Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Классическая вероятность, условная вероятность и формула Байеса

Тема Теория вероятностей и математическая статистика

Классическая вероятность, условная вероятность и формула Байеса

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела теория вероятностей и математическая статистика

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#105461

На борту авиалайнера $2n$ пассажиров, авиакомпания загрузила для них $n$ порций питания с курицей и $n$ порций с рыбой. Известно, что каждый пассажир на борту равновероятно предпочитает курицу и рыбу. Назовём пассажира недовольным, если ему осталось не то, что он предпочитает. Найдите наиболее вероятное число недовольных пассажиров (в зависимости от $n$ для любого натурального значения $n$ ).

Источники: адаптация одной из задач V Заочной интернет-олимпиады по теории вероятностей и статистике

Показать ответ и решение

Число недовольных пассажиров может быть от $0$ до $n$ . Введем случайную величину $ξ$ — “число недовольных”.

Если $n= 1,$ то решение очевидно: недовольных либо нет, либо один, причём оба случая равновозможны.

$ξ =0$ , только если ровно $n$ пассажиров предпочитают курицу, а $n$ остальных — рыбу. Будем считать успехом событие “пассажир хочет курицу”. Тогда

1 P(ξ =0)= P({ наступило n успехов в серии из 2n испытаний })=Cn2n 22n

Ровно один пассажир будет недоволен, если число пассажиров, предпочитающих курицу, отличается от $n$ на единицу, то есть число успехов равно $n ±1$ . Поэтому

P(ξ =1)= P({n+ 1 успехов в серии из 2n испытаний })+ + P({n − 1 успехов в серии из 2n испытаний })=Cn+1 1-+Cn−1 1-=2Cn−1-1 2n 22n 2n 22n 2n 22n

Рассуждая так же, найдём, что $k$ недовольных пассажиров случится с вероятностью

n−k-1- P (ξ = k)= 2C2n 22n , где k= 1,2,...,n

В последовательности чисел $m C2n$ всего $2n+ 1$ число (это $2n$ -я строка треугольника Паскаля). Сначала эти числа возрастают при $m = 0,1,...,n$ , а потом убывают при $m = n,n +1,...,2n$ . При этом среднее число $n C2n$ больше других, но оно меньше, чем удвоенное предыдущее:

n−1 ---2(2n)!--- -----2n(2n)!------ -2n- (2n)!- -2n- n n 2C2n = (n− 1)!(n+ 1)! = (n − 1)!⋅n ⋅n!(n +1) =n +1 n!⋅n! = n +1C 2n >C2n

Cn2n < 2Cn−2n 1

(равенство наступает только при $n= 1$ )

Таким образом, при $n >1$

P(ξ = 0)< P(ξ = 1)>P (ξ = 2)> ...> P(ξ =n)

Таким образом, наиболее вероятное число недовольных — один.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Это неожиданный результат — мода распределения $ξ$ не зависит от $n$ . Матожидание же (по сути среднее число недовольных пассажиров) равняется уже $nCn2n -22n-,$ что по формуле Стирлинга $√---- m −m m!≈ 2πm ⋅m e$ можно аппроксимировать как

√ ----- 2n −2n ∘ -- Eξ ≈-n2n-(2π√-⋅2n(2n)-e)2-= n 2 2πn⋅nne−n π

Скажем, если на борту $400$ пассажиров, то следует в среднем ожидать, что $∘ --- 20π0≈ 8$ из них окажутся недовольны. Это не означает, что можно решить все проблемы с недовольными пассажирами, имея всего $8$ запасных комплектов питания каждого вида. Чтобы все были довольны с вероятностью, допустим, не менее, чем $0,95$ , комплектов нужно несколько больше, чем ожидание числа недовольных. Если пассажиров $400,$ то недовольных не окажется почти наверняка (с вероятностью более чем $0,95),$ если взять лишних $42$ комплекта — по $21$ комплекту каждого вида (проверьте).

Напомним, что мы проводим расчёт в упрощенной ситуации. В жизни, наверно, вероятности предпочтения рыбы и курицы не одинаковы. Если бы мы это учли, выкладки были бы примерно такими же, как сейчас, но намного более громоздкими, и такие красивые результаты не получились бы.

Ответ:

при $n > 1$ наиболее вероятное число недовольных — 1;

при $n= 1$ равноверноятны 0 и 1 недовольных пассажиров

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#105462

Две хоккейные команды — СКА и Авангард (спонсирующиеся компанией ПАО Газпром) — одинаково хорошо играют в хоккей. Тренеры договорились о товарищеском турнире из четырёх матчей, в каждом из которых за победу в основное время команде будет начислено 2 очка, за ничью — 1 очко, при поражении — 0 очков. При ничьей в основное время овертайм или серия буллитов на турнире не предусмотрены.

Изначально вероятность ничьей в одном матче (например, в первом) равна $p.$ После двух матчей команды набрали одинаковое количество очков, а вероятность ничьей в каждом из оставшихся двух матчей увеличилась (то есть теперь уже вероятность ничьей в третьем матче равна $′ p$ , где $′ p > p).$

При каком значении $p$ вероятность ничьей по результатам турнира теперь может стать меньше, чем по результатам первых двух матчей? То есть необходимо найти все значения параметра $p,$ при каждом из которых вероятность набрать одинаковое количество очков за первые два матча будет больше, чем вероятность набрать одинаковое количество очков за третий и четвёртый матч при новом значении $p′$ .

Источники: переформулировка 9 задачи XV олимпиады МЦНМО по теории вероятностей и статистике

Показать ответ и решение

В каждой встрече если вероятность ничьей равна $p,$ то вероятности выигрыша и проигрыша каждой команды равны $1−p 2 .$

По результатам двух матчей обе команды наберут равные суммы очков, если оба матча закончились вничью или если в одном матче выиграла одна команда, а во втором — другая.

Вероятность двух ничьих равна $p⋅p,$ вероятность победы СКА в первом матче и поражения во втором равна $1−p 1−p 2 ⋅ 2 ,$ вероятность поражения СКА в первом матче и победы во втором равна $1−p 1−p 2 ⋅ 2 .$ В итоге вероятность искомого события можно представить как функцию $f(p)$ , определенную на отрезке $[0;1]:$

1− p 1− p 3p2− 2p +1 f(p)= p2+ 2⋅-2--⋅-2--= ----2----

Легко понять (посчитать производную или рассмотреть параболу с ветвями вверх и найти вершину по формуле), что на отрезке $[ ] 0;13$ функция $f(p)$ убывает, а на отрезке $[ ] 13;1$ — возрастает.

Поэтому при $p′ > p$ может оказаться $f(p′)<f(p)$ только при $p< 13.$

Ответ:

$[0;1) 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#105884

Среди $25$ экзаменационных билетов имеется $5$ «счастливых» и $20$ «несчастливых». Студенты подходят за билетами один за другим по очереди. У кого больше вероятность вытащить «счастливый» билет: у того, кто подошел первым, или у того, кто подошел вторым?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть наши события это "Первый вытянул счастливый билет" и "Второй вытянул счастливый билет". Давайте по отдельности посчитаем вероятности двух указанных событий. Чему равна вероятность первого?

Подсказка 2

Отлично, первый должен вытянуть 5 из 25 билетов. А от чего зависит вероятность того, что второй вытянул счастливый билет?

Подсказка 3

Все исходы можно разделить на два случая: в одном из них первых вытянул счастливый билет, а в другом — несчастливый. Какова вероятность того, что второй вытянул после первого студента счастливый билет в каждом из случаев?

Подсказка 4

Не забудьте полученные в каждом случае вероятности умножить на вероятность самих случаев!

Показать ответ и решение

Посчитаем вероятность вытянуть «счастливый» билет тому, кто подходит первым. Всего на столе 25 билетов, среди которых ровно 5 «счастливых», откуда вероятность вытянуть «счастливый» билет равна $5- 1 25 = 5.$

Теперь посчитаем вероятность вытянуть «счастливый» билет тому, кто подходит вторым. Есть два случая:

1) Первый человек вытянул «счастливый» билет. Тогда на столе лежат 24 билета, среди которых 4 «счастливых». Вероятность того, что первый вытянул «счастливый» билет равна $1 5,$ как мы посчитали ранее, а вероятность после этого вытянуть один из 4 «счастливых» билетов равна $4- 1 24 = 6.$ Поэтому в этом случае вероятность вытянуть «счастливый» билет равна

1 1 1 5 ⋅6 = 30

2) Первый вытянул «несчастливый» билет(вероятность этого $2205 = 45$ ). Тогда на столе лежат 24 билета, 5 из которых «счастливые». Получается, в этом случае вероятность вытянуть «счастливый» билет равна

4⋅-5= 1 5 24 6

Заметим, что оба случая не пересекаются, поэтому, чтобы найти вероятность того, что поизойдёт один из них, нужно сложить вероятности. Таким образом, вероятность вытянуть «счастивый» билет второму человеку равна:

1 + 1-= 1 6 30 5

Итак, мы получили, что вероятности вероятность вытащить «счастливый» билет у того, кто подошел первым, и у того, кто подошел вторым, равны.

Ответ: эти вероятности равны

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#105886

В магазине продаются запечатанные коробочки, в каждой из которых с равной вероятностью может попасться одна из четырёх букв: «Л», «Е», «Т», «О». Каждая коробочка «непрозрачна» и вероятность получить любую из этих букв равна $1∕4.$ Предположим, что вы купили $6$ таких коробочек. Какова вероятность того, что среди выпавших букв найдутся хотя бы по одной «Л», «Е», «Т» и «О», и вы сможете составить слово «ЛЕТО»?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Будем рассматривать упорядоченные наборы из 6 букв как элементарное событие. Тогда сколько всего таких наборов?

Подсказка 2

Верно, их 4⁶. Но, кажется, сложно посчитать количество наборов, где как-то в каком-то порядке встречается каждая из букв. Гораздо легче посчитать количество наборов, где нет какой-то буквы, а потом вычесть это из общего количества, чтобы найти ответ:) Сколько, например, наборов, где нет буквы "Т"?

Подсказка 3

Правильно, их 3⁶. Так же нетрудно будет посчитать сколько наборов, в которых нет каких-то двух букв или каких-то трёх букв. Но как теперь найти количество наборов, где нет какой-либо буквы? С помощью формулы включений-исключений!

Показать ответ и решение

Рассмотрим событие, когда составить слово «ЛЕТО» нельзя и найдем его вероятность. Поскольку выпадения букв равновероятны, можно полагать рассматривать упорядоченные наборы из 6 букв. Тогда всего наборов $6 4 .$ Если слово «ЛЕТО» составить нельзя, то среди 6 имеющихся букв нет хотя бы одной буквы слова «ЛЕТО». Рассмотрим множества наборов букв, в которых нет буквы «Л», буквы «Е», буквы «Т» или буквы «О». Нам необходимо вычислить мощность объединения этих множеств. Это легко сделать с помощью формулы включений-исключений: каждое из этих множеств содержит $6 3$ элементов, а их попарные пересечения содержат $6 2$ элементов, и всего этих пересечения $2 C4.$ Пересечение любых трех этих множеств содержит единственный элемент, а всего таких пересечений 4. Пересечение всех четырех множеств пусто и имеет мощность 0.

Таким образом, мощность множества наборов, из которых невозможно составить слово «ЛЕТО» равна $6 2 6 3 − C4 ⋅2 + 4.$ Тогда нужная вероятность равна

6 2 6 1− 4⋅3-− C46-⋅2-+4-= 195 4 512

Ответ:

$195 512$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#106963

При двух бросках игрального кубика вероятность того, что выпадет одинаковое число очков, равна $1. 6$ Докажите, что все числа от $1$ до $6$ выпадают с одинаковой вероятностью, то есть кубик правильный.

Показать доказательство

Обозначим вероятность выпадения $i$ на грани куба за $p . i$ Тогда вероятность того, что выпадет одинаковое число очков равна

2 2 2 2 2 2 1 p1+ p2 +p3+ p4+p5+ p6 = 6

По неравенству о средних имеем:

∘--------------------- 1 = p1+p2+-p3+-p4-+p5+-p6≤ p21-+p22+-p23+p24+-p25+p26-= 1 6 6 6 6

неравенство обращается в равенство тогда и только тогда, когда $1 p1 =p2 = p3 = p4 = p5 =p1 = 6.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#107200

В начале месяца было выделено 4 билета на праздничный концерт, которые планировалось случайным образом распределить между одиннадцатиклассниками. В конце месяца выяснилось, что будет выделено больше 4 билетов. Одиннадцатиклассники Петя и Вася вычислили, что вероятность им обоим вместе попасть на концерт в начале месяца была в 2,5 раза меньше, чем оказалась в конце месяца. Сколько всего было выделено билетов на концерт в конце месяца, если количество одиннадцатиклассников не изменилось?

Источники: Физтех - 2025, 11.4 (см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хочется записать уравнения, поэтому обозначим за N количество одноклассников, а за m > 4 — количество билетов, которые были выделены в конце месяца. Какова вероятность выпадения двум мальчикам билетов в начале месяца?

Подсказка 2

Чтобы посчитать количество вариантов, когда двум мальчикам выпадают билеты, можно сначала отдам им билеты, а затем оставшиеся 2 распределить между другими.

Подсказка 3

Отлично, тогда вероятность в начале месяца была 12/(N(N-1)).А теперь считаем вероятность на конце месяца ;)

Подсказка 4

В конце месяца вероятность (m(m-1))/(N(N-1)). А теперь нужно составить уравнение ;)

Показать ответ и решение

Пусть всего одиннадцатиклассников $N$ человек, а в конце месяца будет выделено $m >4$ билетов. Количество способов распределить 4 билета между учениками в начале месяца равно $4 CN$ , а количество способов распределения билетов, когда Петя и Вася попадают на концерт, равно $2 CN−2$ (Петя и Вася получают билеты, а ещё два билета распределяются между оставшимися $N − 2$ учениками). Значит, вероятность обоим ученикам попасть на концерт в начале месяца была равна

C2 -NC−42-= (N-−2!(N2)!−4!(N4)!−N!4)!= N-(N12−-1) N

Аналогично получаем, что вероятность, что Петя и Коля оба попадут на концерт в конце месяца, равна

CmN−−22 (N − 2)!(N − m)!m! m(m − 1) -CmN--= (m−-2)!(N −-m)!N! = N(N-−-1)

Следовательно, вероятность увеличилась в $m-⋅(m12−1)$ раз (эта величина не зависит от $N$ ). Отсюда получаем, что

m-⋅(m-− 1)= 5 12 2

Это уравнение имеет единственный положительный корень $m= 6$ .

Ответ: 6

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#119900

Карточки с буквами П, О, Т, О, М, С, Т, В, О сложили в строку в случайном порядке. С какой вероятностью найдутся три карточки подряд, образующие слово ТОМ или ПОТ? Ответ запишите в виде несократимой дроби.

Источники: ШВБ - 2025, 11.2 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрим сначала, сколько у нас вообще слов, в которых есть подстрока ТОМ или ПОТ. Для этого можно применить следующую идею: объединить эти слова (три буквы) в одну структуру, которую можно также переставлять в слове, а также учитывать варианты для других букв. Тогда можно считать, что в слове остается 6 букв + наша структура. При этом надо учесть, что некоторых букв у нас несколько. Что еще нужно учесть?

Подсказка 2

Нужно учесть пересечения слов ТОМ и ПОТ. Для подсчёта используем ту же идею. Нужно ли тут учитывать повторяющиеся буквы?

Подсказка 3

После нахождения количества пересечений можем найти ответ с помощью формулы включений-исключений (для этого нужно ещё найти количество вообще всех слов, но это тривиальная задача).

Показать ответ и решение

Общее число перестановок 9 карточек (с учётом повторений):

-9!- 362880 3!⋅2! = 12 =30240

Строки, содержащие слово “ТОМ”.
Рассматриваем “ТОМ” как единый блок. Остаются буквы: О, О, П, С, Т, В. Число перестановок:

7! 2! = 2520

Строки, содержащие слово “ПОТ”.
Аналогично, рассматриваем “ПОТ” как единый блок. Число перестановок:

7!= 2520 2!

Учёт пересечений:
1. Строки, содержащие оба слова “ТОМ” и “ПОТ” (не пересекающиеся):

5!= 120

2. Строки, содержащие слово “ПОТОМ” (пересекающиеся):

5!= 120

Итого пересечений:

2⋅120= 240

Применяем формулу включений-исключений:

Благоприятные перестановки =2520+ 2520− 240 =4800

Вероятность:

-4800-= 10 30240 63

Ответ:

$10 63$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#123691

Витя и Коля бросают игральную кость до тех пор, пока не выпадет число очков равное $1.$ У кого выпало $1$ очко, тот и победитель. Начинает Коля. Во сколько раз вероятность выигрыша Коли больше вероятности выигрыша Вити?

Источники: Газпром - 2025, вариант 2, 11.2 (см. olympiad.gazprom.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте обозначим через p вероятность выпадения 1, а через q — любой другой исход. Какая вероятность того, что на k-м броске Коля выиграет?

Подсказка 2

Теперь рассчитаем вероятность, что Коля выиграет на каком-то шаге. Ясно, что это сумма вероятностей, просчитанных в первой подсказке, по всем k.

Подсказка 3

Если присмотреться, можно увидеть, что вероятность победы Коли — сумма членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии. Значит, можно вычислить по известной формуле её предел, посчитать вероятность победы Вити и получить ответ.

Показать ответ и решение

Вероятность выпадения 1 очка при бросании игральной кости равна $p= 1, 6$ а вероятность того, что $1$ очко не выпадет, будет равно

1 5 q =1− p= 1− 6 = 6

Рассчитаем вероятность того, что Коля выиграет:

P(K)= p+ qqp+ qqqqp+ qqqqqqp+qqqqqqqqp+...=p +q2p+ (q2)2p+ (q2)3p+...

Это сумма бесконечно убывающей геометрической прогрессии с первым членом $p$ и знаменателем $2 q .$

Используя формулу суммы всех членов убывающей геометрической прогрессии, найдем вероятность выигрыша Коли:

p p p 1 P(K)= 1−-q2 = (1− q)(1-+q) = p(1+q) = 1+q

Тогда вероятность выигрыша Вити равна:

P(B )=1 −--1- = 1+q-− 1-=-q-- 1 +q 1+ q 1+q

Найдем отношение вероятностей:

P(K) = -1--:-q--= 1 = 6= 1,2 P(B) 1+q 1+ q q 5

Ответ:

В $1,2$ раза

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#125074

Петя раскрашивает клетчатый прямоугольник размером $8× 12.$ У него 3 краски: белая, серая, черная. Найдите вероятность того, что при случайном раскрашивании клеток, он раскрасит прямоугольник так, что соседние клетки в нём будут разного цвета, но при этом не будет резкой смены цвета, то есть белая и чёрная клетки не будут соседними. (Клетки — соседние, если у них есть общая сторона).

Источники: Звезда - 2025, 11.2 ( см. zv.susu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для нахождения ответа хотим узнать, сколько всего вариантов раскраски и сколько из них удовлетворяет условиям. Чтобы посчитать количество всех вариантов, учтем, что каждую из 8*12 клеток можно покрасить в любой из трех цветов. Как посчитать количество удовлетворяющих вариантов? Какую конструкцию здесь можно применить?

Подсказка 2

Попробуем объединить какие-то два цвета в один, например, чёрный и белый. Какие тогда возникают условия на взаимное расположение клеток нового цвета и серого?

Подсказка 3

Понятно, что клетки нового цвета не могут находиться рядом (иначе получаются либо одноцветные соседи, либо соседи вида белый-черный). Аналогичное можно сказать и про серые клетки. Какой вывод тогда можно сделать для количества вариантов такой двухцветной раскраски?

Подсказка 4

Тогда нам подходят только шахматные раскраски, их на данном поле будет две. Теперь обратно разобьем наш новый цвет на белый и чёрный. Логично, что все условия для соседей уже были соблюдены, поэтому любая клетка нового цвета может быть и белой, и чёрной. Тогда нам необходимо только посчитать количество этих клеток новых цветов в каждой из шахматных раскрасок (на обоих вариантах их одинаковое количество) и учесть, что для каждой из таких клеток вариантов выбора цвета 2. Ответ далее находится по стандартной формуле для вычисления вероятности по благоприятным и всем исходам.

Показать ответ и решение

Применим формулу классической вероятности $p= m, n$ где где общее число возможных исходов $n= 396,$ так как всего в прямоугольнике $96$ клеток, и каждую клетку можно окрасить в $3$ цвета. Найдём количество благоприятных исходов — $m.$ Для этого перекрасим временно белый и чёрный цвета в красный. Раскрасим данный прямоугольник в красно-серые цвета так, чтобы соседние клетки имели разный цвет (шахматная раскраска). Таких раскрасок будет ровно две.

Теперь осталось для каждой из $48$ красных клеток выбрать произвольно один из двух цветов — белый или чёрный. Таких раскрасок будет $48 2 ,$ а всего $49 m = 2 .$ В итоге ответ равен $249 396.$

Ответ:

$249 396$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#126186

В телеигре ведущий берет несколько коробок и ровно в три из них кладет по одному шарику. Игрок может указать на пять коробок и открыть их. Если в этих коробках лежат все три шарика, то игрок выигрывает. Игроку разрешили открыть шесть коробок. Во сколько раз увеличилась вероятность выигрыша игрока?

Источники: Физтех - 2025, 10.4 ( см. olymp-online.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вероятность – это отношение количества благоприятных исходов к общему числу исходов. Пусть всего есть N коробок, сколькими способами мы можем выбрать 5 из них (то есть сколько всего у нас исходов)?

Подсказка 2

Конечно же это число сочетаний из N по 5. Теперь давайте думать, сколько у нас есть благоприятных исходов. Нам нужно выбрать три коробки с шарами и две пустые, сколькими способами можно это сделать?

Подсказка 3

Три коробки с шарами можно выбрать единственным способом, а вот сколькими способами из оставшихся N - 3 коробок можно выбрать две?

Подсказка 4

Тут получаем число сочетаний из N - 3 по 2. Теперь мы легко можем записать выражение для вероятности выигрыша для случая с пятью коробками) Теперь проделываем то же самое с шестью коробками, делим одно на другое и получаем ответ!

Показать ответ и решение

Пусть всего было $N$ коробок.

Вычислим первоначальную вероятность выигрыша. Общее количество исходов эксперимента равно количеству способов выбрать 5 различных коробок из $N,$ то есть $5 C N.$ Должны быть выбраны все 3 коробки с шариками и 2 произвольные из оставшихся $N − 3,$ поэтому количество благоприятный исходов равно $2 CN− 3.$

Вероятность выигрыша равна

C2 P1 =-CN5−3= 2(!N(N −−3)!5)! :5!(NN!−-5)! = N-(N-5−⋅41)⋅(3N −-2) N

Теперь аналогичным образом посчитаем вероятность выигрыша, если нам разрешать открыть 6 коробок (угадываем 3 коробки с шариками, а также выбираем 3 произвольных из оставшихся):

C3N−3- ----6⋅5⋅4----- P2 = C6N = N(N − 1)(N − 2)

Тогда

P2 = 6⋅5⋅4= 2 P1 5⋅4⋅3

Следовательно, вероятность выигрыша увеличилась в 2 раза.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#127229

Даны $5$ карточек с буквами Л, И, М, О, Н и ещё $n$ карточек с буквой А. Найти все $n,$ при которых вероятность того, что из $4$ случайно выбранных карточек будет можно сложить слово ЛАМА, получится максимальной.

Источники: ШВБ - 2025, 10.2 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сколько будет благоприятных способов вытащить 4 карточки?

Подсказка 2

Нам обязательно надо вытащить единственные Л и М, остальные карточки должны быть с буквой А.

Подсказка 3

Можно заметить, что с некоторого момента вероятность начинает убывать. Рассмотрите разность вероятностей при n+1 карточке с A и при n карточках с А.

Показать ответ и решение

Имеем $N =C4 n+5$ равновероятных способов выбрать 4 карточки, из них благоприятных — $M = C2 n$ (всего выбирается 4 карточки, надо вытащить единственные Л и М и 2 из $n$ карточек с буквой А).

M C2n n! 4!⋅(n+ 1)! Pn = N-= C4n+5 = 2!⋅(n-− 2)! ⋅-(n+-5)! =

= n-⋅(n−-1)⋅---------4-⋅3-⋅2----------= 2 (n+ 5)⋅(n+ 4)⋅(n+ 3)⋅(n +2)

------12⋅n⋅(n−-1)------- = (n+ 5)⋅(n +4)⋅(n+ 3)⋅(n+ 2)

Заметим, что $P(1)<P (3),$ $P(3)>P (10).$ Выясним, после какого $n$ вероятность начнет убывать.

Pn+1− Pn = (n+-6)(1n2+(n5+)(n1+)n4)(n+-3) − (n-+5)(n12+n4(n)(n− 1+)3)(n+2)-=

= -----------12n------------⋅((n+ 1)(n+ 2)− (n− 1)(n+ 6))≤ 0 (n+ 6)(n+ 5)(n+ 4)(n+ 3)(n+ 2)

Всегда верно, что

------------12n------------≥ 0 (n+ 6)(n+ 5)(n+ 4)(n+ 3)(n +2)

Поэтому достаточно

(n2+ 3n+ 2)− (n2+5n − 6)≤ 0

n≥ 4

Максимальная вероятность $1- 21$ получится при $n= 4$ и $n= 5.$

Ответ:

$4;$ $5$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#86092

Три человека независимо задумали по одному целому числу от $1$ до $9$ . Какова вероятность, что произведение этих трёх чисел делится на $10$ ?

Источники: Бельчонок - 2024, 11.1 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, что такое делимость на 10. Собственно, думать нечего - это делимость на 2, и на 5. Тогда, давайте рассмотрим вероятность противоположного события - что произведение трех чисел не делится на 10. Чему равна вероятность этого события, если мы хотим это выразить через вероятности событий про неделимость 2 и 5(это простые числа, они легче считаются)?

Подсказка 2

Верно, вероятность неделимости на 10 равна сумме вероятностей делимости на 2 и 5 - не делимость и на, и на 5. Осталось посчитать эти вероятности, получить вероятность того, что не делится на 10, вычесть ее из 1 и получить ответ.

Показать ответ и решение

Обозначим событие $A = {$ Произведение $3$ чисел не делится на $10}$ , $B = {$ Среди $3$ чисел нет $5},C = {$ Среди $3$ чисел нет чётного $}.$ Тогда

P(A)= P(B+ C)= P(B)+ P(C)− P (BC )=

(8)3 ( 5)3 (4)3 = 9 + 9 − 9

Вероятность искомого события равна

( )3 ( )3 ( )3 1− 8 − 5 + 4 = -52 9 9 9 243

Ответ:

$-52 243$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#86344

Буквы в симметричном слове АРБУЗУЗУБРА случайно переставили так, что полученное слово отличается от исходного. С какой вероятностью это слово снова будет симметричным? Ответ запишите в виде несократимой дроби.

Источники: ШВБ - 2024, 11.1 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что такое вероятность в этой задаче? Количество способов расставить буквы симметрично, отнесенное к количеству способов расставить их как угодно. Нам надо комбинаторно вычислить оба эти количества. Не забываем, что некоторые буквы одинаковые!

Подсказка 2

Чтобы посчитать количество симметричных слов, надо понять, как они вообще образуются. Если, допустим, мы решили ставить А на первое место, то на последнем тоже автоматически оказывается А. После таких наблюдений понятно, сколько мест у нас с выбором, а сколько “заполняется автоматически”.

Показать ответ и решение

Всего способов переставить 11 букв (из них по 3 У и по 2 А, Р, Б, З)

----11!---- 11! 2!⋅2!⋅2!⋅2!⋅3! = 96

Чтобы слово было симметричным, на $6$ позиции должна стоять буква У (иначе не будет симметрии, так как оставшиеся буквы идут парами). На позициях с первой по пятую можно поставить $5!$ способами любую последовательность букв. Тогда, чтобы была симметрия, буквы на оставшихся позициях определяются однозначно.

Не учитывая исходное слово, вероятность равна частному количества подходящих исходов (слово симметричное и отличается от исходного) и всех исходов (слово отличается от исходного), то есть

151!−!-1-= -119- -96-− 1 415799

Ответ:

$--119- 415799$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#90004

Преследуя преступника, полицейский упустил его в одном из дворов. В этот двор был единственный вход, а также 3 подъезда, в любом из которых мог скрыться преступник. Известно, что

- если полицейский войдет в подъезд, в котором укрылся преступник, то гарантированно поймает его;

- если полицейский войдет в подъезд, где преступника нет, то с вероятностью $1 6$ тот убежит через выход из двора (и поймать его уже не удастся), с вероятностью $1 2$ преступник никуда не переместится, и с вероятностью $1 3$ спрячется в другом подъезде, где полицейского сейчас нет;

- не найдя преступника в подъезде, полицейский каждый раз выбирает другой подъезд для осмотра совершенно случайным образом.

С какой вероятностью полицейский поймает преступника? Перемещения между подъездами можно считать мгновенными.

Источники: Иннополис - 2024 (см. dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте упростим задачу: не будем держать всю информацию в голове и попробуем нарисовать граф, показывающий возможные случаи и их вероятности.

Подсказка 2

У нас получается бесконечный граф, но достаточно записать вероятности лишь нескольких первых ходов. Далее вероятности будут одинаковы: если полицейский не угадывает подъезд и преступник не сбегает, то вероятность не изменится. Мы можем составить уравнение.

Подсказка 3

Осталось только просуммировать вероятности, когда полицейский ловит преступника, и получить ответ.

Показать ответ и решение

С вероятностью $1 3$ полицейский поймает преступника в первом же подъезде, в который зайдёт, и с вероятностью $2 3$ преступника там не окажется, значит, с вероятностью $2 1 1 3 ⋅6 = 9$ преступник сбежит из двора (сразу после первого захода полицейского в подъезд), и с вероятностью $2 5 5 3 ⋅6 = 9$ преступник так или иначе окажется в одном из подъездов, где сейчас нет полицейского.

Построим дерево, отображающее все возможные (на рёбрах написаны соответствующие условные вероятности):

Оказавшись в точке $B$ полицейский будет иметь выбор из двух подъездов, и с равной вероятностью поймает преступника в любом из них, этим обусловлены вероятности $1 2$ поймать преступника и дать ему скрыться в другом подъезде. После чего преступник снова либо сбежит со двора с вероятностью $1 6,$ либо останется в подъезде, где нет полицейского.

Заметим, что вероятность поймать преступника в точке $B$ равна вероятности поймать преступника в точке $C,$ обозначим эту вероятность за $P.$ Тогда, учитывая все возможные события в точке $B,$ получим $1 5- P = 2 + 12 ⋅P,$ отсюда $6 P =7.$ Учитывая события из точки $A,$ вероятность поймать преступника $1 5 17 3 + 9 ⋅P =21.$

Ответ:

$17 21$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#97435

Каждый день пёс Патрик сгрызает одну тапочку из имеющегося дома запаса. Строго с вероятностью $0,5$ Патрик хочет сгрызть левую тапочку и с вероятностью $0,5$ — правую. Если желаемой тапочки нет, Патрик расстраивается. Сколько пар одинаковых тапочек нужно купить, чтобы с вероятностью не меньше чем $0,8$ Патрик не расстраивался целую неделю ( $7$ дней)?

Показать ответ и решение

Пусть за неделю Патрик захочет съесть $S$ левых и $7− S$ правых тапочек. Нам нужно найти такое $k$ , что выполняется неравенство $P(S ≤k∩ 7− S ≤ k)≥0,8$ . Запишем иначе событие в скобках: $P(7− k≤ S ≤ k)$ . Ясно, что $7− k≤ k$ , то есть $k ≥4$ . Вероятность в левой части неравенства равна сумме

7−k1 8−k1 k1 1 ( 7−k 8−k k) 1 ( 4 5 k) C7 27 + C7 27 + ...+ C727 = 128 ⋅ C7 + C7 + ...+ C7 = 64 ⋅ C7 +C7 +...+ C7

Значит,

C47 +C57 + ...+Ck7 ≥ 64 ⋅0,8= 51,2

Заметим, что $7 7 C4 = 35,C5 = 21$ , поэтому уже сумма $4 5 C 7 + C7 = 35+21> 52$ . Значит, наименьшее $k$ равно 5 .

Ответ: 5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#97436

На соревнования приехали $10$ теннисисток, из них $4$ из России. По правилам для проведения первого тура теннисистки разбиваются на пары случайным образом. Найдите вероятность того, что в первом туре все россиянки будут играть только с россиянками.

Показать ответ и решение

Возьмем какую-нибудь одну россиянку, в пару к ней попадет другая россиянка с вероятностью $3 = 1. 9 3$ При этом условии рассмотрим двух оставшихся россиянок. Рассуждая так же, получаем, что они окажутся в одной паре с вероятностью $1 7.$ Следовательно, искомая вероятность равна $1 1 -1 3 ⋅7 = 21.$

Ответ:

$-1 21$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#100252

Бросают кубик, все шесть исходов (от одного до шести очков) равновозможны. Какова условная вероятность события «выпадет чётное число очков»

(a) при условии события «выпало не менее четырёх очков»?

(b) при условии события «выпало не менее трёх очков»?

Показать ответ и решение

(a) Из шести исходов 1, 2, 3, 4, 5, 6 есть три, где выпало не менее четырёх очков: это 4,5,6. В двух из них число очков чётно (4 и 6). Поэтому вероятность, что число очков чётно, при условии, что выпало не менее четырёх очков, равна $2∕3$ (два случая из трёх).

Формально говоря, надо поделить вероятность произведения событий, то есть события “число очков чётно и не меньше четырёх” (два исхода из шести, вероятность $2∕6$ ) на вероятность события “число очков не меныше трёх” (три исхода из шести, вероятность $3∕6$ ) и получится

2∕6= 2. 3∕6 3

(b) Аналогичным образом отвечаем и на другие вопросы: вероятность чётного числа очков при условии, что их не меньше трёх, составляет $1∕2$ (два случая 4,6 из четырёх $3,4,5,6).$

(c) Вероятность того, что выпало чётное число очков, при условии, что не выпало шестёрки, составляет $2∕5$ (два исхода 2,4 среди пяти исходов $1,2,3,4,5).$

Ответ:

(a) $2 3$

(b) $12$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#100253

[Парадокс Монти Холла] Представьте, что вы стали участником игры, в которой вам нужно выбрать одну из трёх дверей. За одной из дверей находится автомобиль, за двумя другими дверями — козы. Вы выбираете одну из дверей, например, номер 1, после этого ведущий, который знает, где находится автомобиль, а где — козы, открывает одну из оставшихся дверей, например, номер 3, за которой находится коза. После этого он спрашивает вас — не желаете ли вы изменить свой выбор и выбрать дверь номер 2? Увеличатся ли ваши шансы выиграть автомобиль, если вы примете предложение ведущего и измените свой выбор?

Условимся считать, что

$∙$ автомобиль равновероятно размещён за любой из трёх дверей;

$∙$ ведущий знает, где находится автомобиль;

$∙$ ведущий в любом случае обязан открыть дверь с козой (но не ту, которую выбрал игрок) и предложить игроку изменить выбор;

$∙$ если у ведущего есть выбор, какую из двух дверей открыть (то есть, игрок указал на верную дверь, и за обеими оставшимися дверями — козы), он выбирает любую из них с одинаковой вероятностью.

Показать ответ и решение

Посчитаем вероятность победить, если мы не будем менять дверь после предложения ведущего. В таком случае, нам нужно изначально выбрать дверь, за которой стоит автомобиль. Вероятность этого $1 3.$

Если же мы изменим свой выбор после предложения ведущего, то для победы нам нужно будет изначально указать на дверь с козой. Тогда ведущий откроет дверь со второй козой, и мы, после того как укажем на оставшуюся дверь, выиграем автомобиль. Вероятность изначально выбрать дверь с козой равна $2 3.$

Таким образом, если мы не принимаем предложение ведущего, вероятность победы равняется $1, 3$ а если принимаем, то $2 , 3$ то есть шансы увеличиваются в два раза.

Ответ: да, увеличатся

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#100255

Двое играют в “бой яиц”. Перед ними стоит корзина с яйцами. Они наугад берут по яйцу и ударяют их носами. Разбитое яйцо выбрасывается и побеждённый берёт новое, а победитель раунда сохраняет своё яйцо для следующего раунда (предполагается, что победившее яйцо сохранило свою прочность и что исход каждого раунда зависит только от относительного качества яиц). Спрашивается: какова вероятность победы в $(n +1)$ -м раунде после победы в предыдущих?

Показать ответ и решение

Если прошло $n+ 1$ раундов то в них участвовало $n+ 2$ яиц. Все они считаются разными по прочности, и вероятности всех перестановок априори одинаковы. Но мы рассматриваем только те перестановки, где первое яйцо победило второе, третье и так далее до $(n+ 1)$ -ого включительно. Значит, это те перестановки символов от 1 до $n +2$ , где 1 идёт по прочности впереди всех яиц с номерами от 2 до $n +1$ . Такое может быть, если 1 идёт самым первым, и таких перестановок $(n+1)!$ , либо оно идёт вторым, за ним идут все "проигравшие а самое первое по прочности имеет номер $n+ 2$ . Таких случаев, очевидно, $n!$ . Общее количество случаев равно $(n +1)!+n!$ , и победитель сохраняется в $(n+ 1)!$ из них. Как уже было сказано, все перестановки изначально равновероятны, поэтому можно применить формулу классической вероятности, что даёт

(n +1)! n +1 (n-+1)!+n! = n-+2

после сокращения числителя и знаменателя на $n!$ .

Ответ:

$n-+1 n +2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#68078

На клетках шахматной доски размером $8 ×8$ случайным образом расставлены 4 одинаковых фигуры. Найти вероятность того, что три из них будут находиться либо на одной горизонтали, либо на одной вертикали, либо на одной из двух главных диагоналей.

Источники: Росатом-2023, 11.5, Москва (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумаем, а как же нам считать благоприятные исходы для подсчёта вероятности? Мы знаем, что нами должна быть выбрана линия, на которой располагается хотя бы 3 фигурки. Сколько таких вариантов?

Подсказка 2

Попробуйте посчитать количество благоприятных исходов для одной линии. На каждой линии должны быть выбраны либо 4 места для всех фигур, либо 3 места на линии и одна клетка на остальной части доски.

Показать ответ и решение

Общее число равнозначных исходов расстановоки фигур есть выбор произвольных $4$ клеток из имеющихся $64$ , т.е. оно равно $4 -64!- C64 = 60!⋅4! = 16⋅21⋅31⋅61$ .

Благоприятный исход может в двух случаях: три одинаковые фигуры находятся на одной линии и одна не на этой линии, либо четыре одинаковых фигуры на одной линии. Тогда число благоприятных исходов для одной линии (горизонтали, вертикали или главной диагонали) равно $3 1 4 C8 ⋅C56+ C8 = 3206 =2 ⋅7 ⋅229$ . Всего имеется 18 различных линий (горизонталей, вертикалей и главных диагоналей). Итого число благоприятных исходов равно $18⋅2⋅7⋅229$ .

Искомая вероятность есть отношение числа благоприятных исходов к общему числу исходов:

18⋅2⋅7⋅229 687 P (A) =16⋅21⋅31⋅61 = 7564

Ответ:

$-687 7564$