Страница 133 номер 270, ГДЗ по математике за 10 и 11 класс к учебнику Высоцкого. Вероятность и статистика базовый и углубленный уровни
Двойка выпала трижды, поэтому вопрос в том, на каких местах серии оказались эти три двойки. Кость правильная, ни одно из десяти бросаний ничем не выделено, поэтому все расположения трёх двоек по десяти местам равновозможны.
Совокупность — \(N = 10\) мест (номеров бросаний), успех — место с двойкой: \(K = 3\), неудачных \(N - K = 7\). Выборка — первые \(n = 5\) бросаний: двойки расположились по местам случайно, поэтому первую пятёрку мест можно считать случайной выборкой объёмом 5 из десяти; число двоек в ней обозначим \(k\).
\[\mathrm{P}(A_k) = \frac{C_3^k \cdot C_7^{5-k}}{C_{10}^5}.\]
Знаменатель у всех пунктов один и тот же:
\[C_{10}^5 = \frac{10!}{5! \cdot 5!} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5} = 252.\]
а) Ни одной двойки — это \(k = 0\): все пять мест берутся из семи мест без двойки, и по симметричности \(C_7^5 = C_7^2 = 21\).
\[\mathrm{P}(A_0) = \frac{C_3^0 \cdot C_7^5}{C_{10}^5} = \frac{1 \cdot 21}{252} = \frac{21}{252} = \frac{1}{12} \approx 0{,}083.\]
б) Здесь \(k = 1\).
\[\mathrm{P}(A_1) = \frac{C_3^1 \cdot C_7^4}{C_{10}^5} = \frac{3 \cdot 35}{252} = \frac{105}{252} = \frac{5}{12} \approx 0{,}417.\]
в) Здесь \(k = 2\).
\[\mathrm{P}(A_2) = \frac{C_3^2 \cdot C_7^3}{C_{10}^5} = \frac{3 \cdot 35}{252} = \frac{105}{252} = \frac{5}{12} \approx 0{,}417.\]
г) Здесь \(k = 3\): все три места с двойкой попали в первую пятёрку.
\[\mathrm{P}(A_3) = \frac{C_3^3 \cdot C_7^2}{C_{10}^5} = \frac{1 \cdot 21}{252} = \frac{21}{252} = \frac{1}{12} \approx 0{,}083.\]
Совпадение ответов в пунктах а) и г) и в пунктах б) и в) не случайно. Двоек всего три, поэтому ровно \(k\) двоек среди первых пяти бросаний бывает тогда же, когда ровно \(3 - k\) двоек среди последних пяти. А первая и последняя пятёрки равноправны: все расположения двоек равновозможны, и вероятность найти \(3 - k\) двоек в последней пятёрке равна вероятности найти столько же в первой. Значит, вероятность \(k\) двоек в первой пятёрке равна вероятности \(3 - k\) двоек в ней же, откуда и равенства ответов при \(k = 0\) и \(k = 3\), при \(k = 1\) и \(k = 2\).
Проверка: двоек среди первых пяти бросаний бывает только 0, 1, 2 или 3, эти случаи попарно несовместны, поэтому сумма четырёх найденных вероятностей должна равняться 1:
\[\frac{1}{12} + \frac{5}{12} + \frac{5}{12} + \frac{1}{12} = \frac{12}{12} = 1.\]
Ответ: а) \(\frac{1}{12} \approx 0{,}083\); б) \(\frac{5}{12} \approx 0{,}417\); в) \(\frac{5}{12} \approx 0{,}417\); г) \(\frac{1}{12} \approx 0{,}083\).
Сколько раз выпала двойка, известно заранее — три раза, поэтому вопрос не в том, сколько двоек выпадет, а в том, на каких местах серии они оказались. Кость правильная, ни одно из десяти бросаний ничем не выделено среди остальных, поэтому все расположения трёх двоек по десяти местам равновозможны.
Совокупность — \(N = 10\) мест (номеров бросаний). Успешные элементы — \(K = 3\) места, на которых выпала двойка; неудачные — \(N - K = 7\) остальных мест. Выборка — первые \(n = 5\) бросаний: раз двойки расположились по местам случайно, вероятность найти среди пяти мест ровно \(k\) двоек не зависит от того, какие именно пять мест взяты, и первую пятёрку мест можно считать случайной выборкой объёмом 5 из десяти.
Вероятность события \(A_k\) «среди первых пяти бросаний ровно \(k\) двоек» равна
\[\mathrm{P}(A_k) = \frac{C_3^k \cdot C_7^{5-k}}{C_{10}^5}.\]
Контроль по сумме индексов: сверху \(k + (5 - k) = 5\), снизу \(3 + 7 = 10\) — формула составлена верно.
Знаменатель у всех пунктов один и тот же:
\[C_{10}^5 = \frac{10!}{5! \cdot 5!} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5} = 252.\]
а) Ни одной двойки среди первых пяти бросаний — это \(k = 0\); все пять мест берутся из семи мест без двойки, и по симметричности \(C_7^5 = C_7^2 = 21\).
\[\mathrm{P}(A_0) = \frac{C_3^0 \cdot C_7^5}{C_{10}^5} = \frac{1 \cdot 21}{252} = \frac{21}{252} = \frac{1}{12} \approx 0{,}083.\]
б) Здесь \(k = 1\).
\[\mathrm{P}(A_1) = \frac{C_3^1 \cdot C_7^4}{C_{10}^5} = \frac{3 \cdot 35}{252} = \frac{105}{252} = \frac{5}{12} \approx 0{,}417.\]
в) Здесь \(k = 2\).
\[\mathrm{P}(A_2) = \frac{C_3^2 \cdot C_7^3}{C_{10}^5} = \frac{3 \cdot 35}{252} = \frac{105}{252} = \frac{5}{12} \approx 0{,}417.\]
г) Здесь \(k = 3\): все три места с двойкой попали в первую пятёрку.
\[\mathrm{P}(A_3) = \frac{C_3^3 \cdot C_7^2}{C_{10}^5} = \frac{1 \cdot 21}{252} = \frac{21}{252} = \frac{1}{12} \approx 0{,}083.\]
Ответы в пунктах а) и г) совпали, и в пунктах б) и в) тоже — это не случайность. Двоек всего три, поэтому ровно \(k\) двоек среди первых пяти бросаний бывает тогда же, когда ровно \(3 - k\) двоек среди последних пяти. А первая и последняя пятёрки бросаний равноправны: все расположения двоек по местам равновозможны, и вероятность найти \(3 - k\) двоек в последней пятёрке равна вероятности найти столько же в первой. Значит, вероятность \(k\) двоек в первой пятёрке равна вероятности \(3 - k\) двоек в ней же, откуда и равенства ответов в пунктах а) и г) (для них \(k = 0\) и \(k = 3\)) и в пунктах б) и в) (для них \(k = 1\) и \(k = 2\)).
Проверка: среди первых пяти бросаний двоек может быть только 0, 1, 2 или 3, других случаев нет, а сами случаи попарно несовместны, поэтому сумма четырёх найденных вероятностей должна равняться 1:
\[\frac{1}{12} + \frac{5}{12} + \frac{5}{12} + \frac{1}{12} = \frac{12}{12} = 1.\]
Ответ: а) \(\frac{1}{12} \approx 0{,}083\); б) \(\frac{5}{12} \approx 0{,}417\); в) \(\frac{5}{12} \approx 0{,}417\); г) \(\frac{1}{12} \approx 0{,}083\).
