Страница 193 - гдз по алгебре 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

5.110. В коробке имеются 2 синих, 4 красных и 5 белых альчиков. Сколькими способами из этой коробки можно извлечь:

1) 3 альчика;

2) 3 альчика разных цветов;

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

1) 3 альчика
В коробке находится $2$ синих, $4$ красных и $5$ белых альчиков. Общее количество альчиков: $2 + 4 + 5 = 11$.
Нужно найти количество способов извлечь 3 альчика из 11. Поскольку порядок извлечения не имеет значения, мы используем формулу для числа сочетаний: $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$, где $n$ — общее количество элементов, а $k$ — количество выбираемых элементов.
В данном случае $n=11$ и $k=3$.
$C_{11}^3 = \frac{11!}{3!(11-3)!} = \frac{11!}{3!8!} = \frac{11 \times 10 \times 9}{3 \times 2 \times 1} = 11 \times 5 \times 3 = 165$.
Таким образом, существует 165 способов извлечь 3 альчика из коробки.
Ответ: 165.

2) 3 альчика разных цветов
Чтобы извлечь 3 альчика разных цветов, необходимо взять 1 синий, 1 красный и 1 белый альчик.
Количество способов выбрать 1 синий альчик из 2 имеющихся: $C_2^1 = \frac{2!}{1!(2-1)!} = 2$.
Количество способов выбрать 1 красный альчик из 4 имеющихся: $C_4^1 = \frac{4!}{1!(4-1)!} = 4$.
Количество способов выбрать 1 белый альчик из 5 имеющихся: $C_5^1 = \frac{5!}{1!(5-1)!} = 5$.
Согласно правилу произведения в комбинаторике, общее число способов равно произведению числа способов для каждого выбора:$N = C_2^1 \times C_4^1 \times C_5^1 = 2 \times 4 \times 5 = 40$.
Таким образом, существует 40 способов извлечь 3 альчика разных цветов.
Ответ: 40.

3) 3 альчика так, чтобы два из них были одного цвета?
Это означает, что мы должны извлечь 2 альчика одного цвета и 1 альчик другого цвета. Рассмотрим все возможные варианты:

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 (красных и белых): $4 + 5 = 9$.
Количество способов выбрать 1 не синий альчик из 9: $C_9^1 = 9$.
Общее число 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 (синих и белых): $2 + 5 = 7$.
Количество способов выбрать 1 не красный альчик из 7: $C_7^1 = 7$.
Общее число 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 (синих и красных): $2 + 4 = 6$.
Количество способов выбрать 1 не белый альчик из 6: $C_6^1 = 6$.
Общее число способов для этого случая: $C_5^2 \times C_6^1 = 10 \times 6 = 60$.

Так как эти три случая являются взаимоисключающими, общее количество способов равно сумме способов для каждого случая:
$N = 9 + 42 + 60 = 111$.
Ответ: 111.

5.111. В течение 15 дней учащиеся должны сдать 5 экзаменов. Среди них один экзамен по алгебре, а другой – по геометрии. Сколькими способами можно составить график экзаменов так, чтобы экзамены по алгебре и геометрии не следовали друг за другом?

Для решения этой задачи воспользуемся методом от противного. Сначала мы найдем общее количество всех возможных способов составить расписание экзаменов, а затем вычтем из этого числа количество "неблагоприятных" способов, то есть тех, при которых экзамены по алгебре и геометрии следуют друг за другом.

Шаг 1: Нахождение общего числа способов составить расписание

У нас есть 15 дней и 5 различных экзаменов. Нужно выбрать 5 дней из 15 и назначить на каждый из этих дней один из экзаменов. Поскольку порядок экзаменов важен (расписание на понедельник-вторник отличается от вторника-понедельника), мы используем формулу для нахождения числа размещений.Общее число способов составить расписание равно числу размещений из 15 по 5:

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

Таким образом, существует 360360 возможных вариантов расписания без каких-либо ограничений.

Шаг 2: Нахождение числа способов, когда экзамены по алгебре и геометрии идут подряд

Теперь посчитаем количество расписаний, в которых экзамены по алгебре и геометрии стоят в соседние дни. Мы можем рассматривать эту пару экзаменов как единый блок.Этот блок может быть в двух вариантах: (алгебра, геометрия) или (геометрия, алгебра).Поскольку блок занимает два последовательных дня, существует 14 возможных позиций для этого блока в 15-дневном расписании (дни 1-2, 2-3, 3-4, ..., 14-15).После того как мы определили дни для блока "алгебра-геометрия", нам нужно разместить оставшиеся $5 - 2 = 3$ экзамена на свободных $15 - 2 = 13$ днях. Число способов сделать это также является числом размещений из 13 по 3:

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

Число "неблагоприятных" способов для одного порядка в блоке (например, сначала алгебра, потом геометрия) равно произведению числа позиций блока (14) на число способов размещения остальных экзаменов ($A_{13}^3$):

$14 \times A_{13}^3 = 14 \times 1716 = 24024$

Так как существует два варианта порядка экзаменов в блоке (алгебра-геометрия и геометрия-алгебра), мы удваиваем это число, чтобы учесть все "неблагоприятные" расписания:

$N_{небл} = 2 \times 14 \times A_{13}^3 = 2 \times 24024 = 48048$

Шаг 3: Нахождение искомого числа способов

Чтобы найти количество способов составить график так, чтобы экзамены по алгебре и геометрии не следовали друг за другом, нужно вычесть число "неблагоприятных" способов из общего числа способов:

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

Ответ: 312312.

5.112. Сколько пятизначных чисел можно написать с помощью цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 так, чтобы они состояли из 3 нечетных, 2 четных цифр и все цифры в них не повторялись?

Для решения задачи необходимо выполнить два основных шага: сначала выбрать требуемое количество четных и нечетных цифр, а затем найти количество пятизначных чисел, которые можно из них составить.

1. Выбор цифр
В заданном наборе {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} имеется 4 нечетные цифры ({1, 3, 5, 7}) и 3 четные цифры ({2, 4, 6}). По условию, нам нужно выбрать 3 нечетные цифры и 2 четные. Поскольку порядок выбора не важен на этом этапе, используем формулу для числа сочетаний $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.

Количество способов выбрать 3 нечетные цифры из 4: $C_4^3 = \frac{4!}{3!(4-3)!} = \frac{4!}{3! \cdot 1!} = 4$ способа.

Количество способов выбрать 2 четные цифры из 3: $C_3^2 = \frac{3!}{2!(3-2)!} = \frac{3!}{2! \cdot 1!} = 3$ способа.

Общее число способов сформировать уникальный набор из пяти цифр (3 нечетных и 2 четных) находится по правилу произведения: $N_{выбора} = C_4^3 \times C_3^2 = 4 \times 3 = 12$ способов.

2. Составление чисел
Каждый из 12 полученных наборов состоит из 5 различных цифр (поскольку исходные цифры уникальны, и мы выбираем без повторений). Чтобы составить из них пятизначное число, нужно найти количество всех возможных перестановок этих 5 цифр. Число перестановок из 5 элементов ($P_5$) вычисляется как $5!$: $P_5 = 5! = 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 120$.

3. Итоговый результат
Чтобы найти общее количество возможных пятизначных чисел, нужно умножить количество способов выбора набора цифр на количество перестановок для каждого набора: $N_{итого} = N_{выбора} \times P_5 = 12 \times 120 = 1440$.

Ответ: 1440

5.113. Сколькими способами можно переставлять местами буквы в слове «сорняк» так, чтобы между двумя гласными буквами были расположены 2 согласные буквы?

В слове «сорняк» 6 букв, все они различны. Из них 2 гласные (Г) — 'о', 'я', и 4 согласные (С) — 'с', 'р', 'н', 'к'.

По условию задачи, между двумя гласными буквами должны быть расположены ровно 2 согласные. Это означает, что эти четыре буквы образуют единый блок вида ГССГ.

Вычислим, сколькими способами можно составить такой блок.

1. Расстановка гласных букв. На две крайние позиции в блоке (Г _ _ Г) нужно расставить 2 гласные буквы ('о', 'я'). Количество способов сделать это равно числу перестановок из 2 элементов: $P_2 = 2! = 2$ способа (комбинации «о...я» и «я...о»).

2. Выбор и расстановка согласных букв. На две средние позиции в блоке (_ С С _) нужно выбрать 2 согласные из 4 имеющихся ('с', 'р', 'н', 'к') и расставить их. Поскольку порядок важен (например, «ср» и «рс» — разные варианты), мы используем формулу для нахождения числа размещений из 4 по 2: $A_4^2 = \frac{4!}{(4-2)!} = \frac{4!}{2!} = 4 \times 3 = 12$ способов.

Общее число способов для формирования блока ГССГ равно произведению числа способов расстановки гласных и согласных: $2 \times 12 = 24$ способа.

Теперь будем рассматривать этот блок из 4 букв как один неделимый элемент. Помимо этого блока, у нас остались еще 2 согласные буквы, которые не были использованы (из 4 согласных мы взяли 2 в блок).

Таким образом, нам нужно найти число перестановок для 3-х элементов: наш блок и 2 оставшиеся согласные. Все эти три элемента различны.

Число перестановок из 3-х элементов равно: $P_3 = 3! = 3 \times 2 \times 1 = 6$ способов.

Итоговое количество способов получить требуемую расстановку букв равно произведению числа способов сформировать блок на число способов расставить этот блок с оставшимися буквами:

Всего способов = (число способов сформировать блок) $\times$ (число способов переставить 3 элемента) = $24 \times 6 = 144$.

Ответ: 144.

5.114. Докажите тождества:

1) $C_n^k + C_n^{k-1} = C_{n+1}^k$;

2) $C_n^1 + 6C_n^2 + 6C_n^3 = n^3$;

3) $C_n^0 + 7C_n^1 + 12C_n^2 + 6C_n^3 = (n+1)^3$.

1) Докажем тождество $C_n^k + C_n^{k-1} = C_{n+1}^k$. Это тождество известно как тождество Паскаля.
Воспользуемся формулой для числа сочетаний (биномиального коэффициента): $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.
Преобразуем левую часть равенства:
$C_n^k + C_n^{k-1} = \frac{n!}{k!(n-k)!} + \frac{n!}{(k-1)!(n-(k-1))!} = \frac{n!}{k!(n-k)!} + \frac{n!}{(k-1)!(n-k+1)!}$.
Чтобы сложить эти дроби, приведем их к общему знаменателю $k!(n-k+1)!$. Для этого домножим числитель и знаменатель первой дроби на $(n-k+1)$, а второй — на $k$:
$\frac{n!(n-k+1)}{k!(n-k)!(n-k+1)} + \frac{n! \cdot k}{k(k-1)!(n-k+1)!} = \frac{n!(n-k+1)}{k!(n-k+1)!} + \frac{n!k}{k!(n-k+1)!}$.
Теперь сложим дроби с одинаковыми знаменателями:
$\frac{n!(n-k+1) + n!k}{k!(n-k+1)!} = \frac{n!(n-k+1+k)}{k!(n-k+1)!} = \frac{n!(n+1)}{k!(n+1-k)!} = \frac{(n+1)!}{k!(n+1-k)!}$.
Рассмотрим правую часть исходного тождества: $C_{n+1}^k = \frac{(n+1)!}{k!((n+1)-k)!} = \frac{(n+1)!}{k!(n+1-k)!}$.
Поскольку левая и правая части равны, тождество доказано.
Ответ: Тождество доказано.

2) Докажем тождество $C_n^1 + 6C_n^2 + 6C_n^3 = n^3$.
Для этого раскроем биномиальные коэффициенты в левой части по формуле $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$:
$C_n^1 = \frac{n!}{1!(n-1)!} = \frac{n \cdot (n-1)!}{1 \cdot (n-1)!} = n$
$C_n^2 = \frac{n!}{2!(n-2)!} = \frac{n(n-1)(n-2)!}{2 \cdot 1 \cdot (n-2)!} = \frac{n(n-1)}{2}$
$C_n^3 = \frac{n!}{3!(n-3)!} = \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)!}{3 \cdot 2 \cdot 1 \cdot (n-3)!} = \frac{n(n-1)(n-2)}{6}$
Подставим эти выражения в левую часть тождества и выполним преобразования:
$C_n^1 + 6C_n^2 + 6C_n^3 = n + 6 \cdot \frac{n(n-1)}{2} + 6 \cdot \frac{n(n-1)(n-2)}{6}$
$= n + 3n(n-1) + n(n-1)(n-2)$
$= n + (3n^2 - 3n) + n(n^2 - 2n - n + 2)$
$= n + 3n^2 - 3n + n(n^2 - 3n + 2)$
$= n + 3n^2 - 3n + n^3 - 3n^2 + 2n$
Приведем подобные слагаемые:
$= n^3 + (3n^2 - 3n^2) + (n - 3n + 2n) = n^3 + 0 + 0 = n^3$.
Левая часть тождества равна $n^3$, что совпадает с правой частью. Тождество доказано.
Ответ: Тождество доказано.

3) Докажем тождество $C_n^0 + 7C_n^1 + 12C_n^2 + 6C_n^3 = (n+1)^3$.
Используем выражения для $C_n^1, C_n^2, C_n^3$ из предыдущего пункта и учтем, что $C_n^0 = \frac{n!}{0!n!} = 1$.
Подставим эти выражения в левую часть тождества:
$1 + 7 \cdot n + 12 \cdot \frac{n(n-1)}{2} + 6 \cdot \frac{n(n-1)(n-2)}{6}$
$= 1 + 7n + 6n(n-1) + n(n-1)(n-2)$
Раскроем скобки и упростим выражение:
$= 1 + 7n + 6n^2 - 6n + n(n^2 - 3n + 2)$
$= 1 + n + 6n^2 + n^3 - 3n^2 + 2n$
Приведем подобные слагаемые:
$= n^3 + (6n^2 - 3n^2) + (n + 2n) + 1$
$= n^3 + 3n^2 + 3n + 1$
Теперь рассмотрим правую часть тождества. По формуле куба суммы $(a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3$ имеем:
$(n+1)^3 = n^3 + 3 \cdot n^2 \cdot 1 + 3 \cdot n \cdot 1^2 + 1^3 = n^3 + 3n^2 + 3n + 1$.
Полученные выражения для левой и правой частей совпадают, следовательно, тождество доказано.
Ответ: Тождество доказано.

5.115. В биномиальном разложении выражения $\left(x+\frac{1}{x}\right)^m$ сумма коэффициентов первого и третьего слагаемых равна 46. Найдите слагаемое, не содержащее переменную $x$.

Для решения задачи воспользуемся формулой бинома Ньютона. Общий член $(k+1)$-й биномиального разложения выражения $(a+b)^m$ имеет вид:
$T_{k+1} = C_m^k a^{m-k} b^k$, где $C_m^k = \frac{m!}{k!(m-k)!}$ – это биномиальный коэффициент.

В данном выражении $\left(x+\frac{1}{x}\right)^m$ имеем $a=x$ и $b=\frac{1}{x}$. Подставив их в формулу общего члена, получим:
$T_{k+1} = C_m^k x^{m-k} \left(\frac{1}{x}\right)^k = C_m^k x^{m-k} x^{-k} = C_m^k x^{m-2k}$.

Сначала найдем показатель степени $m$. По условию, сумма коэффициентов первого и третьего слагаемых равна 46.
Первое слагаемое соответствует $k=0$. Его коэффициент равен $C_m^0 = 1$.
Третье слагаемое соответствует $k=2$. Его коэффициент равен $C_m^2 = \frac{m!}{2!(m-2)!} = \frac{m(m-1)}{2}$.

Составим уравнение на основе условия задачи:
$C_m^0 + C_m^2 = 46$
$1 + \frac{m(m-1)}{2} = 46$
$\frac{m(m-1)}{2} = 45$
$m(m-1) = 90$
$m^2 - m - 90 = 0$
Решая это квадратное уравнение (например, по теореме Виета), находим корни $m_1 = 10$ и $m_2 = -9$. Поскольку показатель степени $m$ в биномиальном разложении должен быть натуральным числом, то единственным подходящим решением является $m=10$.

Теперь, зная $m=10$, найдем слагаемое, не содержащее переменную $x$. Такое слагаемое будет иметь степень при $x$ равную нулю. Используем формулу общего члена $T_{k+1} = C_{10}^k x^{10-2k}$ и приравняем показатель степени к нулю:
$10 - 2k = 0$
$2k = 10$
$k = 5$

Это означает, что искомое слагаемое является шестым членом разложения (поскольку $k=5$, то номер члена $k+1=6$). Найдем его значение:
$T_6 = C_{10}^5 x^{10-2 \cdot 5} = C_{10}^5 x^0 = C_{10}^5$.
Осталось вычислить значение коэффициента $C_{10}^5$:
$C_{10}^5 = \frac{10!}{5!(10-5)!} = \frac{10!}{5!5!} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = \frac{30240}{120} = 252$.

Таким образом, слагаемое в разложении, не содержащее переменную $x$, равно 252.

Ответ: 252

5.116. Найдите коэффициент при $x^5$ многочлена:

1) $(1+x-x^2)^3;$

2) $(1+x^2-x^3)^4.$

1) Для нахождения коэффициента при $x^5$ в разложении многочлена $(1+x-x^2)^3$ воспользуемся формулой полиномиального разложения (трином Ньютона):

$(a+b+c)^n = \sum_{i+j+k=n} \frac{n!}{i!j!k!} a^i b^j c^k$, где $i, j, k$ — неотрицательные целые числа.

В нашем случае $a=1$, $b=x$, $c=-x^2$ и $n=3$. Общий член разложения имеет вид:

$\frac{3!}{i!j!k!} (1)^i (x)^j (-x^2)^k = \frac{3!}{i!j!k!} (-1)^k x^{j+2k}$

Мы ищем члены, в которых степень $x$ равна 5. Это означает, что нам нужно найти все наборы неотрицательных целых чисел $(i, j, k)$, удовлетворяющие системе уравнений:

$\begin{cases} i+j+k=3 \\ j+2k=5 \end{cases}$

Из второго уравнения выразим $j = 5-2k$. Так как $j \ge 0$, то $5-2k \ge 0$, что дает $k \le 2.5$. Возможные целые значения для $k$: 0, 1, 2.

Рассмотрим каждый случай:

• Если $k=0$, то $j=5$. Тогда из первого уравнения $i=3-j-k=3-5-0=-2$. Это невозможно, так как $i$ должно быть неотрицательным.

• Если $k=1$, то $j=5-2(1)=3$. Тогда $i=3-j-k=3-3-1=-1$. Это также невозможно.

• Если $k=2$, то $j=5-2(2)=1$. Тогда $i=3-j-k=3-1-2=0$. Это решение нам подходит: $(i, j, k) = (0, 1, 2)$.

Таким образом, существует только один набор $(i, j, k)$, который дает член с $x^5$. Найдем соответствующий коэффициент:

$\frac{3!}{0!1!2!} (-1)^2 = \frac{6}{1 \cdot 1 \cdot 2} \cdot 1 = 3$

Член многочлена с $x^5$ равен $3x^5$.

Ответ: 3

2) Для нахождения коэффициента при $x^5$ в разложении многочлена $(1+x^2-x^3)^4$ снова воспользуемся формулой полиномиального разложения.

В этом случае $a=1$, $b=x^2$, $c=-x^3$ и $n=4$. Общий член разложения имеет вид:

$\frac{4!}{i!j!k!} (1)^i (x^2)^j (-x^3)^k = \frac{4!}{i!j!k!} (-1)^k x^{2j+3k}$

Мы ищем члены, в которых степень $x$ равна 5. Составим систему уравнений для неотрицательных целых чисел $(i, j, k)$:

$\begin{cases} i+j+k=4 \\ 2j+3k=5 \end{cases}$

Из второго уравнения $2j=5-3k$. Так как $j \ge 0$, то $5-3k \ge 0$, что дает $k \le 5/3 \approx 1.67$. Кроме того, $5-3k$ должно быть четным числом, так как $2j$ — четное.

Рассмотрим возможные целые значения для $k$: 0, 1.

• Если $k=0$, то $2j=5$, откуда $j=2.5$. Это не целое число, поэтому данное решение не подходит.

• Если $k=1$, то $2j=5-3(1)=2$, откуда $j=1$. Тогда из первого уравнения $i=4-j-k=4-1-1=2$. Это решение нам подходит: $(i, j, k) = (2, 1, 1)$.

Найден единственный набор $(i, j, k)$, который дает член с $x^5$. Вычислим соответствующий коэффициент:

$\frac{4!}{2!1!1!} (-1)^1 = \frac{24}{2 \cdot 1 \cdot 1} \cdot (-1) = 12 \cdot (-1) = -12$

Член многочлена с $x^5$ равен $-12x^5$.

Ответ: -12

5.117. Населенные пункты А и В соединены тремя дорогами, и эти дороги пересекаются 4 параллельными между собой дорогами. Сколькими способами можно добраться из пункта А в пункт В, не повторяя пройденный путь?

Для решения этой задачи представим схему дорог. Между пунктами А и В проложены три основные дороги. Эти дороги пересекаются четырьмя параллельными дорогами, что создает сеть возможных маршрутов. Условие "не повторяя пройденный путь" означает, что движение должно быть последовательным от А к В, без возвратов по уже пройденным участкам.

Весь путь из пункта А в пункт В можно разделить на 5 последовательных этапов, границами которых служат параллельные дороги:

1. Путь от пункта А до первой параллельной дороги.
2. Путь между первой и второй параллельными дорогами.
3. Путь между второй и третьей параллельными дорогами.
4. Путь между третьей и четвертой параллельными дорогами.
5. Путь от четвертой параллельной дороги до пункта В.

Наглядно эту схему можно представить так:

На каждом из 5 этапов путешественник должен выбрать, по какой из трех основных дорог он будет двигаться. Параллельные дороги на перекрестках позволяют сменить одну основную дорогу на любую другую. Таким образом, для каждого этапа существует 3 независимых варианта выбора пути.

Для нахождения общего количества способов воспользуемся правилом произведения в комбинаторике. Общее число способов $N$ равно произведению числа вариантов на каждом этапе:

$N = (\text{выборы на 1 этапе}) \times (\text{выборы на 2 этапе}) \times (\text{выборы на 3 этапе}) \times (\text{выборы на 4 этапе}) \times (\text{выборы на 5 этапе})$

$N = 3 \times 3 \times 3 \times 3 \times 3 = 3^5$

Вычислим полученное значение:

$3^5 = 243$

Таким образом, существует 243 различных способа добраться из пункта А в пункт В.

Ответ: 243

5.118. Пусть $B$ и $C$ – несовместные события и $P(A) \ne 0$. Докажите равенство

$P_A(B+C) = P_A(B) + P_A(C)$.

Для доказательства данного равенства воспользуемся определением условной вероятности. Условная вероятность события $X$ при условии, что произошло событие $A$ (где $P(A) \neq 0$), определяется формулой:

$P_A(X) = P(X|A) = \frac{P(X \cdot A)}{P(A)}$

Здесь $X \cdot A$ обозначает пересечение событий $X$ и $A$ (их совместное наступление), а $B+C$ обозначает объединение событий $B$ и $C$.

Рассмотрим левую часть равенства, которое необходимо доказать:

$P_A(B+C)$

Применяя определение условной вероятности, получаем:

$P_A(B+C) = \frac{P((B+C) \cdot A)}{P(A)}$

Используя дистрибутивный закон для операций над событиями (пересечение дистрибутивно относительно объединения), преобразуем выражение в числителе:

$(B+C) \cdot A = (B \cdot A) + (C \cdot A)$

Подставим это обратно в нашу формулу:

$P_A(B+C) = \frac{P((B \cdot A) + (C \cdot A))}{P(A)}$

По условию задачи, события $B$ и $C$ являются несовместными. Это означает, что их пересечение является невозможным событием: $B \cdot C = \emptyset$.

Теперь проверим, являются ли события $(B \cdot A)$ и $(C \cdot A)$ несовместными. Найдем их пересечение:

$(B \cdot A) \cdot (C \cdot A) = B \cdot C \cdot A \cdot A = (B \cdot C) \cdot A$

Так как $B \cdot C = \emptyset$, то и $(B \cdot C) \cdot A = \emptyset$. Следовательно, события $(B \cdot A)$ и $(C \cdot A)$ также являются несовместными.

Согласно аксиоме аддитивности, вероятность суммы двух несовместных событий равна сумме их вероятностей. Применим это к числителю:

$P((B \cdot A) + (C \cdot A)) = P(B \cdot A) + P(C \cdot A)$

Подставим полученное выражение в формулу для $P_A(B+C)$:

$P_A(B+C) = \frac{P(B \cdot A) + P(C \cdot A)}{P(A)}$

Разделим дробь на два слагаемых:

$P_A(B+C) = \frac{P(B \cdot A)}{P(A)} + \frac{P(C \cdot A)}{P(A)}$

Заметим, что каждое из слагаемых в правой части является определением условной вероятности:

$\frac{P(B \cdot A)}{P(A)} = P_A(B)$

$\frac{P(C \cdot A)}{P(A)} = P_A(C)$

Таким образом, мы приходим к искомому равенству:

$P_A(B+C) = P_A(B) + P_A(C)$

Равенство доказано.

Ответ: Утверждение доказано путем последовательного применения определения условной вероятности, дистрибутивного закона для операций над событиями и аксиомы аддитивности для несовместных событий.

5.119. Пусть $P(A) \ne 0$. Докажите равенство

$P_A(B+C)=P_A(B)+P_A(C)-P_A(BC).$

5.120.

Для доказательства данного равенства мы будем использовать определение условной вероятности и основные свойства вероятностей. Условная вероятность события $X$ при условии наступления события $A$ (при $P(A) \neq 0$) определяется формулой:$P_A(X) = P(X|A) = \frac{P(XA)}{P(A)}$.В данной задаче обозначение $B+C$ соответствует объединению событий $B \cup C$, а $BC$ — их пересечению $B \cap C$.

Начнем с левой части доказываемого равенства и применим к ней определение условной вероятности:$P_A(B+C) = P(B \cup C|A) = \frac{P((B \cup C)A)}{P(A)}$.

Используя свойство дистрибутивности операции пересечения относительно объединения, преобразуем событие в числителе:$(B \cup C)A = (BA) \cup (CA)$.

Подставим это выражение обратно в формулу условной вероятности:$P_A(B+C) = \frac{P((BA) \cup (CA))}{P(A)}$.

Теперь применим к числителю теорему сложения вероятностей, которая гласит, что для любых двух событий $X$ и $Y$ справедливо $P(X \cup Y) = P(X) + P(Y) - P(X \cap Y)$. Положив $X=BA$ и $Y=CA$, получим:$P((BA) \cup (CA)) = P(BA) + P(CA) - P((BA) \cap (CA))$.

Упростим пересечение событий в последнем слагаемом:$(BA) \cap (CA) = B \cap A \cap C \cap A = B \cap C \cap A = BCA$.

Таким образом, выражение для вероятности объединения принимает вид:$P((BA) \cup (CA)) = P(BA) + P(CA) - P(BCA)$.

Теперь подставим это в нашу основную формулу:$P_A(B+C) = \frac{P(BA) + P(CA) - P(BCA)}{P(A)}$.

Разделив числитель почленно на знаменатель, получим:$P_A(B+C) = \frac{P(BA)}{P(A)} + \frac{P(CA)}{P(A)} - \frac{P(BCA)}{P(A)}$.

Каждое из полученных слагаемых по определению является условной вероятностью:$\frac{P(BA)}{P(A)} = P(B|A) = P_A(B)$,$\frac{P(CA)}{P(A)} = P(C|A) = P_A(C)$,$\frac{P(BCA)}{P(A)} = P(BC|A) = P_A(BC)$.

Подставляя эти выражения, мы получаем правую часть исходного равенства:$P_A(B+C) = P_A(B) + P_A(C) - P_A(BC)$.

Таким образом, левая часть тождественно равна правой, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство доказано.

5.120. На «бесконечную» шахматную доску, сторона каждого квадрата которой равна $2a$, брошена монета радиусом $r (r < a)$. Какова вероятность того, что монета целиком окажется в одном квадрате?

Для решения этой задачи используется геометрическое определение вероятности. Вероятность события A равна отношению меры области, благоприятствующей событию A, к мере всей области возможных исходов. В данном случае мерой является площадь.

Рассмотрим один квадрат «бесконечной» шахматной доски. Сторона этого квадрата равна $2a$. Поскольку доска бесконечна, положение центра монеты можно с равной вероятностью считать находящимся в любом месте. Благодаря периодичности решетки, достаточно рассмотреть падение центра монеты в один произвольный квадрат.

Площадь одного квадрата, которая представляет собой область всех возможных положений центра монеты, равна:

$S_{общ} = (2a)^2 = 4a^2$

Теперь определим область благоприятных исходов. Благоприятный исход — это когда монета целиком оказывается внутри одного квадрата. Монета представляет собой круг радиусом $r$. Чтобы круг целиком находился внутри квадрата со стороной $2a$, его центр должен быть удален от каждой из сторон квадрата на расстояние не менее своего радиуса $r$.

Таким образом, центр монеты должен находиться внутри меньшего квадрата, стороны которого параллельны сторонам исходного квадрата и отстоят от них на расстояние $r$.

Сторона этого внутреннего, «благоприятного» квадрата будет равна стороне исходного квадрата минус два радиуса (по одному с каждой стороны):

$2a - r - r = 2a - 2r = 2(a-r)$

Площадь этой благоприятной области равна:

$S_{бл} = (2a - 2r)^2 = (2(a-r))^2 = 4(a-r)^2$

Вероятность $P$ того, что монета целиком окажется в одном квадрате, равна отношению благоприятной площади к общей площади:

$P = \frac{S_{бл}}{S_{общ}} = \frac{4(a-r)^2}{4a^2} = \frac{(a-r)^2}{a^2}$

Это выражение можно также записать в виде:

$P = \left(\frac{a-r}{a}\right)^2 = \left(1 - \frac{r}{a}\right)^2$

Условие $r < a$ гарантирует, что вероятность является положительным числом меньше 1.

Ответ: $P = \frac{(a-r)^2}{a^2}$ или $P = \left(1 - \frac{r}{a}\right)^2$.

5.121.

1) В древности один хан с целью хоть как-то облегчить участь неверного слуги, которого должны были наказать, велел дать ему 2 белых и 2 красных альчика. По условию хана слуга должен был распределить эти альчики по двум мешочкам, а затем палач случайно отбирает один из этих мешочков и из выбранного мешочка извлекает один альчик. Если вынутый альчик окажется белого цвета, то слуга будет помилован, а если этот альчик окажется красного цвета, то он будет наказан. Как слуге нужно распределить эти альчики по двум мешочкам так, чтобы он был помилован с наибольшей вероятностью?

ты теории вероятностей

2) В квадрат случайно брошены 4 точки. Какова вероятность того, что ровно 2 из этих точек попадут в круг, вписанный в данный квадрат?

1)

Для того чтобы максимизировать вероятность быть помилованным, слуга должен максимизировать вероятность вытащить белый альчик. Обозначим белый альчик как Б, а красный — как К. Всего у слуги 2 белых и 2 красных альчика, которые нужно распределить по двум мешочкам.

Вероятность быть помилованным вычисляется по формуле полной вероятности:$P(\text{помилован}) = P(\text{выбрать мешок 1}) \times P(\text{вытащить Б | мешок 1}) + P(\text{выбрать мешок 2}) \times P(\text{вытащить Б | мешок 2})$

Поскольку палач выбирает мешочек случайно, вероятность выбора каждого мешочка равна $1/2$.$P(\text{помилован}) = \frac{1}{2} \times P(\text{Б | мешок 1}) + \frac{1}{2} \times P(\text{Б | мешок 2})$

Рассмотрим возможные варианты распределения альчиков по двум мешочкам. В каждом мешочке должен быть хотя бы один альчик.

Вариант 1: В одном мешочке 1 альчик, в другом 3.
а) В первом мешочке 1Б. Тогда во втором мешочке будут 1Б и 2К.
Вероятность вытащить белый из первого мешочка: $P_1 = \frac{1}{1} = 1$.
Вероятность вытащить белый из второго мешочка: $P_2 = \frac{1}{1+2} = \frac{1}{3}$.
Общая вероятность помилования: $P = \frac{1}{2} \cdot 1 + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{3+1}{6} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$.
б) В первом мешочке 1К. Тогда во втором мешочке будут 2Б и 1К.
Вероятность вытащить белый из первого мешочка: $P_1 = \frac{0}{1} = 0$.
Вероятность вытащить белый из второго мешочка: $P_2 = \frac{2}{2+1} = \frac{2}{3}$.
Общая вероятность помилования: $P = \frac{1}{2} \cdot 0 + \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$.

Вариант 2: В обоих мешочках по 2 альчика.
а) В первом мешочке 2Б, во втором 2К.
Вероятность вытащить белый из первого мешочка: $P_1 = \frac{2}{2} = 1$.
Вероятность вытащить белый из второго мешочка: $P_2 = \frac{0}{2} = 0$.
Общая вероятность помилования: $P = \frac{1}{2} \cdot 1 + \frac{1}{2} \cdot 0 = \frac{1}{2}$.
б) В первом мешочке 1Б и 1К, во втором мешочке 1Б и 1К.
Вероятность вытащить белый из первого мешочка: $P_1 = \frac{1}{2}$.
Вероятность вытащить белый из второго мешочка: $P_2 = \frac{1}{2}$.
Общая вероятность помилования: $P = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$.

Сравним полученные вероятности: $2/3 \approx 0.667$, $1/3 \approx 0.333$, $1/2 = 0.5$.Наибольшая вероятность равна $2/3$. Она достигается, когда в один мешочек кладут один белый альчик, а в другой — оставшиеся три альчика (один белый и два красных).

Ответ: Слуге нужно положить один белый альчик в один мешочек, а во второй мешочек положить оставшиеся альчики: один белый и два красных. Вероятность быть помилованным в этом случае составит $2/3$.

2)

Эта задача решается с помощью геометрической вероятности и формулы Бернулли.

Шаг 1: Нахождение вероятности для одной точки.

Сначала определим вероятность $p$ того, что одна случайно брошенная в квадрат точка попадет в круг, вписанный в этот квадрат.

Пусть сторона квадрата равна $a$. Тогда его площадь $S_{кв} = a^2$.
Диаметр вписанного круга равен стороне квадрата, то есть $d = a$. Радиус круга $r = a/2$.
Площадь круга: $S_{кр} = \pi r^2 = \pi (a/2)^2 = \frac{\pi a^2}{4}$.
Вероятность попадания одной точки в круг равна отношению площади круга к площади квадрата:$p = \frac{S_{кр}}{S_{кв}} = \frac{\pi a^2 / 4}{a^2} = \frac{\pi}{4}$.
Вероятность того, что точка не попадет в круг (но останется в квадрате), равна $q = 1 - p = 1 - \frac{\pi}{4}$.

Шаг 2: Применение формулы Бернулли.

У нас есть $n=4$ независимых испытания (броска точек). Нам нужно найти вероятность того, что ровно $k=2$ из них будут "успешными" (попадут в круг).

Формула Бернулли для $k$ успехов в $n$ испытаниях: $P_n(k) = C_n^k p^k q^{n-k}$.
В нашем случае $n=4$, $k=2$.
$P_4(2) = C_4^2 p^2 q^{4-2} = C_4^2 p^2 q^2$.

Вычисляем биномиальный коэффициент (число сочетаний):$C_4^2 = \frac{4!}{2!(4-2)!} = \frac{4 \cdot 3}{2 \cdot 1} = 6$.

Теперь подставляем все значения в формулу:$P_4(2) = 6 \cdot \left(\frac{\pi}{4}\right)^2 \cdot \left(1 - \frac{\pi}{4}\right)^2$
$P_4(2) = 6 \cdot \frac{\pi^2}{16} \cdot \left(\frac{4-\pi}{4}\right)^2 = 6 \cdot \frac{\pi^2}{16} \cdot \frac{(4-\pi)^2}{16}$
$P_4(2) = \frac{6 \pi^2 (4-\pi)^2}{256}$

Сократим дробь на 2:$P_4(2) = \frac{3 \pi^2 (4-\pi)^2}{128}$

Ответ: Вероятность того, что ровно 2 из 4 точек попадут в круг, вписанный в данный квадрат, равна $\frac{3 \pi^2 (4-\pi)^2}{128}$.