Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3879
2019-06-23 
(а) Дворцовый чеканщик кладет в каждый ящик вместимостью в сто монет одну фальшивую. Король подозревает чеканщика и подвергает проверке монеты, взятые наудачу по одной в каждом из 100 ящиков. Какова вероятность того, что чеканщик не будет разоблачен?
(б) Каков ответ в задаче 3878, если 100 заменить на $n$?
Решение:
(а) $P (не \: обнаружить \: фальшивых \: монет) = \left (1 - \frac{1}{100} \right )^{100} \approx 0,366$.
(б) Пусть имеется $n$ ящиков, каждый из которых содержит $n$ монет. Тогда вероятность того, что извлеченная наудачу монета доброкачественна, равна $1 - \frac{1}{n}$, и так как всего имеется $n$ ящиков, то
$P (не \: обнаружить \: фальшивых \: монет) = \left ( 1 - \frac{1}{n} \right )^n$.
Вычислим эту вероятность для некоторых значений $n$.
Бросаются в глаза следующие два обстоятельства. Во-первых, выписанные в таблице числа с ростом $n$ возрастают. Во-вторых, они стремятся к некоторому значению, которое известно математикам и равно $e^{-1}$ или $\frac{1}{e}$, где $e = 2,71828 \cdots $ - основание натуральных логарифмов.
Воспользовавшись формулой бинома Ньютона для $\left ( 1 - \frac{1}{n} \right )^n$ , получим следующее выражение:
$1^n - \binom {n}{1} 1^{n-1} \cdot \frac{1}{n} + \binom {n}{2} 1^{n-2} \left ( \frac{1}{n} \right )^2 - \binom {n}{3} 1^{n-3} \left ( \frac{1}{n} \right )^3 + \cdots$
или
$1 - \frac{n}{n} + \frac {n(n - 1)}{2!n^2} - \frac {n(n - 1)(n -2)}{3!n^3} + \cdots$ (1)
Если мы исследуем поведение каждого слагаемого, скажем, четвертого, то заметим, что при росте $n$ оно стремится к $ - \frac{1}{3!}$, так как
$ \frac {n(n - 1)(n - 2)}{n^3} = 1 \left ( 1 - \frac{1}{n} \right ) \left ( 1 - \frac{2}{n} \right ) = 1 - \frac{3}{n} + \frac{2}{n^2}$. (2)
При $n$, стремящемся к бесконечности, все слагаемые в правой части (2), кроме 1, стремятся к нулю. Аналогично, для $r$-го слагаемого разложения (1) множитель, зависящий от $n$, стремится к единице, а все слагаемое с точностью до знака, к $ \frac {1}{(r - 1)!}$.
Таким образом, с ростом $n$ выражение $\left ( 1 - \frac{1}{n} \right )^n$ стремится к сумме ряда
$1 - 1 + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} - \frac{1}{5!} + \cdots$,
который является одним из способов вычисления $e^( - 1)$.
Если бы в каждом ящике было две фальшивые монеты, то искомая вероятность, равная $\left (1 - \frac{2}{n} \right )^n$, сходилась бы при больших $n$ к $e^{ - 2}$ и, точно так же, $\left ( 1 - \frac{m}{n} \right )^n$ стремится к $e^{ - m}$. Вообще $\left ( 1 + \frac{m}{n} \right )^n$ стремится к $e^m$ при любом (целом или нет) значении $m$. Эти факты будут использованы в дальнейшем. Более строгое их обоснование можно найти в любом учебнике по дифференциальному исчислению
(а) Дворцовый чеканщик кладет в каждый ящик вместимостью в сто монет одну фальшивую. Король подозревает чеканщика и подвергает проверке монеты, взятые наудачу по одной в каждом из 100 ящиков. Какова вероятность того, что чеканщик не будет разоблачен?
(б) Каков ответ в задаче 3878, если 100 заменить на $n$?
Решение:
(а) $P (не \: обнаружить \: фальшивых \: монет) = \left (1 - \frac{1}{100} \right )^{100} \approx 0,366$.
(б) Пусть имеется $n$ ящиков, каждый из которых содержит $n$ монет. Тогда вероятность того, что извлеченная наудачу монета доброкачественна, равна $1 - \frac{1}{n}$, и так как всего имеется $n$ ящиков, то
$P (не \: обнаружить \: фальшивых \: монет) = \left ( 1 - \frac{1}{n} \right )^n$.
Вычислим эту вероятность для некоторых значений $n$.
Бросаются в глаза следующие два обстоятельства. Во-первых, выписанные в таблице числа с ростом $n$ возрастают. Во-вторых, они стремятся к некоторому значению, которое известно математикам и равно $e^{-1}$ или $\frac{1}{e}$, где $e = 2,71828 \cdots $ - основание натуральных логарифмов.
Воспользовавшись формулой бинома Ньютона для $\left ( 1 - \frac{1}{n} \right )^n$ , получим следующее выражение:
$1^n - \binom {n}{1} 1^{n-1} \cdot \frac{1}{n} + \binom {n}{2} 1^{n-2} \left ( \frac{1}{n} \right )^2 - \binom {n}{3} 1^{n-3} \left ( \frac{1}{n} \right )^3 + \cdots$
или
$1 - \frac{n}{n} + \frac {n(n - 1)}{2!n^2} - \frac {n(n - 1)(n -2)}{3!n^3} + \cdots$ (1)
Если мы исследуем поведение каждого слагаемого, скажем, четвертого, то заметим, что при росте $n$ оно стремится к $ - \frac{1}{3!}$, так как
$ \frac {n(n - 1)(n - 2)}{n^3} = 1 \left ( 1 - \frac{1}{n} \right ) \left ( 1 - \frac{2}{n} \right ) = 1 - \frac{3}{n} + \frac{2}{n^2}$. (2)
При $n$, стремящемся к бесконечности, все слагаемые в правой части (2), кроме 1, стремятся к нулю. Аналогично, для $r$-го слагаемого разложения (1) множитель, зависящий от $n$, стремится к единице, а все слагаемое с точностью до знака, к $ \frac {1}{(r - 1)!}$.
Таким образом, с ростом $n$ выражение $\left ( 1 - \frac{1}{n} \right )^n$ стремится к сумме ряда
$1 - 1 + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} - \frac{1}{5!} + \cdots$,
который является одним из способов вычисления $e^( - 1)$.
Если бы в каждом ящике было две фальшивые монеты, то искомая вероятность, равная $\left (1 - \frac{2}{n} \right )^n$, сходилась бы при больших $n$ к $e^{ - 2}$ и, точно так же, $\left ( 1 - \frac{m}{n} \right )^n$ стремится к $e^{ - m}$. Вообще $\left ( 1 + \frac{m}{n} \right )^n$ стремится к $e^m$ при любом (целом или нет) значении $m$. Эти факты будут использованы в дальнейшем. Более строгое их обоснование можно найти в любом учебнике по дифференциальному исчислению
