Страница 300, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

49.17. В тёмном ящике 5 выигрышных билетов и 4 проигрышных. Вы случайно вытаскиваете одновременно 3 билета.

Найдите вероятность того, что:

а) все билеты выигрышные;

б) есть ровно один проигрышный билет;

в) есть ровно два выигрышных билета;

г) есть хотя бы один выигрышный билет.

Для решения этой задачи мы будем использовать формулу классической вероятности $P = \frac{m}{n}$, где $n$ — это общее число всех возможных элементарных исходов, а $m$ — число исходов, благоприятствующих событию.

Сначала найдем общее число способов вытащить 3 билета из 9 имеющихся ($5$ выигрышных + $4$ проигрышных). Это число сочетаний из 9 по 3.

$n = C_9^3 = \frac{9!}{3!(9-3)!} = \frac{9!}{3!6!} = \frac{9 \times 8 \times 7}{3 \times 2 \times 1} = 3 \times 4 \times 7 = 84$.

Итак, общее число возможных исходов равно 84.

а) все билеты выигрышные;

Найдем число способов вытащить 3 выигрышных билета из 5 имеющихся выигрышных. Это будет число благоприятствующих исходов $m_a$.

$m_a = C_5^3 = \frac{5!}{3!(5-3)!} = \frac{5!}{3!2!} = \frac{5 \times 4}{2 \times 1} = 10$.

Вероятность того, что все 3 билета выигрышные, равна:

$P(a) = \frac{m_a}{n} = \frac{10}{84} = \frac{5}{42}$.

Ответ: $\frac{5}{42}$

б) есть ровно один проигрышный билет;

Если вытащен ровно один проигрышный билет, то остальные два билета должны быть выигрышными. Число способов выбрать 1 проигрышный билет из 4: $C_4^1 = 4$. Число способов выбрать 2 выигрышных билета из 5: $C_5^2 = \frac{5!}{2!(5-2)!} = \frac{5 \times 4}{2 \times 1} = 10$.

Общее число благоприятствующих исходов $m_b$ найдем по правилу произведения:

$m_b = C_4^1 \times C_5^2 = 4 \times 10 = 40$.

Вероятность этого события:

$P(б) = \frac{m_b}{n} = \frac{40}{84} = \frac{10}{21}$.

Ответ: $\frac{10}{21}$

в) есть ровно два выигрышных билета;

Это событие идентично событию из пункта б). Если вытащено ровно два выигрышных билета, то третий билет обязательно будет проигрышным. Число способов выбрать 2 выигрышных билета из 5: $C_5^2 = 10$. Число способов выбрать 1 проигрышный билет из 4: $C_4^1 = 4$.

Число благоприятствующих исходов $m_в$:

$m_в = C_5^2 \times C_4^1 = 10 \times 4 = 40$.

Вероятность этого события:

$P(в) = \frac{m_в}{n} = \frac{40}{84} = \frac{10}{21}$.

Ответ: $\frac{10}{21}$

г) есть хотя бы один выигрышный билет.

Событие "есть хотя бы один выигрышный билет" является противоположным событию "нет ни одного выигрышного билета" (т.е. все 3 билета проигрышные). Найдем вероятность противоположного события $P'$ и вычтем ее из 1.

Число способов выбрать 3 проигрышных билета из 4:

$m' = C_4^3 = \frac{4!}{3!(4-3)!} = 4$.

Вероятность вытащить 3 проигрышных билета:

$P' = \frac{m'}{n} = \frac{4}{84} = \frac{1}{21}$.

Тогда вероятность того, что есть хотя бы один выигрышный билет, равна:

$P(г) = 1 - P' = 1 - \frac{1}{21} = \frac{20}{21}$.

Ответ: $\frac{20}{21}$

49.18. В тёмном ящике $n$ выигрышных билетов и $n$ проигрышных, $n > 2$. Вы случайно вытаскиваете одновременно 3 билета.

а) Найдите вероятность того, что есть ровно один проигрышный билет.

б) Докажите, что эта вероятность убывает с ростом $n$.

в) К какому числу стремится эта вероятность при $n \rightarrow \infty$?

г) Найдите наименьшее $n$, начиная с которого эта вероятность будет меньше $0,4$.

а) Найдите вероятность того, что есть ровно один проигрышный билет.

Всего в ящике находится $2n$ билетов ($n$ выигрышных и $n$ проигрышных). Мы вытаскиваем одновременно 3 билета. Общее число способов выбрать 3 билета из $2n$ равно числу сочетаний $C_{2n}^3$.

$C_{2n}^3 = \frac{(2n)!}{3!(2n-3)!} = \frac{(2n)(2n-1)(2n-2)}{3 \cdot 2 \cdot 1} = \frac{2n(2n-1)2(n-1)}{6} = \frac{2n(n-1)(2n-1)}{3}$.

Нас интересует событие, при котором вытащен ровно один проигрышный билет. Это означает, что два других билета должны быть выигрышными. Число способов выбрать 1 проигрышный билет из $n$ проигрышных равно $C_n^1 = n$. Число способов выбрать 2 выигрышных билета из $n$ выигрышных равно $C_n^2 = \frac{n(n-1)}{2}$.

Согласно правилу произведения в комбинаторике, общее число благоприятных исходов равно произведению числа способов выбора проигрышного и выигрышных билетов: $C_n^1 \cdot C_n^2 = n \cdot \frac{n(n-1)}{2} = \frac{n^2(n-1)}{2}$.

Вероятность $P(n)$ этого события вычисляется как отношение числа благоприятных исходов к общему числу исходов:

$P(n) = \frac{C_n^1 \cdot C_n^2}{C_{2n}^3} = \frac{\frac{n^2(n-1)}{2}}{\frac{2n(n-1)(2n-1)}{3}} = \frac{n^2(n-1)}{2} \cdot \frac{3}{2n(n-1)(2n-1)}$.

Поскольку по условию $n > 2$, то $n \neq 0$ и $n-1 \neq 0$. Мы можем сократить дробь на $n$ и $(n-1)$:

$P(n) = \frac{3n}{2 \cdot 2(2n-1)} = \frac{3n}{4(2n-1)}$.

Ответ: $\frac{3n}{4(2n-1)}$

б) Докажите, что эта вероятность убывает с ростом n.

Нам нужно доказать, что функция $P(n) = \frac{3n}{4(2n-1)}$ является убывающей для натуральных чисел $n > 2$. Для этого докажем, что $P(n+1) < P(n)$ для всех $n > 2$.

Выразим $P(n+1)$: $P(n+1) = \frac{3(n+1)}{4(2(n+1)-1)} = \frac{3(n+1)}{4(2n+1)}$.

Теперь составим неравенство $P(n+1) < P(n)$: $\frac{3(n+1)}{4(2n+1)} < \frac{3n}{4(2n-1)}$.

Можно разделить обе части на положительное число $\frac{3}{4}$, знак неравенства при этом не изменится: $\frac{n+1}{2n+1} < \frac{n}{2n-1}$.

Так как $n > 2$, оба знаменателя $(2n+1)$ и $(2n-1)$ являются положительными числами. Мы можем умножить обе части неравенства на их произведение $(2n+1)(2n-1)$, не меняя знака неравенства: $(n+1)(2n-1) < n(2n+1)$.

Раскроем скобки в обеих частях: $2n^2 - n + 2n - 1 < 2n^2 + n$, $2n^2 + n - 1 < 2n^2 + n$.

Вычтем $2n^2 + n$ из обеих частей неравенства: $-1 < 0$.

Полученное неравенство является верным. Следовательно, исходное неравенство $P(n+1) < P(n)$ также верно для всех $n > 2$, что и доказывает, что вероятность убывает с ростом $n$.

Ответ: Доказано, что вероятность убывает с ростом $n$.

в) К какому числу стремится эта вероятность при n → ∞?

Нам нужно найти предел функции $P(n)$ при $n$, стремящемся к бесконечности:

$\lim_{n \to \infty} P(n) = \lim_{n \to \infty} \frac{3n}{4(2n-1)} = \lim_{n \to \infty} \frac{3n}{8n-4}$.

Для нахождения предела разделим числитель и знаменатель на старшую степень переменной $n$, то есть на $n$:

$\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{3n}{n}}{\frac{8n}{n}-\frac{4}{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{3}{8-\frac{4}{n}}$.

Поскольку $\lim_{n \to \infty} \frac{4}{n} = 0$, предел равен: $\frac{3}{8-0} = \frac{3}{8} = 0,375$.

Ответ: $0,375$

г) Найдите наименьшее n, начиная с которого эта вероятность будет меньше 0,4.

Нам нужно решить неравенство $P(n) < 0,4$ для целых $n > 2$.

$\frac{3n}{4(2n-1)} < 0,4$ $\frac{3n}{4(2n-1)} < \frac{4}{10}$ $\frac{3n}{4(2n-1)} < \frac{2}{5}$.

Так как $n>2$, знаменатель $4(2n-1)$ всегда положителен. Умножим обе части неравенства на $20(2n-1)$, чтобы избавиться от дробей: $5 \cdot 3n < 2 \cdot 4(2n-1)$ $15n < 8(2n-1)$ $15n < 16n - 8$.

Перенесем слагаемые с $n$ в одну сторону, а числа - в другую: $8 < 16n - 15n$ $8 < n$.

Неравенство выполняется для всех целых чисел $n$, которые строго больше 8. Наименьшее такое целое число — это 9. Данное значение удовлетворяет начальному условию $n > 2$.

Ответ: $9$

49.19. В тёмном ящике 5 выигрышных билетов и 4 проигрышных. Вы случайно вытаскиваете одновременно $n$ билетов, $n = 1, 2, 3, \ldots, 9$. Найдите вероятность $p(n)$ того, что у вас есть ровно один выигрышный билет. Численные результаты соберите в таблицу.

Для решения задачи используется классическое определение вероятности: вероятность события равна отношению числа благоприятствующих исходов к общему числу равновозможных исходов.

Всего в ящике находится 5 выигрышных и 4 проигрышных билета, то есть 9 билетов.

Мы вытаскиваем $n$ билетов. Общее число способов сделать это (общее число исходов) равно числу сочетаний из 9 по $n$, что записывается как $C_9^n$.

$N = C_9^n = \frac{9!}{n!(9-n)!}$

Нас интересует событие, когда среди $n$ вытащенных билетов ровно 1 является выигрышным, а остальные $n-1$ — проигрышными. Это благоприятствующий исход.

Число способов выбрать 1 выигрышный билет из 5 имеющихся равно $C_5^1$.

Число способов выбрать $n-1$ проигрышных билетов из 4 имеющихся равно $C_4^{n-1}$.

По правилу произведения, общее число благоприятствующих исходов $m$ равно:

$m = C_5^1 \times C_4^{n-1}$

Таким образом, формула для вероятности $p(n)$ имеет вид:

$p(n) = \frac{C_5^1 \times C_4^{n-1}}{C_9^n}$

Важно отметить, что мы можем выбрать $n-1$ проигрышных билетов из 4 только в том случае, если $n-1 \le 4$, то есть $n \le 5$. Если $n > 5$, то число способов выбрать $n-1$ проигрышных билетов из 4 равно нулю ($C_4^{n-1} = 0$), и, следовательно, вероятность $p(n)$ будет равна нулю.

Теперь рассчитаем значения $p(n)$ для каждого $n$ от 1 до 9.

n = 1

Выбираем 1 билет. Нужно, чтобы он был выигрышным. В группе 1 выигрышный билет ($C_5^1=5$) и 0 проигрышных ($C_4^0=1$).
$p(1) = \frac{C_5^1 \times C_4^0}{C_9^1} = \frac{5 \times 1}{9} = \frac{5}{9}$.
Ответ: $p(1) = \frac{5}{9}$

n = 2

Выбираем 2 билета. Нужно, чтобы 1 был выигрышным ($C_5^1=5$) и 1 проигрышным ($C_4^1=4$).
$p(2) = \frac{C_5^1 \times C_4^1}{C_9^2} = \frac{5 \times 4}{\frac{9 \times 8}{2}} = \frac{20}{36} = \frac{5}{9}$.
Ответ: $p(2) = \frac{5}{9}$

n = 3

Выбираем 3 билета. Нужно, чтобы 1 был выигрышным ($C_5^1=5$) и 2 проигрышными ($C_4^2=6$).
$p(3) = \frac{C_5^1 \times C_4^2}{C_9^3} = \frac{5 \times 6}{\frac{9 \times 8 \times 7}{3 \times 2 \times 1}} = \frac{30}{84} = \frac{5}{14}$.
Ответ: $p(3) = \frac{5}{14}$

n = 4

Выбираем 4 билета. Нужно, чтобы 1 был выигрышным ($C_5^1=5$) и 3 проигрышными ($C_4^3=4$).
$p(4) = \frac{C_5^1 \times C_4^3}{C_9^4} = \frac{5 \times 4}{\frac{9 \times 8 \times 7 \times 6}{4 \times 3 \times 2 \times 1}} = \frac{20}{126} = \frac{10}{63}$.
Ответ: $p(4) = \frac{10}{63}$

n = 5

Выбираем 5 билетов. Нужно, чтобы 1 был выигрышным ($C_5^1=5$) и 4 проигрышными ($C_4^4=1$).
$p(5) = \frac{C_5^1 \times C_4^4}{C_9^5} = \frac{5 \times 1}{126} = \frac{5}{126}$.
Ответ: $p(5) = \frac{5}{126}$

n = 6

Чтобы получить 1 выигрышный билет, нужно вытащить 5 проигрышных. Но в ящике всего 4 проигрышных билета, поэтому это невозможно ($C_4^5=0$).
$p(6) = \frac{C_5^1 \times C_4^5}{C_9^6} = \frac{5 \times 0}{84} = 0$.
Ответ: $p(6) = 0$

n = 7

Невозможно вытащить 6 проигрышных билетов из 4 имеющихся ($C_4^6=0$).
$p(7) = 0$.
Ответ: $p(7) = 0$

n = 8

Невозможно вытащить 7 проигрышных билетов из 4 имеющихся ($C_4^7=0$).
$p(8) = 0$.
Ответ: $p(8) = 0$

n = 9

Невозможно вытащить 8 проигрышных билетов из 4 имеющихся ($C_4^8=0$).
$p(9) = 0$.
Ответ: $p(9) = 0$

Соберем численные результаты в таблицу:

49.20. В тёмном ящике 6 билетов, из которых $n$ билетов выигрышных и $6 - n$ проигрышных, $n = 0, 1, 2, 3, \dots, 6$. Вы случайно вытаскиваете одновременно 2 билета. Найдите вероятность $p(n)$ того, что у вас есть ровно один выигрышный билет. Численные результаты соберите в таблицу.

Для решения задачи воспользуемся классическим определением вероятности: $p = \frac{M}{N}$, где $N$ — общее число равновозможных исходов, а $M$ — число исходов, благоприятствующих событию.

Событие, вероятность $p(n)$ которого мы ищем, заключается в том, что из двух случайно вытащенных билетов ровно один окажется выигрышным. Это значит, что второй билет должен быть проигрышным.

1. Общее число исходов (N)
Всего в ящике 6 билетов. Общее число исходов — это количество способов выбрать 2 билета из 6. Поскольку порядок выбора не имеет значения, используем формулу для числа сочетаний: $C_k^m = \frac{m!}{k!(m-k)!}$.
В нашем случае $m=6$ (всего билетов) и $k=2$ (вытаскиваем билетов).$N = C_2^6 = \frac{6!}{2!(6-2)!} = \frac{6!}{2!4!} = \frac{6 \times 5}{2 \times 1} = 15$.
Таким образом, существует 15 различных способов вытащить 2 билета из 6.

2. Число благоприятных исходов (M)
Число благоприятных исходов зависит от количества выигрышных билетов $n$. В ящике находится $n$ выигрышных и $6-n$ проигрышных билетов.
Чтобы исход был благоприятным, нам нужно вытащить 1 выигрышный билет и 1 проигрышный билет.
Количество способов выбрать 1 выигрышный билет из $n$: $C_1^n = n$.
Количество способов выбрать 1 проигрышный билет из $6-n$: $C_1^{6-n} = 6-n$.
По правилу умножения в комбинаторике, общее число благоприятных исходов $M(n)$ равно произведению этих способов:
$M(n) = C_1^n \times C_1^{6-n} = n \cdot (6-n)$.

3. Вероятность p(n)
Теперь мы можем найти вероятность $p(n)$ как отношение числа благоприятных исходов к общему числу исходов:
$p(n) = \frac{M(n)}{N} = \frac{n(6-n)}{15}$.

Рассчитаем значения $p(n)$ для каждого $n$ от 0 до 6.

n=0
В ящике 0 выигрышных и 6 проигрышных билетов. Невозможно вытащить выигрышный билет.
$p(0) = \frac{0 \cdot (6-0)}{15} = \frac{0}{15} = 0$.
Ответ: $p(0) = 0$.

n=1
В ящике 1 выигрышный и 5 проигрышных билетов.
$p(1) = \frac{1 \cdot (6-1)}{15} = \frac{5}{15} = \frac{1}{3}$.
Ответ: $p(1) = \frac{1}{3}$.

n=2
В ящике 2 выигрышных и 4 проигрышных билета.
$p(2) = \frac{2 \cdot (6-2)}{15} = \frac{8}{15}$.
Ответ: $p(2) = \frac{8}{15}$.

n=3
В ящике 3 выигрышных и 3 проигрышных билета.
$p(3) = \frac{3 \cdot (6-3)}{15} = \frac{9}{15} = \frac{3}{5}$.
Ответ: $p(3) = \frac{3}{5}$.

n=4
В ящике 4 выигрышных и 2 проигрышных билета.
$p(4) = \frac{4 \cdot (6-4)}{15} = \frac{8}{15}$.
Ответ: $p(4) = \frac{8}{15}$.

n=5
В ящике 5 выигрышных и 1 проигрышный билет.
$p(5) = \frac{5 \cdot (6-5)}{15} = \frac{5}{15} = \frac{1}{3}$.
Ответ: $p(5) = \frac{1}{3}$.

n=6
В ящике 6 выигрышных и 0 проигрышных билетов. Невозможно вытащить проигрышный билет.
$p(6) = \frac{6 \cdot (6-6)}{15} = \frac{0}{15} = 0$.
Ответ: $p(6) = 0$.

Итоговая таблица с численными результатами:

49.21. В тёмном ящике 8 белых и 7 чёрных шаров. Вы случайно вытаскиваете одновременно 4 шара. Найдите вероятность того, что:

a) все шары белые;

б) имеется, как минимум, три белых шара;

в) имеется, как минимум, два чёрных шара;

г) есть хотя бы один белый шар.

Для решения задачи воспользуемся классическим определением вероятности $P = \frac{m}{n}$, где $n$ — общее число равновозможных исходов, а $m$ — число исходов, благоприятствующих событию. В данном случае исходы — это сочетания шаров.

Всего в ящике $8 + 7 = 15$ шаров. Мы вытаскиваем 4 шара.

Общее число способов выбрать 4 шара из 15 равно числу сочетаний из 15 по 4:

$n = C_{15}^4 = \frac{15!}{4!(15-4)!} = \frac{15!}{4!11!} = \frac{15 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 12}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 15 \cdot 7 \cdot 13 = 1365$.

Таким образом, общее число исходов $n = 1365$.

а) все шары белые;

Для наступления этого события необходимо выбрать 4 белых шара из 8 имеющихся. Число способов сделать это (число благоприятных исходов) равно:

$m_a = C_8^4 = \frac{8!}{4!(8-4)!} = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 70$.

Вероятность того, что все 4 шара будут белыми, равна:

$P(a) = \frac{m_a}{n} = \frac{70}{1365}$.

Сократим дробь, разделив числитель и знаменатель на 35:

$P(a) = \frac{70 \div 35}{1365 \div 35} = \frac{2}{39}$.

Ответ: $\frac{2}{39}$.

б) имеется, как минимум, три белых шара;

Событие "как минимум, три белых шара" означает, что было выбрано либо 3 белых шара, либо 4 белых шара. Это два несовместных события, поэтому мы можем сложить число их исходов.

1. Случай, когда выбрано 3 белых шара и 1 чёрный шар. Число способов:

$C_8^3 \cdot C_7^1 = \left(\frac{8!}{3!5!}\right) \cdot \left(\frac{7!}{1!6!}\right) = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6}{3 \cdot 2 \cdot 1} \cdot 7 = 56 \cdot 7 = 392$.

2. Случай, когда выбрано 4 белых шара и 0 чёрных шаров (рассчитано в пункте а):

$C_8^4 \cdot C_7^0 = 70 \cdot 1 = 70$.

Общее число благоприятных исходов: $m_б = 392 + 70 = 462$.

Вероятность события:

$P(б) = \frac{m_б}{n} = \frac{462}{1365}$.

Сократим дробь на 21:

$P(б) = \frac{462 \div 21}{1365 \div 21} = \frac{22}{65}$.

Ответ: $\frac{22}{65}$.

в) имеется, как минимум, два чёрных шара;

Событие "как минимум, два чёрных шара" означает, что выбрано 2, 3 или 4 чёрных шара. Рассмотрим все эти несовместные случаи.

1. Выбрано 2 чёрных шара и 2 белых шара:

$C_7^2 \cdot C_8^2 = \left(\frac{7 \cdot 6}{2}\right) \cdot \left(\frac{8 \cdot 7}{2}\right) = 21 \cdot 28 = 588$.

2. Выбрано 3 чёрных шара и 1 белый шар:

$C_7^3 \cdot C_8^1 = \left(\frac{7 \cdot 6 \cdot 5}{3 \cdot 2 \cdot 1}\right) \cdot 8 = 35 \cdot 8 = 280$.

3. Выбрано 4 чёрных шара и 0 белых шаров:

$C_7^4 \cdot C_8^0 = C_7^3 \cdot 1 = 35$.

Общее число благоприятных исходов: $m_в = 588 + 280 + 35 = 903$.

Вероятность события:

$P(в) = \frac{m_в}{n} = \frac{903}{1365}$.

Сократим дробь на 21:

$P(в) = \frac{903 \div 21}{1365 \div 21} = \frac{43}{65}$.

Ответ: $\frac{43}{65}$.

г) есть хотя бы один белый шар.

Событие "есть хотя бы один белый шар" является противоположным (дополнительным) событию "все шары чёрные". Вероятность искомого события $P(A)$ можно найти по формуле $P(A) = 1 - P(A')$, где $A'$ — противоположное событие.

Найдём вероятность события $A'$ = "все 4 выбранных шара - чёрные".

Число способов выбрать 4 чёрных шара из 7:

$m_{A'} = C_7^4 = \frac{7!}{4!3!} = \frac{7 \cdot 6 \cdot 5}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 35$.

Вероятность события $A'$:

$P(A') = \frac{m_{A'}}{n} = \frac{35}{1365} = \frac{1}{39}$.

Следовательно, вероятность того, что будет хотя бы один белый шар, равна:

$P(г) = 1 - P(A') = 1 - \frac{1}{39} = \frac{38}{39}$.

Ответ: $\frac{38}{39}$.