Страница 179 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

20.21. Чему равно математическое ожидание количества выпавших шестёрок при подбрасывании трёх игральных кубиков? Подтвердите ответ расчётом, основанным на определении математического ожидания.

Пусть $X$ — это случайная величина, равная количеству выпавших шестёрок при подбрасывании трёх игральных кубиков. Эта величина может принимать значения $0, 1, 2$ или $3$.

Согласно определению, математическое ожидание $E[X]$ дискретной случайной величины вычисляется как сумма произведений всех её возможных значений на их вероятности:$E[X] = \sum_{k} k \cdot P(X=k)$

В данном случае формула выглядит так:$E[X] = 0 \cdot P(X=0) + 1 \cdot P(X=1) + 2 \cdot P(X=2) + 3 \cdot P(X=3)$

Для расчёта вероятностей $P(X=k)$ необходимо найти общее число равновозможных исходов. При броске одного кубика возможно 6 исходов. При броске трёх кубиков общее число равновозможных исходов составляет $6 \times 6 \times 6 = 6^3 = 216$.

Теперь рассчитаем вероятность для каждого возможного значения $X$.

Вероятность того, что не выпадет ни одной шестёрки ($X=0$)
На каждом из трёх кубиков должна выпасть любая из 5 граней, не являющихся шестёркой. Количество таких исходов равно $5 \times 5 \times 5 = 125$.
Вероятность этого события: $P(X=0) = \frac{125}{216}$.

Вероятность того, что выпадет ровно одна шестёрка ($X=1$)
Нужно выбрать один из трёх кубиков, на котором выпадет шестёрка (это можно сделать $C_3^1 = 3$ способами). На двух других кубиках должны выпасть грани, не являющиеся шестёрками (для каждого 5 вариантов). Общее число благоприятных исходов: $C_3^1 \times 1 \times 5^2 = 3 \times 25 = 75$.
Вероятность этого события: $P(X=1) = \frac{75}{216}$.

Вероятность того, что выпадет ровно две шестёрки ($X=2$)
Нужно выбрать два из трёх кубиков, на которых выпадут шестёрки ($C_3^2 = 3$ способа). На оставшемся кубике должна выпасть грань, не являющаяся шестёркой (5 вариантов). Общее число благоприятных исходов: $C_3^2 \times 1^2 \times 5 = 3 \times 5 = 15$.
Вероятность этого события: $P(X=2) = \frac{15}{216}$.

Вероятность того, что выпадет три шестёрки ($X=3$)
Существует только один такой исход: на всех трёх кубиках выпадает шестёрка.
Вероятность этого события: $P(X=3) = \frac{1}{216}$.

Теперь, имея все вероятности, мы можем рассчитать математическое ожидание по его определению:$E[X] = 0 \cdot \frac{125}{216} + 1 \cdot \frac{75}{216} + 2 \cdot \frac{15}{216} + 3 \cdot \frac{1}{216}$$E[X] = \frac{0}{216} + \frac{75}{216} + \frac{30}{216} + \frac{3}{216}$$E[X] = \frac{75 + 30 + 3}{216} = \frac{108}{216} = \frac{1}{2}$

Ответ: Математическое ожидание количества выпавших шестёрок равно $\frac{1}{2}$.

20.22. Чему равно математическое ожидание количества выпавших гербов при подбрасывании пяти монет? Подтвердите ответ расчётом, основанным на определении математического ожидания.

Пусть $X$ — это случайная величина, равная количеству выпавших гербов при подбрасывании пяти монет. Будем считать, что монеты "честные", то есть вероятность выпадения герба (Г) и решки (Р) для каждой монеты одинакова и равна $0.5$.

Подбрасывание пяти монет можно рассматривать как серию из $n=5$ независимых испытаний (схема Бернулли), в каждом из которых вероятность "успеха" (выпадения герба) равна $p=0.5$.

Общее количество всех возможных элементарных исходов при подбрасывании пяти монет равно $2^5 = 32$.

Случайная величина $X$ может принимать целые значения $k$ от 0 до 5. Чтобы найти математическое ожидание по определению, нам необходимо сначала найти вероятности $P(X=k)$ для каждого из этих значений.

Вероятность того, что в $n$ испытаниях событие наступит ровно $k$ раз, вычисляется по формуле биномиального распределения: $P(X=k) = C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}$, где $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ — число сочетаний (количество способов выбрать $k$ элементов из $n$).

В нашем случае $n=5$ и $p=0.5$, поэтому формула принимает вид: $P(X=k) = C_5^k \cdot (0.5)^k \cdot (0.5)^{5-k} = C_5^k \cdot (0.5)^5 = \frac{C_5^k}{32}$.

Теперь вычислим вероятности для каждого возможного количества гербов $k$:

• Для $k=0$ (0 гербов): Число комбинаций $C_5^0 = 1$. Вероятность: $P(X=0) = \frac{1}{32}$.
• Для $k=1$ (1 герб): Число комбинаций $C_5^1 = 5$. Вероятность: $P(X=1) = \frac{5}{32}$.
• Для $k=2$ (2 герба): Число комбинаций $C_5^2 = \frac{5 \cdot 4}{2} = 10$. Вероятность: $P(X=2) = \frac{10}{32}$.
• Для $k=3$ (3 герба): Число комбинаций $C_5^3 = \frac{5 \cdot 4 \cdot 3}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 10$. Вероятность: $P(X=3) = \frac{10}{32}$.
• Для $k=4$ (4 герба): Число комбинаций $C_5^4 = 5$. Вероятность: $P(X=4) = \frac{5}{32}$.
• Для $k=5$ (5 гербов): Число комбинаций $C_5^5 = 1$. Вероятность: $P(X=5) = \frac{1}{32}$.

Согласно определению, математическое ожидание $E(X)$ для дискретной случайной величины равно сумме произведений всех её возможных значений на их вероятности: $E(X) = \sum_{k=0}^{5} k \cdot P(X=k)$.

Подставим наши значения и произведем расчет:

$E(X) = 0 \cdot P(X=0) + 1 \cdot P(X=1) + 2 \cdot P(X=2) + 3 \cdot P(X=3) + 4 \cdot P(X=4) + 5 \cdot P(X=5)$

$E(X) = 0 \cdot \frac{1}{32} + 1 \cdot \frac{5}{32} + 2 \cdot \frac{10}{32} + 3 \cdot \frac{10}{32} + 4 \cdot \frac{5}{32} + 5 \cdot \frac{1}{32}$

$E(X) = \frac{0 \cdot 1 + 1 \cdot 5 + 2 \cdot 10 + 3 \cdot 10 + 4 \cdot 5 + 5 \cdot 1}{32}$

$E(X) = \frac{0 + 5 + 20 + 30 + 20 + 5}{32} = \frac{80}{32}$

$E(X) = 2.5$

Ответ: 2.5

20.23. Вероятность забить пенальти (штрафной 11-метровый удар в футболе) равна $p$.

1) Составьте таблицу распределения вероятностей количества забитых мячей в серии из пяти пенальти.

2) С точностью до 1% вычислите вероятности из составленной таблицы распределения, если $p = 0,8$.

3) Основываясь на полученных в пункте 2 приближённых значениях вероятностей и пользуясь определением математического ожидания, найдите математическое ожидание количества забитых мячей в серии из пяти пенальти.

4) Сколько забитых мячей следовало бы ожидать в серии из 20 ударов при $p = 0,8$?

1) Пусть $X$ - случайная величина, равная количеству забитых мячей в серии из 5 пенальти. Данная ситуация описывается последовательностью из $n=5$ независимых испытаний Бернулли, где вероятность "успеха" (забитого мяча) в каждом испытании равна $p$. Вероятность "неудачи" (промаха) равна $q = 1-p$.
Вероятность того, что в $n$ испытаниях будет ровно $k$ успехов, вычисляется по формуле Бернулли:
$P(X=k) = C_n^k p^k q^{n-k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} p^k (1-p)^{n-k}$
Подставим $n=5$ и найдем вероятности для всех возможных значений $k$ от 0 до 5:
$P(X=0) = C_5^0 p^0 (1-p)^5 = (1-p)^5$
$P(X=1) = C_5^1 p^1 (1-p)^4 = 5p(1-p)^4$
$P(X=2) = C_5^2 p^2 (1-p)^3 = 10p^2(1-p)^3$
$P(X=3) = C_5^3 p^3 (1-p)^2 = 10p^3(1-p)^2$
$P(X=4) = C_5^4 p^4 (1-p)^1 = 5p^4(1-p)$
$P(X=5) = C_5^5 p^5 (1-p)^0 = p^5$

Ответ: Таблица распределения вероятностей, где $k$ - количество забитых мячей, а $P(X=k)$ - соответствующая вероятность:
k=0: $P(X=0) = (1-p)^5$
k=1: $P(X=1) = 5p(1-p)^4$
k=2: $P(X=2) = 10p^2(1-p)^3$
k=3: $P(X=3) = 10p^3(1-p)^2$
k=4: $P(X=4) = 5p^4(1-p)$
k=5: $P(X=5) = p^5$

2) При $p=0.8$ вероятность промаха $q = 1 - 0.8 = 0.2$. Вычислим значения вероятностей из пункта 1 и округлим их с точностью до 1% (до двух знаков после запятой).
$P(X=0) = (0.2)^5 = 0.00032 \approx 0.00$
$P(X=1) = 5 \cdot 0.8 \cdot (0.2)^4 = 4 \cdot 0.0016 = 0.0064 \approx 0.01$
$P(X=2) = 10 \cdot (0.8)^2 \cdot (0.2)^3 = 10 \cdot 0.64 \cdot 0.008 = 0.0512 \approx 0.05$
$P(X=3) = 10 \cdot (0.8)^3 \cdot (0.2)^2 = 10 \cdot 0.512 \cdot 0.04 = 0.2048 \approx 0.20$
$P(X=4) = 5 \cdot (0.8)^4 \cdot 0.2 = 5 \cdot 0.4096 \cdot 0.2 = 0.4096 \approx 0.41$
$P(X=5) = (0.8)^5 = 0.32768 \approx 0.33$
Сумма округленных вероятностей: $0.00 + 0.01 + 0.05 + 0.20 + 0.41 + 0.33 = 1.00$.

Ответ: Таблица распределения вероятностей для $p=0.8$ с точностью до 1%:
Количество забитых мячей ($k$): 0, 1, 2, 3, 4, 5.
Соответствующая вероятность $P(X=k)$: 0.00, 0.01, 0.05, 0.20, 0.41, 0.33.

3) Математическое ожидание $E(X)$ дискретной случайной величины по определению равно сумме произведений всех её возможных значений на их вероятности: $E(X) = \sum_{i} k_i \cdot P(X=k_i)$. Используем приближенные значения вероятностей, полученные в пункте 2.
$E(X) \approx (0 \cdot 0.00) + (1 \cdot 0.01) + (2 \cdot 0.05) + (3 \cdot 0.20) + (4 \cdot 0.41) + (5 \cdot 0.33)$
$E(X) \approx 0 + 0.01 + 0.10 + 0.60 + 1.64 + 1.65$
$E(X) \approx 4.00$
Этот результат совпадает со значением, вычисленным по формуле математического ожидания для биномиального распределения: $E(X) = n \cdot p = 5 \cdot 0.8 = 4$.

Ответ: Математическое ожидание количества забитых мячей в серии из пяти пенальти равно 4.

4) Вопрос "сколько забитых мячей следовало бы ожидать" является вопросом о нахождении математического ожидания. Для серии из $n=20$ ударов с вероятностью успеха $p=0.8$, случайная величина "количество забитых мячей" также имеет биномиальное распределение.
Используем формулу математического ожидания для биномиального распределения: $E(X) = n \cdot p$.
Подставляем значения $n=20$ и $p=0.8$:
$E(X) = 20 \cdot 0.8 = 16$.

Ответ: В серии из 20 ударов следовало бы ожидать 16 забитых мячей.

20.24. Из большой коробки с конфетами, среди которых 30% шоколадных, Карлсон наугад достаёт 4 конфеты.

1) Составьте таблицу распределения вероятностей количества шоколадных конфет у Карлсона.

2) Вычислите, пользуясь определением, математическое ожидание количества шоколадных конфет у Карлсона.

3) Чему было бы равным математическое ожидание количества шоколадных конфет у Карлсона, если бы он наугад доставал 50 конфет?

1) Составьте таблицу распределения вероятностей количества шоколадных конфет у Карлсона.

Пусть $X$ — это случайная величина, равная количеству шоколадных конфет среди 4 конфет, которые Карлсон достает наугад. Общее число извлеченных конфет (испытаний) равно $n=4$.

Вероятность того, что любая взятая конфета является шоколадной, составляет $p = 30\% = 0.3$. Соответственно, вероятность того, что конфета не является шоколадной, равна $q = 1 - p = 1 - 0.3 = 0.7$.

Поскольку в условии сказано, что коробка "большая", мы можем считать, что выбор одной конфеты не изменяет вероятности для последующих выборов. Это означает, что мы можем использовать формулу Бернулли для биномиального распределения, чтобы найти вероятность того, что среди $n$ конфет будет ровно $k$ шоколадных:

$P(X=k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}$, где $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ — количество сочетаний.

Возможные значения для $X$ (количество шоколадных конфет) — это 0, 1, 2, 3, 4. Вычислим вероятности для каждого из этих значений:

• Вероятность того, что шоколадных конфет нет ($k=0$):
  $P(X=0) = C_4^0 \cdot (0.3)^0 \cdot (0.7)^4 = 1 \cdot 1 \cdot 0.2401 = 0.2401$
• Вероятность того, что есть одна шоколадная конфета ($k=1$):
  $P(X=1) = C_4^1 \cdot (0.3)^1 \cdot (0.7)^3 = 4 \cdot 0.3 \cdot 0.343 = 0.4116$
• Вероятность того, что есть две шоколадные конфеты ($k=2$):
  $P(X=2) = C_4^2 \cdot (0.3)^2 \cdot (0.7)^2 = 6 \cdot 0.09 \cdot 0.49 = 0.2646$
• Вероятность того, что есть три шоколадные конфеты ($k=3$):
  $P(X=3) = C_4^3 \cdot (0.3)^3 \cdot (0.7)^1 = 4 \cdot 0.027 \cdot 0.7 = 0.0756$
• Вероятность того, что все четыре конфеты шоколадные ($k=4$):
  $P(X=4) = C_4^4 \cdot (0.3)^4 \cdot (0.7)^0 = 1 \cdot 0.0081 \cdot 1 = 0.0081$

Ответ:

Итоговая таблица распределения вероятностей количества шоколадных конфет:

2) Вычислите, пользуясь определением, математическое ожидание количества шоколадных конфет у Карлсона.

Математическое ожидание $E(X)$ дискретной случайной величины по определению вычисляется как сумма произведений всех ее возможных значений на соответствующие им вероятности:

$E(X) = \sum_{k} k \cdot P(X=k)$

Используя данные из таблицы распределения, полученной в предыдущем пункте, произведем расчет:

$E(X) = (0 \cdot 0.2401) + (1 \cdot 0.4116) + (2 \cdot 0.2646) + (3 \cdot 0.0756) + (4 \cdot 0.0081)$

$E(X) = 0 + 0.4116 + 0.5292 + 0.2268 + 0.0324$

$E(X) = 1.2$

Таким образом, в среднем Карлсон будет доставать 1.2 шоколадные конфеты.

Ответ: $1.2$.

3) Чему было бы равным математическое ожидание количества шоколадных конфет у Карлсона, если бы он наугад доставал 50 конфет?

В этом случае мы снова имеем дело с биномиальным распределением, но количество испытаний (извлеченных конфет) теперь равно $n=50$. Вероятность "успеха" (вытащить шоколадную конфету) остается прежней: $p=0.3$.

Для биномиального распределения существует простая формула для вычисления математического ожидания:

$E(X) = n \cdot p$

Подставим в нее новые значения $n$ и $p$:

$E(X) = 50 \cdot 0.3 = 15$

Ответ: $15$.