскольку эти два варианта являются взаимоисключающими, общая вероятность счета 1:1 равна сумме их вероятностей:$P(1:1) = 0.25 + 0.25 = 0.5$.

Эту же вероятность можно рассчитать с помощью формулы Бернулли для $k=1$ успеха (победы первого игрока) в $n=2$ испытаниях (партиях):$P_{n}(k) = C_n^k p^k (1-p)^{n-k}$$P(1:1) = C_2^1 \cdot (0.5)^1 \cdot (0.5)^{2-1} = 2 \cdot 0.5 \cdot 0.5 = 0.5$.

Вероятность счета 2 : 2

Счет 2:2 означает, что всего было сыграно 4 партии, и каждый игрок одержал по две победы. Для нахождения этой вероятности снова используем формулу Бернулли, где число испытаний $n=4$, а число успехов (побед первого игрока) $k=2$.

$P(2:2) = C_4^2 \cdot (0.5)^2 \cdot (0.5)^{4-2} = C_4^2 \cdot (0.5)^4$.

Количество комбинаций $C_4^2$ показывает, сколькими способами можно выбрать 2 партии, в которых победит первый игрок, из 4 сыгранных:$C_4^2 = \frac{4!}{2!(4-2)!} = \frac{4 \cdot 3}{2 \cdot 1} = 6$.

Таким образом, существует 6 различных последовательностей побед и поражений, приводящих к счету 2:2. Вероятность каждой такой последовательности равна $(0.5)^4 = 1/16$.

Общая вероятность счета 2:2 составляет:$P(2:2) = 6 \cdot \frac{1}{16} = \frac{6}{16} = \frac{3}{8}$.

Сравнение вероятностей

Теперь сравним полученные вероятности:

Вероятность счета 1:1 равна $P(1:1) = 0.5$, что можно записать как $\frac{4}{8}$.

Вероятность счета 2:2 равна $P(2:2) = \frac{3}{8}$, что равно $0.375$.

Поскольку $\frac{4}{8} > \frac{3}{8}$, счет 1:1 является более вероятным исходом, чем счет 2:2.

Ответ: Наиболее вероятен счет 1 : 1.

4.121. Докажите, что среди любых 9 человек найдутся трое, знакомых друг с другом, либо найдутся 4 человека, не знакомых друг с другом.

Эта задача относится к теории Рамсея. Давайте переформулируем ее на языке теории графов.

Представим 9 человек как 9 вершин полного графа $K_9$. Ребро между двумя вершинами будем красить в синий цвет, если соответствующие люди знакомы, и в красный цвет, если они не знакомы. Поскольку знакомство — это взаимное отношение, граф является неориентированным.

Задача сводится к доказательству следующего утверждения: любая 2-цветная раскраска ребер полного графа $K_9$ (синим и красным цветами) обязательно содержит либо синий треугольник ($K_3$), либо красный полный подграф на 4 вершинах ($K_4$).

• Синий $K_3$ представляет собой троих попарно знакомых людей.
• Красный $K_4$ представляет собой четверых попарно незнакомых людей.

Это утверждение эквивалентно доказательству того, что число Рамсея $R(3, 4) \le 9$.

Доказательство будем проводить от противного. Предположим, что существует такая раскраска ребер графа $K_9$, в которой нет ни синего $K_3$, ни красного $K_4$.

Рассмотрим произвольную вершину $v$ в этом графе. Она соединена с остальными 8 вершинами. Эти 8 ребер окрашены либо в синий, либо в красный цвет. Пусть $d_B(v)$ — количество синих ребер, инцидентных вершине $v$ (число знакомых у человека $v$), а $d_R(v)$ — количество красных ребер (число незнакомых). Очевидно, что $d_B(v) + d_R(v) = 8$.

Рассмотрим множество $N_B$ соседей вершины $v$, соединенных с ней синими ребрами.

В подграфе, порожденном вершинами из $N_B$, не может быть ни одного синего ребра. Если бы между какими-либо двумя вершинами $u, w \in N_B$ было синее ребро, то вершины $\{v, u, w\}$ образовывали бы синий треугольник $K_3$, так как ребра $(v, u)$ и $(v, w)$ синие по определению множества $N_B$. Это противоречит нашему исходному предположению.Следовательно, все ребра между вершинами в $N_B$ должны быть красными. Это означает, что подграф, порожденный $N_B$, является полным красным подграфом.

По нашему предположению, в графе нет красного $K_4$. Значит, в $N_B$ не может быть 4 или более вершин. Таким образом, размер множества $N_B$ не превышает 3, то есть $d_B(v) = |N_B| \le 3$.

Теперь рассмотрим множество $N_R$ соседей вершины $v$, соединенных с ней красными ребрами.

В подграфе, порожденном вершинами из $N_R$, не может быть красного треугольника $K_3$. Если бы такой треугольник $\{u, w, z\}$ существовал, то вершины $\{v, u, w, z\}$ образовывали бы красный $K_4$, поскольку $v$ соединена с каждой из этих вершин красным ребром. Это также противоречит нашему предположению.

Итак, в подграфе, порожденном $N_R$, нет красного $K_3$. В то же время, по основному предположению, в нем нет и синего $K_3$. Это означает, что подграф на вершинах из $N_R$ является 2-цветным графом без монохроматических треугольников.

Известно, что число Рамсея $R(3, 3) = 6$. Это означает, что любой полный граф на 6 или более вершинах при любой 2-цветной раскраске ребер содержит монохроматический $K_3$. Следовательно, количество вершин в $N_R$ должно быть строго меньше 6. Таким образом, $d_R(v) = |N_R| \le 5$.

Поскольку вершина $v$ была выбрана произвольно, эти выводы верны для любой вершины графа:

1. $d_B(v) \le 3$ для любой вершины $v$.

2. $d_R(v) \le 5$ для любой вершины $v$.

При этом для каждой вершины должно выполняться равенство $d_B(v) + d_R(v) = 8$. Единственный способ удовлетворить всем трем условиям одновременно — это если для каждой вершины $v$ в графе $K_9$ выполняются точные равенства: $d_B(v) = 3$ и $d_R(v) = 5$.

Если такое возможно, то рассмотрим подграф, состоящий только из синих ребер. Этот граф имеет 9 вершин, и степень каждой вершины в нем равна 3 (это 3-регулярный граф).

Согласно лемме о рукопожатиях (теореме о сумме степеней вершин), сумма степеней всех вершин в любом графе равна удвоенному числу его ребер и, следовательно, должна быть четным числом.

Вычислим сумму степеней вершин в нашем синем подграфе: $\sum_{v \in V} d_B(v) = 9 \times 3 = 27$.

Число 27 — нечетное. Это противоречит лемме о рукопожатиях. Следовательно, не может существовать графа на 9 вершинах, в котором степень каждой вершины равна 3.

Полученное противоречие означает, что наше первоначальное предположение о существовании раскраски $K_9$ без синего $K_3$ или красного $K_4$ было неверным. Таким образом, в любой группе из 9 человек обязательно найдется либо трое попарно знакомых, либо четверо попарно незнакомых.

Ответ: Утверждение доказано.

4.122. Вырезали угловые клетки шахматной доски, расположенные на одной из ее диагоналей. Можно ли полностью покрыть оставшуюся часть шахматной доски прямоугольной фигурой, составленной из одной белой и одной черной клеток шахматной доски?

Рассмотрим стандартную шахматную доску размером $8 \times 8$. Она состоит из 64 клеток. При стандартной раскраске на доске имеется одинаковое количество белых и черных клеток: 32 белых и 32 черных.

Все клетки, расположенные на одной диагонали шахматной доски, имеют одинаковый цвет. Например, если клетка a1 (левая нижняя) — черная, то все клетки главной диагонали (a1, b2, c3, ..., h8) будут черными. Если a1 — белая, то они все будут белыми. Аналогично для побочной диагонали (a8, b7, ..., h1).

В задаче указано, что вырезали две угловые клетки, расположенные на одной из ее диагоналей. Это означает, что были удалены две клетки одного и того же цвета.

Предположим, что удаленные угловые клетки были белыми. Тогда на оставшейся части доски окажется 30 белых клеток ($32 - 2 = 30$) и 32 черные клетки. Если же удаленные клетки были черными, то на доске останется 32 белые клетки и 30 черных клеток ($32 - 2 = 30$). В любом случае, количество белых и черных клеток на оставшейся части доски становится разным. Общее число оставшихся клеток равно $64 - 2 = 62$.

Прямоугольная фигура, которой нужно покрыть доску, по условию состоит из одной белой и одной черной клетки. Такая фигура представляет собой домино размером $1 \times 2$ или $2 \times 1$. Каждое такое домино всегда покрывает ровно одну белую и одну черную клетку.

Для того чтобы полностью покрыть оставшуюся часть доски, состоящую из 62 клеток, потребуется $62 / 2 = 31$ такая фигура (домино). Если бы такое покрытие было возможно, то 31 домино покрыло бы 31 белую и 31 черную клетку.

Однако, как мы установили ранее, на оставшейся части доски количество белых и черных клеток не равно (30 и 32, или 32 и 30). Следовательно, невозможно покрыть эту часть доски фигурами, каждая из которых накрывает одну белую и одну черную клетку. Возникает противоречие: для покрытия требуется равное количество клеток каждого цвета, а на доске их разное количество.

Ответ: Нет, покрыть оставшуюся часть доски указанными фигурами невозможно.

4.123. На почте есть 10 видов марок. Сколькими способами из них можно выбрать:

1) 8 марок;

2) 8 различных марок?

1) 8 марок

В этом случае нам нужно выбрать 8 марок из 10 имеющихся видов. Поскольку марки одного вида неразличимы и мы можем выбирать несколько марок одного и того же вида, эта задача решается с помощью формулы для числа сочетаний с повторениями. Порядок выбора марок не важен.

Формула для числа сочетаний с повторениями из $n$ элементов по $k$ имеет вид:

$\bar{C}_n^k = C_{n+k-1}^k = \binom{n+k-1}{k}$

Здесь $n=10$ (количество видов марок), а $k=8$ (количество марок, которые нужно выбрать).

Подставим наши значения в формулу:

$\bar{C}_{10}^8 = C_{10+8-1}^8 = C_{17}^8 = \binom{17}{8}$

Теперь рассчитаем значение этого выражения:

$\binom{17}{8} = \frac{17!}{8!(17-8)!} = \frac{17!}{8!9!} = \frac{17 \cdot 16 \cdot 15 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10}{8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}$

Сократим дробь. Множитель $16$ в числителе сокращается с множителями $(8 \cdot 2)$ в знаменателе. Множитель $15$ сокращается с $(5 \cdot 3)$. Множитель $12$ делится на $6$, давая $2$. Множитель $14$ делится на $7$, давая $2$.

После этого выражение примет вид:

$\frac{17 \cdot 13 \cdot 11 \cdot 10 \cdot (2 \cdot 2)}{4}$

Так как $2 \cdot 2 = 4$, мы можем сократить это с оставшейся $4$ в знаменателе. В итоге получаем:

$17 \cdot 13 \cdot 11 \cdot 10 = 221 \cdot 110 = 24310$

Таким образом, существует 24310 способов выбрать 8 марок, если их виды могут повторяться.

Ответ: 24310.

2) 8 различных марок

В этом случае все 8 марок должны быть различных видов. Это означает, что нам нужно выбрать 8 уникальных видов марок из 10 доступных. Порядок выбора не имеет значения, поэтому мы используем формулу для числа сочетаний без повторений.

Формула для числа сочетаний без повторений из $n$ элементов по $k$:

$C_n^k = \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$

Здесь $n=10$ (общее количество видов марок), а $k=8$ (количество различных марок для выбора).

Подставляем значения:

$C_{10}^8 = \binom{10}{8} = \frac{10!}{8!(10-8)!} = \frac{10!}{8!2!}$

Воспользуемся свойством сочетаний $C_n^k = C_n^{n-k}$, чтобы упростить вычисления:

$C_{10}^8 = C_{10}^{10-8} = C_{10}^2 = \binom{10}{2}$

Рассчитаем значение:

$\binom{10}{2} = \frac{10 \cdot 9}{2 \cdot 1} = \frac{90}{2} = 45$

Таким образом, существует 45 способов выбрать 8 различных марок из 10 видов.

Ответ: 45.

4.124. В коробке имеются 2 синих, 4 красных и 5 белых альчиков.

Сколькими способами можно извлечь:

1) 3 альчика;

2) 3 альчика разных цветов;

3) 3 альчика так, чтобы 2 из них были одного цвета?

1) 3 альчика;

В коробке находится $2 + 4 + 5 = 11$ альчиков. Задача состоит в том, чтобы найти количество способов выбрать 3 альчика из 11, при этом порядок выбора не имеет значения. Это классическая задача на нахождение числа сочетаний. Формула для числа сочетаний из $n$ элементов по $k$ выглядит следующим образом: $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.

В данном случае, общее количество альчиков $n = 11$, а количество альчиков, которые нужно извлечь, $k = 3$.

Подставляем значения в формулу:

$C_{11}^3 = \frac{11!}{3!(11-3)!} = \frac{11!}{3!8!} = \frac{11 \times 10 \times 9}{3 \times 2 \times 1} = 11 \times 5 \times 3 = 165$.

Таким образом, существует 165 способов извлечь 3 любых альчика из коробки.

Ответ: 165.

2) 3 альчика разных цветов;

Чтобы извлечь 3 альчика разных цветов, необходимо взять ровно один синий, один красный и один белый альчик. Для нахождения общего количества способов воспользуемся правилом произведения в комбинаторике.

Число способов выбрать 1 синий альчик из 2 имеющихся: $C_2^1 = \frac{2!}{1!(2-1)!} = 2$.

Число способов выбрать 1 красный альчик из 4 имеющихся: $C_4^1 = \frac{4!}{1!(4-1)!} = 4$.

Число способов выбрать 1 белый альчик из 5 имеющихся: $C_5^1 = \frac{5!}{1!(5-1)!} = 5$.

Общее число способов равно произведению числа способов для каждого цвета:

$N = C_2^1 \times C_4^1 \times C_5^1 = 2 \times 4 \times 5 = 40$.

Итак, существует 40 способов извлечь 3 альчика разных цветов.

Ответ: 40.

3) 3 альчика так, чтобы 2 из них были одного цвета?

Это условие означает, что в выборке из трех альчиков должны быть ровно два альчика одного цвета и один альчик другого цвета. Рассмотрим все возможные комбинации по цветам:

Случай 1: 2 синих и 1 не синий альчик.

Количество способов выбрать 2 синих альчика из 2: $C_2^2 = 1$.

Количество не синих альчиков: $4$ красных $+ 5$ белых $= 9$.

Количество способов выбрать 1 не синий альчик из 9: $C_9^1 = 9$.

Всего способов для этого случая: $C_2^2 \times C_9^1 = 1 \times 9 = 9$.

Случай 2: 2 красных и 1 не красный альчик.

Количество способов выбрать 2 красных альчика из 4: $C_4^2 = \frac{4!}{2!2!} = \frac{4 \times 3}{2} = 6$.

Количество не красных альчиков: $2$ синих $+ 5$ белых $= 7$.

Количество способов выбрать 1 не красный альчик из 7: $C_7^1 = 7$.

Всего способов для этого случая: $C_4^2 \times C_7^1 = 6 \times 7 = 42$.

Случай 3: 2 белых и 1 не белый альчик.

Количество способов выбрать 2 белых альчика из 5: $C_5^2 = \frac{5!}{2!3!} = \frac{5 \times 4}{2} = 10$.

Количество не белых альчиков: $2$ синих $+ 4$ красных $= 6$.

Количество способов выбрать 1 не белый альчик из 6: $C_6^1 = 6$.

Всего способов для этого случая: $C_5^2 \times C_6^1 = 10 \times 6 = 60$.

Поскольку эти три случая являются взаимоисключающими, общее количество способов равно сумме способов для каждого случая:

$N = 9 + 42 + 60 = 111$.

Альтернативный способ решения: из общего числа способов извлечь 3 альчика (найдено в пункте 1) вычесть число способов, когда все 3 альчика разных цветов (найдено в пункте 2) и число способов, когда все 3 альчика одного цвета.

Число способов извлечь 3 альчика одного цвета:

3 синих: $C_2^3 = 0$ (невозможно, так как синих всего 2).

3 красных: $C_4^3 = \frac{4!}{3!1!} = 4$.

3 белых: $C_5^3 = \frac{5!}{3!2!} = 10$.

Всего способов извлечь 3 одноцветных альчика: $0 + 4 + 10 = 14$.

Тогда искомое число способов: $165 (\text{всего}) - 40 (\text{3 разных}) - 14 (\text{3 одинаковых}) = 111$.

Ответ: 111.

4.125. В течение 15 дней учащиеся должны сдать 5 экзаменов, среди которых имеются экзамены по алгебре и геометрии. Сколькими способами можно составить расписание экзаменов так, чтобы экзамены по алгебре и геометрии не следовали друг за другом?

Для решения задачи воспользуемся комбинаторным методом исключения. Мы найдем общее количество всех возможных способов составить расписание, а затем вычтем из него количество "неблагоприятных" способов, то есть тех, в которых экзамены по алгебре и геометрии назначены на соседние дни.

1. Нахождение общего количества способов составить расписание

У нас есть 15 дней и 5 различных экзаменов. Необходимо выбрать 5 дней из 15 и распределить по ним 5 экзаменов. Поскольку все экзамены различны, порядок их следования важен. Это задача на нахождение числа размещений.

Общее число способов ($N_{общ}$) равно числу размещений из 15 элементов по 5, которое вычисляется по формуле $A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$:

$N_{общ} = A_{15}^5 = \frac{15!}{(15-5)!} = \frac{15!}{10!} = 15 \times 14 \times 13 \times 12 \times 11 = 360360$

Таким образом, всего существует 360 360 способов составить расписание без каких-либо ограничений.

2. Нахождение количества способов, при которых экзамены по алгебре и геометрии следуют друг за другом

Для подсчета таких способов, представим экзамены по алгебре и геометрии как единый блок, который должен занимать два дня подряд.

Шаг 1: Выбор места для блока. Блок из двух последовательных дней можно разместить в 15-дневном периоде $15 - 1 = 14$ способами (пары дней: 1-2, 2-3, ..., 14-15).

Шаг 2: Расположение экзаменов внутри блока. Экзамены по алгебре и геометрии можно расположить в блоке двумя способами: (алгебра, геометрия) или (геометрия, алгебра). Это $2! = 2$ варианта.

Шаг 3: Размещение оставшихся экзаменов. У нас осталось $5 - 2 = 3$ экзамена, которые нужно разместить на оставшиеся $15 - 2 = 13$ свободных дней. Число способов сделать это равно числу размещений из 13 по 3:

$A_{13}^3 = \frac{13!}{(13-3)!} = \frac{13!}{10!} = 13 \times 12 \times 11 = 1716$

Шаг 4: Общее число "неблагоприятных" расписаний ($N_{небл}$). Чтобы найти его, нужно перемножить количество способов на каждом шаге:

$N_{небл} = 14 \times 2 \times A_{13}^3 = 28 \times 1716 = 48048$

3. Нахождение искомого количества способов

Чтобы найти количество расписаний, в которых экзамены по алгебре и геометрии не следуют друг за другом, вычтем из общего числа расписаний число "неблагоприятных" расписаний:

$N = N_{общ} - N_{небл} = 360360 - 48048 = 312312$

Ответ: 312312