Страница 161, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

24.20. Таблица распределения кратностей имеет вид:

Варианта: 0, 1, 3, 5, 6

Кратность: 10, $2x$, $3x - 1$, 5, $x + 5$

a) Выразите через $x$ среднее значение.

б) Как выглядит график зависимости среднего значения от $x$?

в) Каким может быть $x$, если модой является $0$?

г) Может ли мода распределения равняться единице?

Прежде всего, определим область допустимых значений для переменной $x$. Поскольку кратности (частоты) должны быть неотрицательными целыми числами, мы имеем следующие условия:

• $f_2 = 2x \ge 0 \implies x \ge 0$. Так как $2x$ должно быть целым, $x$ может быть вида $k/2$.
• $f_3 = 3x - 1 \ge 0 \implies 3x \ge 1 \implies x \ge 1/3$. Так как $3x-1$ должно быть целым, $3x$ должно быть целым.
• $f_5 = x + 5 \ge 0 \implies x \ge -5$. Так как $x+5$ должно быть целым, $x$ должен быть целым.

Из последнего условия следует, что $x$ должен быть целым числом. Учитывая это, все условия выполняются, если $x$ — целое число и $x \ge 1$. Таким образом, $x \in \{1, 2, 3, ...\}$.

а) Выразите через x среднее значение.

Среднее значение $(\bar{v})$ для ряда распределения вычисляется как отношение суммы произведений вариант на их кратности к сумме всех кратностей. Формула для среднего значения:

$\bar{v} = \frac{\sum_{i=1}^{n} v_i f_i}{\sum_{i=1}^{n} f_i}$

Где $v_i$ — варианты, а $f_i$ — их кратности.

1. Найдем сумму произведений вариант на их кратности (числитель):

$\sum v_i f_i = (0 \cdot 10) + (1 \cdot 2x) + (3 \cdot (3x - 1)) + (5 \cdot 5) + (6 \cdot (x + 5))$

$\sum v_i f_i = 0 + 2x + 9x - 3 + 25 + 6x + 30 = 17x + 52$

2. Найдем сумму всех кратностей (знаменатель), то есть объем выборки:

$\sum f_i = 10 + 2x + (3x - 1) + 5 + (x + 5)$

$\sum f_i = 10 + 2x + 3x - 1 + 5 + x + 5 = 6x + 19$

3. Выразим среднее значение через $x$:

$\bar{v}(x) = \frac{17x + 52}{6x + 19}$

Ответ: Среднее значение выражается формулой $\bar{v}(x) = \frac{17x + 52}{6x + 19}$, где $x$ — целое число и $x \ge 1$.

б) Как выглядит график зависимости среднего значения от x?

Зависимость среднего значения от $x$ задается функцией $y = \frac{17x + 52}{6x + 19}$. Это дробно-линейная функция, графиком которой является гипербола.

Найдем асимптоты этой гиперболы:

• Вертикальная асимптота: $6x + 19 = 0 \implies x = -\frac{19}{6} \approx -3.17$.
• Горизонтальная асимптота: $y = \lim_{x \to \infty} \frac{17x + 52}{6x + 19} = \frac{17}{6} \approx 2.83$.

Однако, как мы установили ранее, переменная $x$ может принимать только целые значения, начиная с 1 ($x \in \{1, 2, 3, ...\}$). Следовательно, график зависимости среднего значения от $x$ представляет собой не сплошную линию (гиперболу), а множество отдельных точек, которые лежат на этой гиперболе.

Исследуем поведение функции на области определения $x \ge 1$. Найдем производную:

$y' = \left(\frac{17x + 52}{6x + 19}\right)' = \frac{17(6x+19) - 6(17x+52)}{(6x+19)^2} = \frac{102x + 323 - 102x - 312}{(6x+19)^2} = \frac{11}{(6x+19)^2}$

Поскольку производная $y' > 0$ при всех допустимых $x$, функция является возрастающей. Значения среднего будут увеличиваться с ростом $x$, приближаясь к горизонтальной асимптоте $y = 17/6$ снизу.

Ответ: График зависимости — это множество дискретных точек $(x, \bar{v}(x))$ для целых $x \ge 1$, которые лежат на возрастающей ветви гиперболы $y = \frac{17x + 52}{6x + 19}$ и асимптотически приближаются к прямой $y = 17/6$.

в) Каким может быть x, если модой является 0?

Мода — это варианта с наибольшей кратностью. Чтобы варианта 0 была модой, ее кратность, равная 10, должна быть строго больше всех остальных кратностей.

Составим систему неравенств:

$ \begin{cases} 10 > 2x \\ 10 > 3x - 1 \\ 10 > 5 \\ 10 > x + 5 \end{cases} $

Решим эти неравенства:

$ \begin{cases} x < 5 \\ 11 > 3x \implies x < 11/3 \approx 3.67 \\ \text{верно} \\ x < 5 \end{cases} $

Наиболее сильным является неравенство $x < 11/3$. Учитывая, что $x$ — целое число и $x \ge 1$, получаем возможные значения для $x$: 1, 2, 3.

Ответ: $x$ может быть равен 1, 2 или 3.

г) Может ли мода распределения равняться единице?

Чтобы варианта 1 была модой, ее кратность $f_2 = 2x$ должна быть строго больше всех остальных кратностей.

Составим соответствующую систему неравенств:

$ \begin{cases} 2x > 10 \\ 2x > 3x - 1 \\ 2x > 5 \\ 2x > x + 5 \end{cases} $

Решим эту систему:

$ \begin{cases} x > 5 \\ 1 > x \\ x > 2.5 \\ x > 5 \end{cases} $

В этой системе есть два противоречащих друг другу условия: $x > 5$ и $x < 1$. Не существует такого числа $x$, которое было бы одновременно больше 5 и меньше 1. Следовательно, эта система неравенств не имеет решений.

Это означает, что варианта 1 не может быть единственной модой ни при каком допустимом значении $x$. Даже если рассмотреть нестрогие неравенства (случай нескольких мод), решения не найдется. Например, при $x=5$ кратность $f_3=14$ будет больше, чем $f_2=10$.

Ответ: Нет, мода распределения не может равняться единице.

В пунктах а) — г) задач 25.1—25.2 найдите значения n, k, p, q и выпишите (без вычислений) формулы для $P_n(k)$.

25.1. a) Вероятность появления ровно 7 орлов при 10 бросаниях монеты;

б) Вероятность появления ровно 3 решек при 10 бросаниях монеты;

в) Вероятность появления ровно 57 нечётных чисел при 100 независимых выборах целых чисел от 0 до 9;

г) Вероятность появления ровно 75 чисел, кратных трём, при 100 независимых выборах целых чисел от 0 до 9.

Для решения всех пунктов задачи используется формула Бернулли, которая определяет вероятность получения ровно $k$ успехов в серии из $n$ независимых испытаний. Вероятность успеха в каждом испытании равна $p$, а вероятность неудачи — $q = 1 - p$. Формула имеет вид:

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

где $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ — число сочетаний из $n$ по $k$.

а)

В этом случае проводится серия из 10 бросаний монеты. Это и есть наши независимые испытания.

• Общее число испытаний: $n = 10$.
• Количество "успехов" (выпадений орла), которое нас интересует: $k = 7$.
• Вероятность "успеха" в одном испытании (вероятность выпадения орла при одном броске): $p = \frac{1}{2}$.
• Вероятность "неудачи" (выпадения решки): $q = 1 - p = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

Подставляя эти значения в формулу Бернулли, получаем формулу для искомой вероятности.

Ответ: $P_{10}(7) = C_{10}^7 \cdot (\frac{1}{2})^7 \cdot (\frac{1}{2})^{10-7} = C_{10}^7 \cdot (\frac{1}{2})^7 \cdot (\frac{1}{2})^3$.

б)

Задача аналогична предыдущей, но теперь "успехом" считается выпадение решки.

• Общее число испытаний: $n = 10$.
• Количество "успехов" (выпадений решки): $k = 3$.
• Вероятность "успеха" (выпадения решки): $p = \frac{1}{2}$.
• Вероятность "неудачи" (выпадения орла): $q = 1 - p = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

Подставляем значения в формулу Бернулли.

Ответ: $P_{10}(3) = C_{10}^3 \cdot (\frac{1}{2})^3 \cdot (\frac{1}{2})^{10-3} = C_{10}^3 \cdot (\frac{1}{2})^3 \cdot (\frac{1}{2})^7$.

в)

Здесь испытание — это выбор одного целого числа из диапазона от 0 до 9. Таких испытаний проводится 100.

• Общее число испытаний: $n = 100$.
• Количество "успехов" (выбор нечётного числа): $k = 57$.
• Для определения вероятности "успеха" $p$ посчитаем количество нечётных чисел среди чисел {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Нечётными являются {1, 3, 5, 7, 9} — всего 5 чисел из 10. Значит, $p = \frac{5}{10} = \frac{1}{2}$.
• Вероятность "неудачи" (выбор чётного числа): $q = 1 - p = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

Подставляем значения в формулу Бернулли.

Ответ: $P_{100}(57) = C_{100}^{57} \cdot (\frac{1}{2})^{57} \cdot (\frac{1}{2})^{100-57} = C_{100}^{57} \cdot (\frac{1}{2})^{57} \cdot (\frac{1}{2})^{43}$.

г)

Испытание — выбор одного целого числа от 0 до 9. "Успех" — выбор числа, кратного трём.

• Общее число испытаний: $n = 100$.
• Количество "успехов" (выбор числа, кратного трём): $k = 75$.
• Для определения вероятности "успеха" $p$ посчитаем количество чисел, кратных трём, среди чисел {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Кратными трём являются {0, 3, 6, 9} — всего 4 числа из 10. Значит, $p = \frac{4}{10} = \frac{2}{5}$.
• Вероятность "неудачи" (выбор числа, не кратного трём): $q = 1 - p = 1 - \frac{4}{10} = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}$.

Подставляем значения в формулу Бернулли.

Ответ: $P_{100}(75) = C_{100}^{75} \cdot (\frac{4}{10})^{75} \cdot (\frac{6}{10})^{100-75} = C_{100}^{75} \cdot (\frac{2}{5})^{75} \cdot (\frac{3}{5})^{25}$.

25.2. а) Каждый из 50 человек независимо называет один из дней недели. Неудачным днём считается понедельник. Какова вероятность того, что удач будет ровно половина?

б) Каждый из 100 человек независимо называет один из дней недели. Удачными днями считаются суббота и воскресенье. Какова вероятность того, что неудач будет 33?

в) Бросание кубика удачно, если выпадает 5 или 6 очков. Какова вероятность того, что ровно 175 бросаний из 293 будут удачными?

г) Одновременно бросают три различные монеты; неудача: решек больше, чем орлов. Какова вероятность того, что будет ровно три удачи в тысяче независимых бросаний?

а)

Все подпункты этой задачи решаются с использованием формулы Бернулли. Эта формула определяет вероятность получения ровно $k$ успехов в $n$ независимых испытаниях: $P_n(k) = C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}$ где $n$ – общее число испытаний, $k$ – число «успешных» исходов, $p$ – вероятность «успеха» в одном испытании, $q = 1-p$ – вероятность «неудачи» в одном испытании, а $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ – биномиальный коэффициент (число сочетаний из $n$ по $k$).

В данном случае:

• Количество независимых испытаний $n$ – это число человек, то есть $n=50$.
• Испытание – это выбор дня недели одним человеком.
• «Неудачным днём» считается понедельник. Следовательно, «удачные» дни – это остальные 6 дней недели.
• Вероятность «удачи» (выбора удачного дня) в одном испытании: $p = \frac{6}{7}$.
• Вероятность «неудачи» (выбора понедельника) в одном испытании: $q = 1 - p = \frac{1}{7}$.
• Мы ищем вероятность того, что «удач будет ровно половина», то есть число успехов $k = \frac{50}{2} = 25$.

Подставляем значения в формулу Бернулли: $P_{50}(25) = C_{50}^{25} \cdot \left(\frac{6}{7}\right)^{25} \cdot \left(\frac{1}{7}\right)^{50-25} = C_{50}^{25} \cdot \left(\frac{6}{7}\right)^{25} \cdot \left(\frac{1}{7}\right)^{25} = C_{50}^{25} \frac{6^{25}}{7^{50}}$

Ответ: $C_{50}^{25} \frac{6^{25}}{7^{50}}$

б)

Используем ту же формулу Бернулли. В этом случае:

• Количество испытаний $n = 100$ (количество человек).
• «Удачные дни» – суббота и воскресенье. «Неудачные дни» – остальные 5 дней недели.
• Мы ищем вероятность того, что «неудач будет 33». Для применения формулы определим «успех» как наступление «неудачи» по условию задачи.
• Вероятность «успеха» (один человек назовёт неудачный день): $p = \frac{5}{7}$.
• Вероятность «неудачи» (один человек назовёт удачный день): $q = 1 - p = \frac{2}{7}$.
• Требуемое количество «успехов» (то есть неудач по условию) равно $k = 33$.

Подставляем значения в формулу: $P_{100}(33) = C_{100}^{33} \cdot \left(\frac{5}{7}\right)^{33} \cdot \left(\frac{2}{7}\right)^{100-33} = C_{100}^{33} \cdot \left(\frac{5}{7}\right)^{33} \cdot \left(\frac{2}{7}\right)^{67} = C_{100}^{33} \frac{5^{33} \cdot 2^{67}}{7^{100}}$

Ответ: $C_{100}^{33} \frac{5^{33} \cdot 2^{67}}{7^{100}}$

в)

Снова применяем формулу Бернулли.

• Количество испытаний $n = 293$ (количество бросаний кубика).
• «Удача» – выпадение 5 или 6 очков.
• На стандартном шестигранном кубике 6 граней. Два исхода (выпадение 5 или 6) являются удачными.
• Вероятность успеха в одном броске: $p = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.
• Вероятность неудачи: $q = 1 - p = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$.
• Мы ищем вероятность того, что будет ровно $k=175$ удачных бросаний.

Подставляем в формулу Бернулли: $P_{293}(175) = C_{293}^{175} \cdot \left(\frac{1}{3}\right)^{175} \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^{293-175} = C_{293}^{175} \cdot \left(\frac{1}{3}\right)^{175} \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^{118} = C_{293}^{175} \frac{2^{118}}{3^{293}}$

Ответ: $C_{293}^{175} \frac{2^{118}}{3^{293}}$

г)

Задача также решается по формуле Бернулли. Сначала определим вероятность «удачи» в одном испытании.

Одно испытание – это одновременное бросание трёх монет. Общее число равновероятных исходов равно $2^3 = 8$. Перечислим их (О – орёл, Р – решка):

• ООО (0 решек, 3 орла)
• ООР, ОРО, РОО (1 решка, 2 орла) - 3 исхода
• ОРР, РОР, РРО (2 решки, 1 орёл) - 3 исхода
• РРР (3 решки, 0 орлов) - 1 исход

По условию, «неудача» – это когда решек больше, чем орлов. Это происходит в следующих случаях:

• 2 решки, 1 орёл (3 исхода)
• 3 решки, 0 орлов (1 исход)

Всего $3+1=4$ исхода соответствуют «неудаче». Вероятность «неудачи» в одном броске: $q = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$.

«Удача» – это когда решек не больше, чем орлов (то есть меньше или равно). Это остальные $8-4=4$ исхода. Соответственно, вероятность «удачи» в одном броске: $p = 1 - q = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$.

Теперь применяем формулу Бернулли для серии из $n=1000$ независимых бросаний, в которой мы ищем вероятность ровно $k=3$ удач.

$P_{1000}(3) = C_{1000}^{3} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{3} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{1000-3} = C_{1000}^{3} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{1000} = \frac{C_{1000}^{3}}{2^{1000}}$

Ответ: $\frac{C_{1000}^{3}}{2^{1000}}$