Страница 130 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Шойынбеков

1. Какая связь существует между формулой любого члена бинома Ньютона и формулой Бернулли?

2. При каких значениях членов формула бинома Ньютона применяется в теории вероятностей?

1. Какая связь существует между формулой любого члена бинома Ньютона и формулой Бернулли?

Решение

Чтобы установить связь между этими формулами, запишем и сравним их.

Формула бинома Ньютона для разложения степени двучлена $(a+b)^n$ имеет вид:
$(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k a^{n-k} b^k$

Формула для произвольного члена этого разложения, который соответствует степени $b^k$ (его порядковый номер $k+1$), выглядит так:
$T_{k+1} = C_n^k a^{n-k} b^k$, где $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ – это биномиальный коэффициент.

Формула Бернулли применяется в теории вероятностей. Она позволяет вычислить вероятность $P_n(k)$ того, что в серии из $n$ независимых испытаний некоторое событие (называемое «успехом») произойдет ровно $k$ раз. Формула имеет вид:
$P_n(k) = C_n^k p^k q^{n-k}$
Здесь $p$ – вероятность «успеха» в одном испытании, а $q = 1-p$ – вероятность «неудачи».

Сравнивая формулу для члена бинома Ньютона и формулу Бернулли, можно заметить их структурное сходство. Связь становится абсолютно ясной, если в формуле для члена бинома Ньютона $T_{k+1}$ произвести следующую замену:
• вместо $a$ подставить $q$ (вероятность неудачи),
• вместо $b$ подставить $p$ (вероятность успеха).

Тогда формула члена бинома Ньютона принимает вид:
$T_{k+1} = C_n^k q^{n-k} p^k$

Это выражение в точности совпадает с формулой Бернулли $P_n(k)$. Таким образом, формула Бернулли является частным случаем формулы для члена бинома Ньютона. Вероятность $P_n(k)$ представляет собой член разложения бинома $(q+p)^n$.

Ответ: Формула Бернулли $P_n(k) = C_n^k p^k q^{n-k}$ по своей математической структуре является одним из членов разложения бинома Ньютона $(q+p)^n$. Если в формуле для $(k+1)$-го члена бинома Ньютона $T_{k+1} = C_n^k a^{n-k} b^k$ положить, что $a=q$ (вероятность «неудачи») и $b=p$ (вероятность «успеха»), то она полностью совпадает с формулой Бернулли.

2. При каких значениях членов формула бинома Ньютона применяется в теории вероятностей?

Решение

Как следует из ответа на первый вопрос, формула бинома Ньютона $(a+b)^n$ находит применение в теории вероятностей в контексте схемы независимых испытаний Бернулли. Для этого члены бинома $a$ и $b$ должны иметь конкретный вероятностный смысл.

Члены $a$ и $b$ должны представлять собой вероятности двух взаимоисключающих событий, которые образуют полную группу. Это означает, что в результате одного испытания может произойти только одно из этих двух событий.

В терминах теории вероятностей:
• Член $b$ принимается равным $p$, где $p$ – вероятность наступления интересующего нас события («успеха») в одном испытании.
• Член $a$ принимается равным $q$, где $q$ – вероятность противоположного события («неудачи»).

Для этих значений должны выполняться два основных условия, вытекающих из аксиом теории вероятностей:
1. Сумма вероятностей противоположных событий равна единице: $p + q = 1$.
2. Вероятность любого события является неотрицательным числом, не превосходящим единицу: $0 \le p \le 1$ и $0 \le q \le 1$.

При выполнении этих условий разложение бинома $(q+p)^n$ полностью описывает распределение вероятностей числа успехов в $n$ испытаниях Бернулли. Сумма всех членов этого разложения (т.е. сумма вероятностей всех возможных исходов) равна единице, что является фундаментальным свойством любого распределения вероятностей:
$\sum_{k=0}^{n} P_n(k) = \sum_{k=0}^{n} C_n^k p^k q^{n-k} = (q+p)^n = 1^n = 1$

Ответ: Формула бинома Ньютона $(a+b)^n$ применяется в теории вероятностей, когда её члены $a$ и $b$ являются вероятностями двух противоположных, образующих полную группу событий. А именно, $a=q$ (вероятность «неудачи») и $b=p$ (вероятность «успеха»), для которых выполняются условия: $p+q=1$ и $0 \le p, q \le 1$.

270. На карточках написаны натуральные числа от 3 до 17. Из этих карточек произвольно берутся 2 карточки. Найдите вероятность того, что сумма чисел взятых карточек равна 15.

Набор карточек с натуральными числами от 3 до 17.
Произвольно выбираются 2 карточки.

Вероятность того, что сумма чисел на двух взятых карточках равна 15.

Для решения задачи воспользуемся классическим определением вероятности, согласно которому вероятность события равна отношению числа благоприятствующих этому событию исходов к общему числу всех равновозможных исходов. Формула вероятности: $P(A) = \frac{m}{n}$, где $m$ — число благоприятных исходов, а $n$ — общее число исходов.

Сначала определим общее количество карточек в наборе. На карточках написаны натуральные числа от 3 до 17 включительно. Их количество равно: $17 - 3 + 1 = 15$ карточек.

Далее найдем общее число исходов $n$. Это число способов выбрать 2 карточки из 15. Так как порядок выбора карточек не имеет значения, используем формулу для числа сочетаний: $n = C_{15}^2 = \frac{15!}{2!(15-2)!} = \frac{15!}{2! \cdot 13!} = \frac{13! \cdot 14 \cdot 15}{2 \cdot 1 \cdot 13!} = \frac{14 \cdot 15}{2} = 7 \cdot 15 = 105$. Следовательно, общее число способов выбрать 2 карточки из 15 равно 105.

Теперь найдем число благоприятных исходов $m$. Благоприятный исход — это выбор двух разных карточек, сумма чисел на которых равна 15. Перечислим все такие пары чисел из диапазона [3, 17]:
3 и 12 (сумма 15)
4 и 11 (сумма 15)
5 и 10 (сумма 15)
6 и 9 (сумма 15)
7 и 8 (сумма 15)
Всего получается 5 таких пар. Следовательно, число благоприятных исходов $m = 5$.

Наконец, вычислим искомую вероятность, разделив число благоприятных исходов на общее число исходов: $P = \frac{m}{n} = \frac{5}{105} = \frac{1}{21}$.

Ответ: $\frac{1}{21}$.

271. В ящике лежат 15 деталей, 5 из них окрашены. Наугад вынимаются 6 деталей. Найдите вероятность того, что среди взятых 6 деталей 2 окрашены.

Дано:

Общее количество деталей в ящике: $N = 15$

Количество окрашенных деталей: $K = 5$

Количество неокрашенных деталей: $N - K = 15 - 5 = 10$

Количество вынимаемых деталей: $n = 6$

Условие для искомого события: среди 6 вынутых деталей должно быть ровно 2 окрашенных и, следовательно, $6-2=4$ неокрашенных.

Найти:

Вероятность $P(A)$ события $A$, где $A$ - "среди 6 взятых деталей ровно 2 окрашены".

Решение:

Для решения задачи используется классическое определение вероятности: $P(A) = \frac{m}{N_{общ}}$, где $N_{общ}$ — общее число равновозможных исходов, а $m$ — число исходов, благоприятствующих событию $A$.

1. Найдем общее число исходов $N_{общ}$. Это число способов выбрать 6 деталей из 15 имеющихся. Оно равно числу сочетаний из 15 по 6, которое вычисляется по формуле $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$:

$N_{общ} = C_{15}^{6} = \frac{15!}{6!(15-6)!} = \frac{15!}{6!9!} = \frac{15 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10}{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}$

Выполним вычисления, последовательно сокращая дробь:

$N_{общ} = \frac{15}{5 \cdot 3} \cdot \frac{14}{2} \cdot 13 \cdot \frac{12}{6} \cdot 11 \cdot \frac{10}{4} = 1 \cdot 7 \cdot 13 \cdot 2 \cdot 11 \cdot \frac{10}{4} = 7 \cdot 13 \cdot 2 \cdot 11 \cdot \frac{5}{2} = 7 \cdot 13 \cdot 11 \cdot 5 = 5005$

Таким образом, общее число способов вынуть 6 деталей из 15 равно 5005.

2. Найдем число благоприятных исходов $m$. Событие $A$ наступает, если из 6 вынутых деталей 2 будут окрашенными, а остальные 4 будут неокрашенными.

Число способов выбрать 2 окрашенные детали из 5 имеющихся окрашенных равно числу сочетаний из 5 по 2:

$C_{5}^{2} = \frac{5!}{2!(5-2)!} = \frac{5!}{2!3!} = \frac{5 \cdot 4}{2 \cdot 1} = 10$

Число способов выбрать 4 неокрашенные детали из 10 имеющихся неокрашенных равно числу сочетаний из 10 по 4:

$C_{10}^{4} = \frac{10!}{4!(10-4)!} = \frac{10!}{4!6!} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 10 \cdot 3 \cdot 7 = 210$

По правилу произведения в комбинаторике, общее число благоприятных исходов $m$ равно произведению этих двух величин:

$m = C_{5}^{2} \cdot C_{10}^{4} = 10 \cdot 210 = 2100$

3. Теперь можем вычислить искомую вероятность:

$P(A) = \frac{m}{N_{общ}} = \frac{2100}{5005}$

Сократим полученную дробь. Оба числа делятся на 5:

$\frac{2100 \div 5}{5005 \div 5} = \frac{420}{1001}$

Заметим, что $1001 = 7 \cdot 143$ и $420 = 7 \cdot 60$. Сократим дробь на 7:

$\frac{420 \div 7}{1001 \div 7} = \frac{60}{143}$

Так как $143 = 11 \cdot 13$, а число 60 не делится ни на 11, ни на 13, полученная дробь является несократимой.

Ответ: $P(A) = \frac{60}{143}$

272. На книжной полке расположены 5 учебников и 4 книги по художественной литературе. Ученик наугад берет 2 книги. Найдите вероятность того, что взятые книги будут по художественной литературе.

Дано:

Количество учебников: 5
Количество книг по художественной литературе: 4
Всего книг на полке: $5 + 4 = 9$
Количество книг, которые берет ученик: 2

Найти:

Вероятность $P(A)$ того, что обе взятые книги будут по художественной литературе.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся классическим определением вероятности: $P(A) = \frac{M}{N}$, где $N$ – общее число всех возможных элементарных исходов, а $M$ – число исходов, благоприятствующих событию $A$.

1. Найдем общее число возможных исходов $N$. Это количество способов, которыми можно выбрать 2 книги из 9 имеющихся. Поскольку порядок выбора книг не важен, используем формулу для числа сочетаний: $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ В нашем случае $n=9$ (всего книг), $k=2$ (берем две книги). $N = C_9^2 = \frac{9!}{2!(9-2)!} = \frac{9!}{2! \cdot 7!} = \frac{7! \cdot 8 \cdot 9}{2 \cdot 1 \cdot 7!} = \frac{8 \cdot 9}{2} = 36$. Таким образом, общее число способов выбрать 2 книги из 9 равно 36.

2. Найдем число благоприятных исходов $M$. Благоприятный исход — это выбор двух книг по художественной литературе. Всего таких книг 4. Число способов выбрать 2 книги по художественной литературе из 4 имеющихся: $M = C_4^2 = \frac{4!}{2!(4-2)!} = \frac{4!}{2! \cdot 2!} = \frac{2! \cdot 3 \cdot 4}{2 \cdot 1 \cdot 2!} = \frac{3 \cdot 4}{2} = 6$. Таким образом, существует 6 способов выбрать 2 книги по художественной литературе.

3. Вычислим искомую вероятность: $P(A) = \frac{M}{N} = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$.

Альтернативный способ решения (через условную вероятность):

Найдем вероятность того, что первая взятая книга — художественная. На полке 4 художественные книги из 9. $P_1 = \frac{4}{9}$.

После того как взяли одну художественную книгу, на полке осталось 8 книг, из которых 3 — художественные. Вероятность того, что и вторая книга будет художественной, при условии, что первая уже была художественной: $P_2 = \frac{3}{8}$.

Вероятность того, что оба события произойдут последовательно, равна произведению их вероятностей: $P(A) = P_1 \cdot P_2 = \frac{4}{9} \cdot \frac{3}{8} = \frac{12}{72} = \frac{1}{6}$.

Ответ: $\frac{1}{6}$.

273. Абонент забыл 3 последние цифры номера телефона, на который должен был позвонить, но помнил, что они разные (кроме нуля). Найдите вероятность того, что ему удастся с первой попытки набрать необходимый номер.

Дано:

Абонент забыл 3 последние цифры номера телефона.

Известно, что:

1. Все 3 цифры разные.

2. Среди цифр нет нуля.

Найти:

Вероятность $P$ того, что абонент с первой попытки наберет правильный номер.

Решение:

Для решения задачи воспользуемся классическим определением вероятности: $P = \frac{m}{n}$, где $n$ – общее число равновозможных исходов, а $m$ – число благоприятных исходов.

Сначала найдем общее число возможных комбинаций для трех последних цифр номера, то есть $n$.

По условию, цифры не могут быть нулем. Значит, для выбора доступны цифры из множества {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Всего 9 различных цифр.

Нужно выбрать 3 разные цифры из 9, причем их порядок важен (например, 123 и 321 – это разные окончания номера). Следовательно, мы имеем дело с размещениями без повторений.

Число размещений из $k$ элементов по $n$ элементам вычисляется по формуле:

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

В нашем случае $n=9$ (количество доступных цифр) и $k=3$ (количество позиций для цифр).

Подставим значения в формулу:

$n = A_9^3 = \frac{9!}{(9-3)!} = \frac{9!}{6!} = \frac{6! \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9}{6!} = 7 \cdot 8 \cdot 9 = 504$

Таким образом, общее число возможных трехзначных комбинаций, удовлетворяющих условию, равно 504.

Теперь найдем число благоприятных исходов, то есть $m$. Благоприятный исход – это набор правильного номера. Поскольку правильный номер только один, число благоприятных исходов $m = 1$.

Теперь можем вычислить вероятность:

$P = \frac{m}{n} = \frac{1}{504}$

Ответ: $ \frac{1}{504} $

набрать необходимый номер.

274. Найдите с помощью формулы Бернулли вероятность выпа-

дания события точно 3 раза, 4 раза в четырех независимых испытаниях,

если постоянная вероятность равна 0,8.

Дано:

Общее число независимых испытаний: $n = 4$.

Вероятность наступления события в каждом испытании (вероятность "успеха"): $p = 0,8$.

Найти:

1. Вероятность того, что событие наступит ровно 3 раза: $P_4(3)$.

2. Вероятность того, что событие наступит ровно 4 раза: $P_4(4)$.

Решение:

Для решения задачи используется формула Бернулли, которая определяет вероятность того, что в $n$ независимых испытаниях событие с постоянной вероятностью $p$ наступит ровно $k$ раз:

$P_n(k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}$

где $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ — число сочетаний из $n$ по $k$, $p$ — вероятность наступления события ("успеха"), а $q = 1 - p$ — вероятность ненаступления события ("неудачи").

В нашем случае дано:

$n = 4$

$p = 0,8$

Найдем вероятность "неудачи":

$q = 1 - p = 1 - 0,8 = 0,2$

точно 3 раза

Найдем вероятность того, что событие наступит ровно $k=3$ раза в $n=4$ испытаниях. Подставляем значения в формулу Бернулли:

$P_4(3) = C_4^3 \cdot (0,8)^3 \cdot (0,2)^{4-3}$

Сначала вычислим число сочетаний $C_4^3$:

$C_4^3 = \frac{4!}{3!(4-3)!} = \frac{4!}{3! \cdot 1!} = \frac{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}{(3 \cdot 2 \cdot 1) \cdot 1} = 4$

Теперь подставим все значения в формулу:

$P_4(3) = 4 \cdot (0,8)^3 \cdot (0,2)^1 = 4 \cdot 0,512 \cdot 0,2 = 0,4096$

Ответ: $0,4096$.

4 раза

Найдем вероятность того, что событие наступит ровно $k=4$ раза в $n=4$ испытаниях. Подставляем значения в формулу Бернулли:

$P_4(4) = C_4^4 \cdot (0,8)^4 \cdot (0,2)^{4-4}$

Сначала вычислим число сочетаний $C_4^4$:

$C_4^4 = \frac{4!}{4!(4-4)!} = \frac{4!}{4! \cdot 0!} = 1$ (по определению $0! = 1$)

Теперь подставим все значения в формулу:

$P_4(4) = 1 \cdot (0,8)^4 \cdot (0,2)^0 = 1 \cdot 0,4096 \cdot 1 = 0,4096$

Ответ: $0,4096$.

275. В урне имеются 21 белый, 19 красных, 20 зеленых шаров. Наугад извлекаются 3 шара. Найдите вероятность того, что шары будут разноцветными.

Дано:

Количество белых шаров: $n_б = 21$

Количество красных шаров: $n_к = 19$

Количество зеленых шаров: $n_з = 20$

Количество извлекаемых шаров: $k = 3$

Найти:

Вероятность $P(A)$ того, что все 3 извлеченных шара будут разноцветными.

Решение:

1. Сначала определим общее количество шаров в урне:

$N = n_б + n_к + n_з = 21 + 19 + 20 = 60$ шаров.

2. Затем вычислим общее число элементарных исходов, то есть количество способов выбрать 3 шара из 60. Поскольку порядок выбора шаров не имеет значения, мы используем формулу для числа сочетаний:

$n = C_N^k = C_{60}^3 = \frac{60!}{3!(60-3)!} = \frac{60 \cdot 59 \cdot 58}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 10 \cdot 59 \cdot 58 = 34220$.

Таким образом, существует 34220 способов извлечь 3 шара из 60.

3. Теперь найдем число благоприятных исходов. Благоприятный исход — это извлечение трех разноцветных шаров, то есть одного белого, одного красного и одного зеленого.

Число способов выбрать 1 белый шар из 21: $C_{21}^1 = 21$.

Число способов выбрать 1 красный шар из 19: $C_{19}^1 = 19$.

Число способов выбрать 1 зеленый шар из 20: $C_{20}^1 = 20$.

Согласно правилу произведения в комбинаторике, общее число благоприятных исходов равно произведению этих способов:

$m = C_{21}^1 \cdot C_{19}^1 \cdot C_{20}^1 = 21 \cdot 19 \cdot 20 = 7980$.

Итак, существует 7980 способов извлечь 3 разноцветных шара.

4. Вероятность события $A$ (извлечение трех разноцветных шаров) находится по классической формуле вероятности как отношение числа благоприятных исходов к общему числу исходов:

$P(A) = \frac{m}{n} = \frac{7980}{34220}$.

Сократим полученную дробь, разделив числитель и знаменатель на 10, а затем на 2:

$P(A) = \frac{798}{3422} = \frac{399}{1711}$.

Чтобы проверить, можно ли сократить дробь дальше, разложим числитель и знаменатель на простые множители:

$399 = 21 \cdot 19 = 3 \cdot 7 \cdot 19$

$1711 = 29 \cdot 59$

Поскольку у числителя и знаменателя нет общих простых множителей, дробь $\frac{399}{1711}$ является несократимой.

Ответ: Вероятность того, что шары будут разноцветными, равна $\frac{399}{1711}$.