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#105461Максимум баллов за задание: 7

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#105462Максимум баллов за задание: 7

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#105884Максимум баллов за задание: 7

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#105886Максимум баллов за задание: 7

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#106963Максимум баллов за задание: 7

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#107200Максимум баллов за задание: 7

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#119900Максимум баллов за задание: 7

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#123691Максимум баллов за задание: 7

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#125074Максимум баллов за задание: 7

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#126186Максимум баллов за задание: 7

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#127229Максимум баллов за задание: 7

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#129314Максимум баллов за задание: 7

На ферме по выращиванию жемчуга проводится акция: посетителю разрешают вскрыть несколько раковин, до тех пор, пока он не найдет 2 жемчужины. В каждой раковине может быть не более одной жемчужины, причем вероятность, что она там будет, равна $1∕3.$ Аделаида Ивановна участвует в акции. Какова вероятность того, что она вскроет: а) ровно 4 раковины; б) не менее 4 раковин?

Источники: КФУ - 2025, 10.5 (см. malun.kpfu.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а, Подсказка 1

Давайте порассуждаем: в каком случае вскрыто ровно 4 раковины? В какой из раковин жемчужина при этом точно была, а в какой – не факт? Сколько у нас подходящих вариантов?

Пункт а, Подсказка 2

Каждая раковина – независима от другой. Что в таком случае надо делать с вероятностями?

Пункт а, Подсказка 3

Итак, вероятности перемножили, осталось лишь понять, сколько у нас подходящих равновероятных комбинаций и произвести соответствующие действия!

Пункт б, Подсказка 1

Как будто бы напрямую тут слишком много случаев рассматривать, попробуем тогда пойти от противоположного события! Какое событие противоположно к искомому?

Пункт б, Подсказка 2

По сути нам надо из 1 вычесть сумму вероятностей того, что вскрыто ровно 2 или ровно 3 раковины. Осталось лишь решить задачу, аналогичную пункту а) и внимательно всё вычислить!

Показать ответ и решение

а) Ясно, что А.И. найдёт жемчужину в 4-ой раковине, а также ровно в одной из предыдущих. Имеем три варианта события, вероятность каждого равна

1 ( 2)2 1 4 3 ⋅ 3 ⋅3 = 81

Искомая вероятность в 3 раза больше:

3 ⋅ 4-= 4 81 27

б) Противоположное событие — что А.И. вскроет 2 или 3 раковины. Вероятность вскрыть две равна

1⋅ 1 = 1, 3 3 9

три раковины —

1 2 1 4- 2⋅ 3 ⋅3 ⋅3 = 27

Значит, вероятность не менее 4 раковин равна

1− 1 − 4-= 20 9 27 27

Ответ:

а) $-4; 27$ б) $20- 27$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#129849Максимум баллов за задание: 7

На каждой стороне белого кубика сидит по жуку. Кубик бросили, и жуки переполошились — каждый выбрал наугад одну из 4-х соседних граней и переполз туда. С какой вероятностью кубик не изменит своего первоначального вида?

Источники: Ломоносов - 2025, 10.5 (см. olymp.msu.ru)

Показать ответ и решение

Если нарисовать на гранях кубика стрелки, направленные в сторону, куда пополз жук — мы тем самым опишем исход броска. Всего таких исходов будет $6 4 = 4096$ (6 граней, на каждой по 4 варианта), и они равновероятны.

Пример на развертке:

$PIC$

Рассмотрим исходы приведут нас к такому же кубику. На каждую грань должно вползать по одному жуку, то есть на каждую грань должна быть направлена ровно одна стрелка. Значит, если начать двигаться против направления стрелок — дорогу мы найдём однозначно, «развилок» не будет, и в конце концов, так как граней на кубике конечное число, мы будем вынуждены вернуться на грань, с которой начали. Это верно для любой грани. Иными словами, рисунок из стрелок образует на сторонах кубика цикл или несколько циклов.

Граней 6, поэтому длины циклов потенциально могут быть от 2 до 6. Циклы в 2, 3, 4 и 6 жуков нарисовать получится, а вот попытка нарисовать цикл длиной 5 приведёт к неподвижному жуку, так как жуки внутри цикла поменяются друг с другом местами, а последний не сможет переползти из своей грани, не оставив ее пустой. Значит, правильный исход может состоять из таких циклов: 2, 2, 2; 2, 4; 3, 3; 6. Посчитаем количество возможных рисунков с такими свойствами.

2, 2, 2 (то есть жуки попарно меняются местами). Жук с верхней грани меняется местами с жуком с одной из 4 боковых, а жуку с нижней остаётся всего 2 на выбор (он не может ползти на грань, противоположную выбранной верхним жуком). То есть таких конфигураций $4⋅2= 8.$
2, 4. Цикл длиной 4 обходит вокруг ребра куба — по или против часовой стрелки. Оставшиеся два жука меняются местами. Значит, число таких конфигураций равно числу способов выбрать ребро (рёбер 12) умножить на 2 (по или против часовой). Значит, $12⋅2 =24.$
3, 3. Цикл длиной 3 обходит вокруг вершины по или против часовой. Оставшиеся 3 жука ползут так же. Верхняя грань участвует в одном из циклов, значит мы можем выбрать для неё 4 соседние вершины, 2 ориентации, и ещё есть 2 ориентации для оставшихся жуков. Будет $4 ⋅2⋅2 =16$ рисунков.
6. Обойдём куб по направлению стрелок. С верхней грани мы можем перейти на одну из 4 боковых. Дальше мы можем повернуть налево, направо, или спуститься на нижнюю грань. Варианты «налево» и «направо» могут продолжится двумя способами: либо мы идём в ту же сторону, либо спускаемся вниз. Если мы шли в ту же сторону — дальше путь продолжается однозначно (через нижнюю грань), если спускались — вариантов дорисовывания 2. Вариант «на втором шаге мы спустились вниз» дорисовывается до полного цикла двумя способами.

Всего циклов длиной 6 будет $4(2(1+2)+ 2)=32.$ А вероятность равна

32+-16+24+-8 -80- -5- 4096 =4096 = 256

Ответ:

$-5- 256$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#129923Максимум баллов за задание: 7

На окружности случайным образом поставлены 8 точек. Каждая пара этих точек соединена отрезком. Из всех этих отрезков равновероятно выбирают 4 отрезка и красят их в красный цвет. Какова вероятность, что найдётся красный треугольник, вершины которого лежат на окружности?

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 1, 10.3 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Раз просят найти вероятность, значит, стоит вспомнить определение вероятности. Что нужно посчитать?

Подсказка 2

В задачах, где возможны всякие разные равновероятные комбинации, что стоит сделать первым делом?

Подсказка 3

Именно! Подсчитать, а сколько всего у нас этих самых комбинаций есть. С помощью чего можно посчитать, сколько есть вариантов выбрать несколько точек из данных?

Подсказка 4

Нам поможет число сочетаний. Сколько точек нужно выбрать, чтобы получить отрезок? Сколькими способами можно выбрать это количество точек из 28?

Подсказка 5

Сколько всего вариантов выбрать среди них 4 отрезка для окрашивания?

Подсказка 6

Чтобы из отрезков получился треугольник, что должно выполняться?

Подсказка 7

Могут ли у этих отрезков быть не общие вершины?

Подсказка 8

Раз нужно взять 3 точки из восьми, то сколько всего треугольников возможно?

Подсказка 9

Но у нас есть еще и четвертый отрезок. Есть ли для него какие-то ограничения? Как его наличие повлияет на количество благоприятных способов окраски?

Подсказка 10

Раз четвертый отрезок может быть любым, то у нас каждому из треугольников можно подобрать еще на выбор любой из оставшихся отрезков. Что нужно сделать, чтобы найти общее количество разных пар "треугольник-отрезок"? Осталось только найти нужную вероятность. :)

Показать ответ и решение

Всего отрезков $C2= 28. 8$ Количество способов выбрать из 28 отрезков 4 равно $C4 = -28!-= 25⋅26⋅27⋅28. 28 24!⋅4! 24$ Число возможных треугольников равно $C38 =-8!-= 56, 5!⋅3!$ так что число благоприятных способов покрасить 4 отрезка в красный цвет равно $56⋅25,$ так как для каждого треугольника можно покрасить любой из оставшихся 25 отрезков. Искомая вероятность равна

-56⋅25⋅24- =--8- = 8-- 25⋅26 ⋅27⋅28 13⋅9 117

Ответ:

$-8- 117$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#129928Максимум баллов за задание: 7

У двух школьников есть по развёртке куба. Обе развёртки состоят из 6 единичных квадратов (см. рисунок).

Каждый школьник равновероятно красит каждый единичный квадрат своей развёртки в зелёный или красный цвет. Потом они сворачивают развёртки в кубы покрашенными гранями наружу. Какова вероятность, что у них получатся кубы с одинаковой раскраской? Раскраски, совпадающие при повороте кубов, считаются одинаковыми.

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 4, 10.3 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хотим посчитать вероятность, что для этого надо сделать?

Подсказка 2

Мы можем посчитать общее количество возможных раскрасок, а также посчитать количество одинаковых раскрасок.

Подсказка 3

Каждую грань независимо от других можно красить в 2 цвета. Чему же тогда равно количество способов раскрасить развёртку целиком?

Подсказка 4

Так как каждая грань красится независимо, то можно просто перемножить... Получаем, что суммарное число раскрасок двух кубиков — 64² = 4096.

Подсказка 5

Теперь кажется, что надо разбираться со случаями... Сколько есть способов раскрасить по одной грани на обоих кубиках? А по две?...

Подсказка 6

Посчитайте отдельно способы покрасить в один цвет одну грань, две грани и т.д.. Дальше нужно просто сложить разные случаи!

Показать ответ и решение

Пусть все грани у обоих кубов красные, это возможно лишь в одном случае. Покрасить одну грань на каждом кубе в красный цвет можно $2 6 = 36$ способами. Так как каждая грань соприкасается с 4 другими, покрасить в красный цвет две грани с общим ребром можно $6⋅4 2 2 ( 2 ) = 12 =144$ способами. Покрасить в красный две противоположные грани на каждом кубе можно $6⋅12 2 (2 )= 3 = 9$ способами. Случаев, когда три грани красные, и они сходятся в вершине, может быть 8 на каждом кубе, то есть всего $2 8 = 64.$

Три грани могут также образовывать цепочку, средняя грань в ней выбирается 6 способами, крайние 2 способами, всего $6⋅2= 12$ способов, тогда получить такую раскраску на обоих кубиках можно $2 12 = 144$ способами. Если красных граней 4, 5 или 6, то зелёных 2, 1 или 0, поэтому соответствующее число способов удваивается.

Всего вариантов раскраски одного куба $6 2 = 64,$ двух $2 64 .$ Искомая вероятность равна:

2(1+ 36+ 144+ 9)+64+ 144 380+208 147 P = ---------642----------= --642--= 1024

Ответ:

$-147 1024$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#86092Максимум баллов за задание: 7

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:

$-52 243$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#86344Максимум баллов за задание: 7

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 18#90004Максимум баллов за задание: 7

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 19#97435Максимум баллов за задание: 7

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 20#97436Максимум баллов за задание: 7

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:

$-1 21$