Тема Количество способов, исходов, слагаемых и теория вероятностей

Классическая вероятность

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела количество способов, исходов, слагаемых и теория вероятностей

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#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:

$-52 243$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#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 4#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 5#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:

$-1 21$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#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:

$n-+1 n +2$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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:

$-687 7564$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#69235

Имеется одна подключенная к сети электрическая розетка, два удлинителя на три розетки каждый и одна настольная лампа в комплекте. Незнайка случайным образом воткнул все три вилки в 3 из 7 розеток. С какой вероятностью загорится лампа?

Источники: ШВБ-2023, 11.2 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Раз нас просят найти вероятность, значит, нам нужно найти отношение общего числа способов воткнуть вилки и подходящих нам. Тогда какое общее число способов?

Подсказка 2

Верно, общее число способов будет равно 7*6*5=10. То есть у нас есть 7 мест для первой вилки, 6 — для второй, и 5 — для третьей. Теперь разберёмся с благоприятными исходами. В каких случаях загорится лампа? Таких способов немного и достаточно просто перебрать их все.

Подсказка 3

Действительно, таких способов только три: лампа питается напрямую через розетку, лампа питается через 1 удлинитель, лампа питается через 2 удлинителя. Осталось теперь аккуратно посчитать способы и получить вероятность.

Показать ответ и решение

Число равновероятных исходов втыкания 3-х вилок в 7 розеток равно $7⋅6⋅5= 210.$ Понятно, что благоприятные исходы, в которых загорелась лампа, можно разбить на три случая: лампа питается напрямую через розетку, лампа питается через 1 удлинитель, лампа питается через 2 удлинителя. Рассмотрим каждый случай отдельно:

1) Лампа питается напрямую через розетку. Т.е. лампа включена в розетку, а другие 2 вилки — в любые 2 из оставшихся 6 разъёмов удлинителей. Значит, число таких благоприятный исходов $6⋅5= 30.$

2) Лампа питается через 1 удлинитель. Т.е. лампа включена в один из 6 разъёмов удлинителей, соединённый с ней удлинитель включен в розетку, а другой — в любой из 5 оставшихся разъёмов удлинителей. Значит, число таких благоприятный исходов $6⋅5= 30.$

3) Лампа питается через 2 удлинителя. Т.е. лампа включена в один из 6 разъёмов удлинителей, соединённый с ней удлинитель включен в один из 3 разъёмов другого удлинителя, а тот — в розетку. Значит, число таких благоприятный исходов $6⋅3= 18.$

В итоге общее количество благоприятных исходов равно $30+ 30+18 =78$ . Следовательно вероятность того, что лампа загорит, равна $78 13 210 = 35.$

Ответ:

$13 35$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#72117

Четыре человека А, Б, В, Г становятся в очередь в случайном порядке. Найдите

(a) условную вероятность того, что А первый, если Б последний;

(b) условную вероятность того, что А первый, если А не последний;

(d) условную вероятность того, что А первый, если Б стоит в очереди позже A;

(e) условную вероятность того, что А стоит в очереди раньше Б, если известно, что А раньше В.

Подсказки к задаче

Пункт a), подсказка 1

Такс, а в скольких перестановок Б - последний? И в скольких из них А - первый?

Пункт a), подсказка 2

Верно, Б будет последним в 6 случаях, так как остальных людей мы можем расставить 3! способами. А из этих случаев, А будет первым ровно в 2, потому что двух оставшихся(В и Г) мы можем расставить 2! способами. Остаётся лишь найти отношение числа этих способов!

Пункт b), подсказка 1

Сколько есть перестановок, где А - не последний?(подсказка в подсказке: для этого удобно из всех вариантов вычесть лишние)

Пункт b), подсказка 2

Да, таких перестановок 4! - 3! = 18. Если А - первый, то таких перестановок аналогично 3!

Пункт c), подсказка 1

По аналогии с прошлым пунктом, если Б - не последний, то таких перестановок 18. А как посчитать все перестановки, где A - первый?

Пункт c), подсказка 2

Верно, для этого заметим, что Б может быть на второй или третьей позиции. Поэтому всего 4 таких варианта!

Пункт d), подсказка 2

Верно, поскольку мы рассматриваем положение А относительно Б, то А будет ровно в половине случаев раньше Б. А сколько перестановок, в которых А первый(для этого удобно зафиксировать человека А и пронаблюдать за тем, куда можно поставить Б)?

Пункт d), подсказка 3

Да, для Б ровно 3 позиции, тогда, на оставшиеся 2 можно 2 способами расположить оставшихся людей!

Пункт e), подсказка 1

Если А раньше В, то как мы выяснили в пункте d, таких перестановок 12. Какие позиции может занимать А, если он раньше двух людей?

Пункт e), подсказка 2

Да, А может быть только первым или вторым! Поэтому всего вариантов, когда А первый: 3! + 2 = 8

Показать ответ и решение

(a) Есть $3!$ перестановок, в которых Б последний, а перестановок, в которых А первый и Б последний — $2!.$ Значит, условная вероятность того, что А первый, если Б последний, равна $2! 1 3! = 3;$

(b) Есть $4!− 3!$ перестановок, где А не последний. При этом перестановок, где А первый — $3!.$ Значит, условная вероятность того, что А первый, если А не последний, равна $-3!--= 1; 4!− 3! 3$

(c) Есть $4!− 3!$ перестановок, где Б не последний. При этом перестановок, где А первый и Б не последний — $4,$ так как Б может стоять на втором или третьем месте, а остальных двух человек можно переставить двумя способами в каждом из двух случаев расстановки Б. Тогда условная вероятность того, что А первый, если Б не последний, равна $4 2 4!−-3! = 9;$

(d) Заметим, что перестановок, в которых Б стоит позже А, ровно $4! 2-= 12,$ так как всего $4!$ перестановок, и в каждой расстановке, в которой Б позже А, соответствует одна расстановка, в которой Б стоит раньше А. При этом перестановок, где А первый ровно $2⋅3,$ так как Б может встать на любое из трех мест, и в каждом случае есть еще $2$ варианта расставить оставшихся двух людей. Итого, условная вероятность равна $6 1 12 = 2;$

(e) Аналогично предыдущему пункту перестановок, где А стоит раньше В, ровно $12.$ При этом есть $8$ перестановок, где А стоит раньше Б и раньше В. Действительно, А не может стоять на $3$ или $4$ позиции; если стоит на первой, то он раньше Б и В в $3!$ перестановках. Если же А на второй позиции, то существует $2$ варианта, когда А раньше Б и В. Итого, условная вероятность равна $-8 = 2. 12 3$

Ответ:

(a) $1 3$

(b) $13$

(d) $1 2$

(e) $23$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#72118

Известно, что $1%$ среди всех пациентов проходящих обследование больны вирусом $X.$ Если человек болен обследование покажет “позитивный” результат в $80%$ случаев. Если человек здоров, то обследование покажет “позитивный” результат в $9%$ случаев. Питер Паркер получил “позитивный” результат при обследовании. С какой вероятностью он болен вирусом $X?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для решения этой задачи воспользуемся условной вероятностью! То есть, надо вероятность того, что он болен вирусом при условии положительного результата. Для этого надо найти вероятность пересечения этих событий и поделить её на вероятность того, что тест положительный.

Подсказка 2

Для начала поймем, что в данном случае пересечение событий. Грубо говоря, это доля тех людей, которые имеют положительный результат теста и действительно больны! Тогда, если всего тест проходило x людей, то x/100 - доля больных. 80% больных имеют положительный результат, так что пересечение этих событий, это: x/100 * 0,8 = 80x/10000. Осталось найти долю людей, которые получили положительный результат, но при этом не больны.

Подсказка 3

Верно, доля таких людей 99x/100 * 0,09 = 9*99x/10000. Осталось найти отношение первой полученной вероятности к сумме полученных вероятностей!

Показать ответ и решение

Пусть $A$ — событие “Питер Паркер болен вирусом X”, $B$ — событие “Питер Паркер получил положительный результат при обследовании”. Нужно найти вероятность $P (A|B)$ , то есть вероятность того, что Питер Паркер болен вирусом X, при условии, что он получил положительный результат при обследовании.

Пусть тестирование проходят $y$ человек, тогда $-y- 100$ — доля тех, кто болен вирусом, $99y 100$ — доля тех, кто не болен. И тогда доля больных с положительным результатом составляет $-80y-, 10000$ а больных с отрицательным — $-20y-. 10000$

$9⋅99y- 10000$ здоровых пациентов получат ложноположительный результат и $91⋅99y- 10000$ — отрицательный.

По формуле условной вероятности:

P(A∩ B) P(A|B)= -P-(B-)-

Тогда

80y P(A|B)= ---10000---= -80 18000y00 + 91⋅90090y0 971

Ответ:

$-80 971$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#72120

Имеется $10$ белых и $10$ черных шаров. Вам предлагают каким-то образом разложить эти шары по двум урнам. Далее случайно выбирается одна из урн, а из нее вытаскивается шар. Если он оказывается белым, то Вы получаете приз. Как нужно разложить шары по урнам, чтобы вероятность выиграть приз была наибольшей?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Надо бы посчитать вероятность выигрыша, для этого можно ввести недостающие переменные. И понять, когда достигается максимум

Подсказка 2

Пусть в первой урне m чёрных и n белых шаров. Видим, что знаменатели зависят только от суммы m + n, тогда давайте зафиксируем знаменатель и поймём, когда достигается максимум числителя

Подсказка 3

Для этого введём новую переменную k = m + n и зафиксируем её значение. Тогда оцениваем числитель: какое n ≤ k нужно взять, чтобы получилось максимальное значение?

Подсказка 4

Конечно, чтобы получился максимум 2n(10 - k), нужно взять n = k (рассматриваем k ≤ 10)! Тогда чему равно m и как можем переписать нашу вероятность? Какое n должны взять для получения максимума?

Подсказка 5

Чтобы найти максимум (10 - n)/(20 - n) можно... взять производную и месить глину, но best practices путь это ещё немного подумать, нет ли способа найти его проще :) Подумайте, что будет, если перевернуть дробь

Подсказка 6

Тогда мы хотим найти минимум (20 - n)/(10 - n), а из этой дроби мы можем выделить целую часть. Минимум будет при максимальном знаменателе! Но помните, что у нас m = 0, тогда какое должно быть n? Находим его и считаем вероятность! И не забываем перечитать условие, чтобы записать в ответ именно то, что просили

Показать ответ и решение

Пусть в первой урне помещено $m$ чёрных и $n$ белых шаров, а во второй, соответственно, $10− m$ чёрных и $10− n$ белых. Вероятность выбрать белый шар при описанной процедуре равна

1 ( n 10− n ) 2 ⋅ n+-m-+20−-(m-+n)

Зафиксируем значение $k =m + n,$ и выясним, при каком $n≤ k$ вероятность будет максимальной. Выражение в скобках равно

n + 10− n-= 20n+10k−-2kn k 20− k k(20− k)

Знаменатель положителен и не зависит от $n,$ а максимум числителя получается при максимуме $20n− 2kn =2n(10− k).$ Можно считать, что $k≤ 10,$ так как в противном случае можно поменять номера коробок, от чего не зависит результат. Ясно, что максимум достигается при $n= k.$ Это значит, что $m = 0,$ и в первую коробку кладутся только белые шары.

Таким образом, вероятность равна

1( 10−-n) 2 1 +20− n

Максимум второго слагаемого имеет место при минимуме обратной величины $20−n 10 10−n =1+ 10−n,$ откуда $10− n$ максимально, и потому $n$ минимально, откуда $n= 1.$

Таким образом, в первую коробку кладём один белый шар, а во вторую всё остальное. Вероятность выиграть приз при этом равна

1 ( 9-) 14 2 1+ 19 = 19

Ответ:

В первую коробку кладём один белый шар, а во вторую — всё остальное.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#45510

В выпуклом шестиугольнике независимо друг от друга выбраны две случайные диагонали. Найдите вероятность того, что эти диагонали пересекаются внутри шестиугольника (внутри — то есть не в вершине).

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Так, для начала пытаемся больше понять про объекты, которые у нас есть в задаче. Какой длины вообще бывают диагонали в шестиугольнике (давайте считать, что длина диагонали - минимальное количество вершин между концами). Либо 1, либо 2. Давайте попробуем для каждого вида оценить, сколько возможностей построить пересекающуюся вторую диагональ.

Подсказка 2!

То есть мы считаем, как обычно, отношение количества подходящих случаев к количеству всех. Сначала считаем, сколько пар пересекающихся диагоналей. Диагоналей длины 1 у нас 6! А сколько возможностей для второй диагонали, которая пересекала бы нашу?

Подсказка 3!

3! Верно, можно это понять, нарисовав картинку. Тогда в таком случае имеем 18 пар. Примените то же рассуждение и поймите, сколько пар для диагонали длины два!

Подсказка 4!

Осталось только вспомнить формулу вероятности события и все подсчитать)

Показать ответ и решение

Заметим, что в терминах минимального числа рёбер между вершинами диагонали могут иметь только длины $2$ или $3.$

Если диагональ имеет длину $2,$ то для неё возможны $6$ различных позиций (иначе говоря, таких диагоналей $6$ ). Для каждой позиции есть $3$ способа выбрать вторую диагональ — взять диаметр, либо диагональ длины $2$ в любое из двух направлений (вершиной второй диагонали должна быть точка между двумя вершинами на первой). В итоге имеем $18$ способов.

Если диагональ имеет длину $3,$ то есть является диаметром, то различных будет всего $3.$ Для каждой позиции можно двумя способами добавить диагональ длины $2,$ которая пересекает диаметр, а также двумя способами выбрать ещё один диаметр, то есть всего $4$ способа. Всего имеем $12.$

Суммарно получаем $18+ 12= 30$ способов, а поскольку каждый посчитан дважды, то на самом деле их $15.$ Всего же диагоналей $C29 =36$ (поскольку всего диагоналей $9$ ), в итоге имеем вероятность $15 5 36 = 12.$

Ответ:

$-5 12$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#45516

В классе меньше $30$ человек. Вероятность того, что наугад выбранная девочка — отличница, равна $3∕13,$ а вероятность того, что наугад выбранный мальчик — отличник, равна $4∕11.$ Сколько в классе отличников (мальчиков-отличников)?

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Вспоминаем определение вероятности! Значит, количество девочек-отличниц относится к количеству девочек как 3 к 13, а мальчик к мальчикам как 4 к 11. Какой вывод можно сделать из этого про количество детей если вспомнить, что все числа целые?

Подсказка 2!

Таак, так как мальчика не бывает треть, понимаем, что их количество должно делиться на 11, а количество девочек на 13! Остается понять, каким может быть количество детей в сумме и отличников)

Показать ответ и решение

По классическому определению вероятности $p = nA A n$ (отношение числа благоприятных событию $A$ исходов к числу всех исходов) исходя из условия число девочек в классе кратно $13,$ а число мальчиков кратно $11.$ Отсюда мальчиков и девочек в точности $13$ и $11,$ поскольку в противном случае их суммарно было бы хотя бы $min(2⋅11+ 13,11+ 13⋅2) =35> 30.$ Тогда отличников в классе $4$ из $11$ мальчиков.

Ответ:

$4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#45519

Дана таблица $3× 3$ (как для игры в крестики-нолики). В четыре случайно выбранные ячейки случайным образом поставили четыре фишки. Найдите вероятность того, что среди этих четырёх фишек найдутся три, которые стоят в один ряд по вертикали, по горизонтали или по диагонали.

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Действуем по стандартной схеме! То есть считаем, сколько у нас способов всего бросить 4 фишки на доску из 9 клеток!

Подсказка 2!

Верно, а теперь считаем, когда у нас 3 фишки стоят в ряд. Заметим, что у нас может в один способ быть занята только одна вертикаль, диагональ или горизонталь, так как фишек всего 4. Осталоссь посчитать, сколько соответственно вариантов такую "занятую линию" выбрать!

Показать ответ и решение

Всего способов бросить четыре фишки $C4. 9$ Заметим, что фишки могут целиком занимать ровно одну горизонталь, вертикаль или диагональ, что означает, что в дальнейших рассуждениях все способы различны. Нам достаточно расставить три из них по соответствующим трём клеткам, а затем поставить четвёртую на любую из оставшихся шести. Число различных вертикалей, горизонталей и диагоналей равно $3+ 3+ 2= 8,$ откуда имеем $6⋅8$ способов, в итоге вероятность $6⋅8 -6⋅8⋅4!- 8- C49 = 9⋅8⋅7⋅6 = 21.$

Ответ:

$-8 21$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#51001

Петя, Вася и Иван каждый на своей карточке написал наугад по одной цифре и передали карточки Маше так, чтобы она не видела написанных цифр. Маша случайным образом перемешала карточки и выложила их в ряд на стол. Найти вероятность того, что на столе можно увидеть трехзначное число, кратное $5$ и имеющее при делении на $7$ остаток $3.$

Показать ответ и решение

Можно считать, что мы получаем на столе равновероятно любое число от $0$ (на трёх карточках могут быть нули) до $999$ . Тогда для вычисления вероятности нужно число благоприятных исходов поделить на число возможных исходов — на $1000.$

Первое решение.

Используя Китайскую теорему об остатках, получаем, что среди любых $35$ подряд идущих чисел нам подходит ровно одно с остатком $10$ по модулю $35$ . Первое такое трёхзначное число — $115$ , затем идут $150,185,...115+ 35 ⋅25= 990$ : всего чисел $26$ . Осталось поделить на $1000$ и получить ответ.

Второе решение.

По условию искомое трёхзначное число $x$ кратно $5$ и при делении на $7$ даёт остаток $3$ , то есть

x= 7n+ 3= 5n+ 5+(2n− 2),n∈ ℤ

С учётом этих условий получаем

2n− 2= 5k,k∈ ℤ =⇒ k= 2t,t∈ℤ =⇒ n= 5t+ 1 =⇒ x= 7(5t+ 1)+3 =35t+ 10

Осталось учесть условие на трёхзначность:

90 989- 100 ≤35t+ 10 <999 ⇐⇒ 2< 35 < 3≤ t≤ 28 < 35 <29

Подходят $28− 3+ 1= 26$ значений $t$ .

Ответ:

$0,026$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#70780

На тарелке лежат различные конфеты трёх видов: 2 леденца, 3 шоколадных и 5 мармеладных. Света последовательно все их съела, выбирая каждую следующую конфету наугад. Найдите вероятность того, что первая и последняя съеденные конфеты были одного вида.

Источники: Курчатов-2022, 11.1 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассматривать одновременно все варианты первой и последней конфеты явно неудобно, тогда давайте разделять и властвовать. Посчитаем отдельно вероятности для леденцов, шоколадных и мармеладных, а потом сложим их вместе.

Подсказка 2

Вероятность выбрать леденец первой конфетой равна отношению числа леденцов к общему числу конфет. Подумайте, почему вероятности выбора леденца на любое другое место равны между собой. Тогда чему равна данная вероятность?

Подсказка 3

Вероятность выбрать леденец на последнее место равен 1/9. Аналогичными размышлениями мы можем найти вероятность для шоколадных и для мармеладных конфет, а затем и ответ к задаче.

Показать ответ и решение

Две конфеты одного вида могут быть либо леденцами, либо шоколадными, либо мармеладными. Посчитаем вероятности каждого из этих событий и сложим их.

Упорядочим конфеты в порядке их съедания. Вероятность того, что первая конфета — леденец, равна $2- 10.$ Вероятность того, что последняя конфета леденец, равна вероятности того, что леденец на любом другом месте. Следовательно, эта вероятность равна $1 9,$ поскольку после выбора первой конфеты осталось всего 9 конфет, среди которых ровно один леденец. Итак, вероятность того, что первая и последняя конфеты — леденцы, равна $2- 1 -2 10 ⋅9 = 90.$

Аналогично найдём вероятность того, что первая и последняя конфета — шоколадные, она равна $3- 2 6- 10 ⋅9 = 90.$ А вероятность того, что первая и последняя конфета — мармеладные, равна $5 4 20 10 ⋅ 9 = 90.$ Следовательно, ответом задачи является число

2 6 20 28 14 90 +90 +90 = 90 = 45

Замечание. Вероятность того, что первая и последняя конфеты являются леденцами, можно также считать следующим образом.

Всего есть $21!⋅03!!⋅5!$ способов выложить наши 10 конфет в ряд, а среди них есть $38!⋅5!$ способов выложить их в ряд так, чтобы леденцы были в начале и в конце. Тогда вероятность того, что первая и последняя конфеты являются леденцами, равна

-38!⋅5!-= -2= -1 21!⋅03!!⋅5! 90 45

Аналогичным образом можно посчитать вероятности и для конфет других видов.

Ответ:

$14 45$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#74502

В лаборатории имеются колбы двух размеров (объемом $V$ и объемом $V∕2$ ) в суммарном количестве 100 штук, причем колб каждого размера не менее трех. Лаборант поочередно случайно выбирает три колбы, и первую из них полностью заполняет 80-процентным раствором соли, вторую полностью заполняет 50-процентным раствором соли, а третью колбу полностью заполняет 20 процентным раствором соли. Затем он сливает содержимое этих трех колб в одну чашу и определяет процентное содержание соли в ней. При каком наименьшем количестве больших колб $N$ событие «процентное содержание соли в чаше находится в пределах от $45%$ до $55%$ включительно» будет случаться реже события «при случайном бросании двух симметричных монет выпадает орел и решка (в любом порядке)»? Ответ обосновать.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала, надо обозначить количество больших и малых колб, учитывая, что их сумма равна 100 и количество каждого типа не меньше 3. Теперь, давайте переберем все случаи, которые могут быть при вытаскивании трёх колб и поймем, какие нам подходят, а какие нет.

Подсказка 2

Да, если мы вытащим три большие колбы, то содержание соли будет 50 процентов, это нам подходит, так как(0.8V+0.5V+0.2V)/(3V) = 0.5. Переберите остальные случаи, а после этого вспомните, что мы как-то обозначили количество больших и малых колб(например, N - количество больших колб, а n - маленьких)

Подсказка 3

Верно, если мы переберем все случаи, то получим, что условие на процентное содержание выполняется, когда у нас 3 больших или три малых колбы, также если в маленькую колбу залить 50% раствор, а остальные колбы большие и последний случай, когда в большую колбу залили 50% раствор, а остальные колбы маленькие! Осталось написать уравнение через определение вероятности, ведь всего вариантов выбрать три колбы(если их пронумеровать, чтобы все они были различны) 100*99*98

Подсказка 4

После приведения подобных у нас останется уравнение ((N-50)²+2450)/4950 < 1/2. Остаётся найти такое минимальное N(мы сравниваем именно с одной второй, так как вероятность выпадения одного орла и одной решки за 2 броска равна 1/2)

Показать ответ и решение

Если $N$ — имеющееся количество больших колб в лаборатории, $N =3,4,...,$ $97,$ то $n =100− N$ — имеющееся количество малых колб в лаборатории, $n= 3,4,...,97.$ Для события $A = {$ содержание соли в чаше находится в пределах от $45%$ до $55%$ включительно $}$ необходимо найти такое наименьшее $N,$ что вероятность $1 P(A)< 2.$

Мысленно перенумеруем все имеющиеся в лаборатории колбы — присвоим им личные номера от 1 до 100. И тогда равновероятными исходами этого эксперимента будут упорядоченные тройки различных личных номеров последовательно выбираемых лаборантом колб: $ω =(i1,i2,i3),ij ∈{1,2,3,...,100},ij ⁄= ik,j,k= 1,2,3.$ Общее количество таких исходов равно $100⋅99⋅98.$

Вычислим теперь количество благоприятных исходов для появления события $A.$ Рассмотрим следующие случаи, определяемые размерными типами выбранных колб.

1.

Лаборант выбирает три большие колбы — тип [Б, Б, Б]. Тогда процентное содержание соли в чаше в результате описанных манипуляций лаборанта окажется равным величине:

(0,8V-+0,5V-+-0,2V)100 =50% ∈[45%;55%] 3V

Такой выбор благоприятствует появлению события $A.$ Количество элементарных исходов данного типа, очевидно, равно $N ⋅(N − 1)⋅$ $(N − 2).$

2.

Лаборант выбирает три маленькие колбы — тип [м, м, м]. Процентное содержание соли в чаше:

(0,8V∕2+-0,5V∕2+0,2V-∕2)100-= 50% ∈ [45%;55% ] 3V∕2

Такой выбор благоприятствует появлению события $A.$ Количество исходов в этом случае равно $n⋅(n − 1)⋅(n− 2).$

3.

Лаборант выбирает сначала две большие колбы, затем маленькую — тип [Б, Б, м]. Процентное содержание соли в чаше:

(0,8V-+-0,5V +-0,2V∕2)100 5V∕2 = 56% ∕∈[45%;55%]

Такой выбор не благоприятствует появлению события $A.$

4.

Лаборант выбирает последовательно большую, малую и большую колбы — тип [Б, м, Б]. Процентное содержание соли в чаше:

(0,8V-+-0,5V∕2+0,2V-)100- 5V∕2 = 50% ∈[45%;55%]

Такой выбор благоприятствует появлению события $A.$ Количество элементарных исходов в этом случае равно $N ⋅n⋅(N − 1).$

5.

Лаборант выбирает сначала малую колбу, затем две большие колбы — тип [м, Б, Б]. Процентное содержание соли в чаше:

(0,8V∕2+-0,5V-+0,2V-)100- 5V∕2 = 44% ∕∈[45%;55%]

Такой выбор не благоприятствует появлению события $A.$

6.

Лаборант выбирает сначала две малые колбы, затем большую колбу — тип [м, м, Б]. Процентное содержание соли в чаше:

(0,8V∕2+-0,5V∕2+0,2V-)100 =42,5% ∕∈[45%; 55% ] 2V

Такой выбор не благоприятствует появлению события $A.$

7.

Лаборант выбирает последовательно малую, большую и малую колбы — тип [м, Б, м]. Процентное содержание соли в чаше:

(0,8V∕2-+0,5V-+-0,2V∕2)100= 50% ∈ [45%;55%] 2V

Такой выбор благоприятствует появлению события $A.$ Количество элементарных исходов в этом случае равно $n ⋅N ⋅(n− 1).$

8.

Лаборант выбирает сначала большую, затем две малые колбы — тип [Б, м, м]. Процентное содержание соли в чаше:

(0,8V-+0,5V∕2+-0,2V∕2)100 =57,5% ∕∈[45%; 55% ] 2V

Такой выбор не благоприятствует появлению события $A$ .

Вычисляем вероятность события A (по формуле классической вероятности):

P (A) = N-⋅(N-− 1)⋅(N-−-2)+n-⋅(n−-1)⋅(n-− 2)+-N ⋅n-⋅(N-− 1)+-n⋅N-⋅(n-− 1)= 100⋅99⋅98

N3-+-n3− 3N2-− 3n2+-2(N-+-n)+98Nn- = 100⋅99⋅98 =

100(N2− Nn +n2)− 3N2− 3n2+ 200+ 98Nn 97(N2 +n2)+ 200− 2Nn = --------------100⋅99⋅98------------- = -----100⋅99-⋅98------=

2 = 97(N-+n)-+-200-− 196Nn-= 100⋅99⋅98

= 970200−-196N-(100−-N)= N2-−-100N-+-4950= (N-− 50)2+2450 100⋅99⋅98 4950 4950

Отсюда имеем

P(A)= (N-−-50)2+-2450-< 1⇔ 45< N < 55 4950 2

И значит, $Nmin = 46.$

Ответ: 46

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#74648

Борис раскладывает 8 белых и 8 чёрных шариков по двум коробкам. Настя наугад выбирает коробку, а потом не глядя берёт из неё шарик. Может ли Борис так разложить шарики по двум коробкам, чтобы вероятность вынуть белый шарик была больше $2 3?$

Источники: Бельчонок-2022, 11.1 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем придумать несложный пример. Как сделать так, чтобы Настя с большой вероятностью вынула белый шарик, выбирая лишь одну из двух коробок?

Подсказка 2

Положим один белый шарик в одну из коробок!

Показать ответ и решение

Борис положит в первую коробку 1 белый шарик, а во вторую все остальные. Тогда вероятность вынуть белый шарик равна

1 1 7 22 2 2 + 2 ⋅15-= 30 > 3

Ответ: да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#46106

На детском новогоднем празднике раздавали шоколадные и фруктовые конфеты. Дети подходили к деду Морозу, залезали рукой в его мешок и вынимали из него по две конфеты. Когда Петя подошел к мешку, он понял, что шоколадных конфет в мешке почти не осталось и вероятность получить две шоколадные конфеты в три раза меньше, чем шоколадную и фруктовую. Какое наименьшее число шоколадных конфет могло находиться в мешке деда Мороза в момент, когда Петя забирал свои конфеты, если после него еще не менее $10$ детей получили свои конфеты до того, как мешок опустел?

Источники: Росатом - 2021, 11.4, комплект 2 (см. olymp.mephi.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Итак, заметим, что у нас сравниваются две вероятности. Давайте обозначим шоколадные конфеты за х, фруктовые за у. Попробуем подсчитать, какова вероятность вытянуть две шоколадные и одну шоколадную, одну фруктовую.

Подсказка 2!

Вероятность вытащить 2 шоколадные конфеты - С из x по 2 на С из x+y по 2, так как мы делим подходящие случаи на все возможные. Аналогичным образом подсчитайте вторую вероятность и вспомните про их отношение!

Подсказка 3!

Не забываем про условие о количестве детей и дорешиваем задачу!

Показать ответ и решение

Пусть в мешке было $x$ шоколадных и $y$ фруктовых. Найдём вероятность получить две шоколадные конфеты

-C2x- ----x(x-− 1)-- pchoc = C2x+y = (x+ y)(x+ y− 1)

По условию вероятность для одной шоколадной и одной фруктовой, которая равна

pfr− ch = C1x⋅C1y=-----2xy-----, C2x+y (x+ y)(x+ y− 1)

в три раза больше, так что $3x−3 3(x− 1)= 2y ⇐⇒ y = 2$ . В итоге первое условие задачи эквивалентно нечётности $x$ (чтобы $y$ был целым).

По второму условию, включая Петю, конфеты брали ещё хотя бы $11$ детей. Каждый берёт по две конфеты, откуда

3 x+ y = x+ 2(x− 1)≥ 22 ⇐⇒ 5x≥ 47 ⇐ ⇒ x ≥11

Ответ:

$11$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#99155

Эксплуатируются $5$ скважин, каждая из которых за месяц может независимо от других выйти из строя с вероятностью $0,1.$ Необходимая подача нефти обеспечивается, если исправны, по крайней мере, $3$ скважины. Какова вероятность обеспечения необходимой подачи нефти?

Источники: Газпром - 2021, 11.2 (см. olympiad.gazprom.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте поймем, какие ситуации нам подходят. Нам подходит, когда не вышло скважин из строя, когда одна и когда две. Для каждой такой ситуации мы можем посчитать ее вероятность. Если никто не вышел из строя, то понятно, что 0,9⁵. А если однавышла из строя? Что мы должны учитывать помимо расстановки вероятностей и подсчета их произведения?

Подсказка 2

Мы должны учитывать, что есть 5 ситуаций, когда вышла из строя 1 скважина, потому что это могла быть каждая из 5 скважин. Значит, когда одна скважина вышла из строя вероятность 0,9⁴ * 0,1 * 5. Какова тогда вероятность для выхода из строя сразу двух скважин? А какова тогда итоговая вероятность, которую требуют найти в задаче?

Показать ответ и решение

Пусть вероятность исправной работы скважины равна $p,$ а вероятность выхода из строя равна $q.$ По условию задачи необходимая подача нефти обеспечивается, если исправны хотя бы $3$ скважины, то есть исправно работают или $3,$ или $4,$ или $5$ скважин.

Найдем вероятность исправной работы любых $3− x$ скважин.

$p⋅p⋅p⋅q ⋅q$ (работают первая, вторая и третья скважины, не работают четвертая и пятая скважины) или $p⋅p⋅q⋅p ⋅q$ (работают первая, вторая и четвертая скважины, не работают - третья и пятая) или т. д. Всего таких комбинаций 10. Следовательно, вероятность работы любых трёх скважин равна $32 10pq .$

Аналогично находим, что вероятность исправной работы четырёх скважин равна $4 5pq.$ Вероятность исправной работы пяти скважин равна $5 p .$ Тогда вероятность исправной работы по крайней мере трёх скважин равна