Тема Росатом

Вероятности на Росатоме

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела росатом

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#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)

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:

$-687 7564$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#48860

Петя бросает несколько раз на стол игральный кубик и считает сумму очков, выпавших на его верхней грани. Для любого натурального числа $n$ событие $An$ наступает, если эта сумма равна $n$ . Найти вероятность события $A11$ .

Источники: Росатом-2022, московский вариант, 11.4 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Используем рекуррентную формулу для поиска вероятности $A n,k$ — получить сумму $n$ за $k$ бросков

∑6 ( ) P(An,k)= P(An−i,k−1)⋅ 16 = 16 P(An−6,k−1)+ ...+P (An− 1,k− 1) i=1

Действительно, нам нужно откатиться на один бросок назад, в котором с равными вероятностями выпадают $1,2,3,4,5,6$ . Посчитаем таблицу вероятностей $A n,k$ (не будем явно прописывать знаменатели $6− k$ , оставим только числители)


$k∖n$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$	$10$	$11$

$0$	$1$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$

$1$	$0$	$1$	$1$	$1$	$1$	$1$	$1$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$

$2$	$0$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$5$	$4$	$3$	$2$

$3$	$0$	$0$	$0$	$1$	$3$	$6$	$10$	$15$	$21$	$25$	$27$	$27$

$4$	$0$	$0$	$0$	$0$	$1$	$4$	$10$	$20$	$35$	$56$	$80$	$104$

$5$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$1$	$5$	$15$	$35$	$70$	$126$	$205$

$6$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$1$	$6$	$21$	$56$	$126$	$252$

$7$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$1$	$7$	$28$	$84$	$210$

$8$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$1$	$8$	$36$	$120$

$9$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$1$	$9$	$45$

$10$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$1$	$10$

$11$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$1$

Бросать кубик имеет смысл только от $2$ до $11$ раз, иначе невозможно получить $11$ очков в сумме. Предположим, что каждое количество бросков равновероятно и наступает с вероятностью $110$ , получим формулу

11 P(A11)= 1-∑ P(A11,k) = 10k=2

1 ( 2 27 104 205 252 210 120 45 10 1 ) 1 ( 710 73) = 10-⋅ 62 + 63 +-64-+ 65-+ 66-+ 67-+ 68-+ 69-+ 610 + 611 = 10 ⋅ 611-− 1165

Ответ:

$-1 ⋅( 710-− 1173) 10 611 65$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#76631

Блоха Кузя может совершать прыжки по прямой $L.$ Старт для прыжков находится в точке $A$ прямой $L,$ длина одного прыжка $h,$ направление каждого прыжка выбирается случайным и равновозможным. Найти вероятность того, что, сделав от четырех до восьми случайных прыжков, Кузя хотя бы один раз будет находиться на расстоянии $3h$ от $A.$

Источники: Росатом-2022, Москва,11.3 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

Обозначение: $pk n$ — вероятность того, сделав $k∈{1,2,...$ } прыжков блоха отклоняется от $A$ на величину $nh,n ∈{±1,±2,...}$ (отрицательные $n$ указывают, что блоха находится слева от $A,$ положительные — справа, число $n = 0$ соответствует точке $A$ ).

Свойства $k pn :$

1) $k pn =0$ для $n 1 n >0,k< n,pn = 2n$

2) $pkn =pk−n$ (равновозможность направления прыжка)

3) попасть на $(k+1)$ прыжке в положение $nh$ возможно по условию только из положений $(n− 1)h$ и $(n+ 1)h$ с вероятностью $0,5,$ поэтому

( ) pkn+1= 1pkn−1+ 1pkn+1 = 1 pkn−1+ pkn+1 2 2 2

4) при фиксированном $k≥ 1$ и всех, для $n >k ⇒ pkn = 0.$ Ниже приведена часть таблицы для определения $pkn$

$PIC$

Вероятности, что Кузя закончил прыжки в точке $3h,$ записаны в столбце с номером $n= 3$ и строками от $k =4$ до $k= 8$ (отмечены желтым). Но Кузя побывал в точке $3h,$ и, если он закончил движение в точках расположенных правее $3h$ (до $8h$ включительно), соответствующие позиции отмечены зеленым. Однако Кузя мог, побывав в точке $3h,$ закончить движение и в симметричных относительно $3h$ точках (т.е. слева от $3h,$ но с теми же вероятностями, что и справа от $3h$ ), поэтому отмеченные зеленым вероятности надо умножить на $2.$ Для $n= −3$ числа те же.

Считаем, что количество прыжков от $4$ до $8$ равновероятно (с вероятностью $1∕5$ ). Тогда суммируем вероятности, отмеченные желтым, добавляем удвоенные вероятности, отмеченные зеленым, результат умножаем на $2$ и на $1∕5.$ Получим

2(-1 5- 1- ( 3- 1-) 21- (-7- -1-) (-7 -1 -1-) ) 73- 5 16 ⋅2+ 32 + 32 ⋅2+ 32 + 64 ⋅2+ 128 + 128 + 128 ⋅2+ 64 + 32 +256 ⋅2 = 160

Ответ:

$-73 160$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#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)

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 5#100251

На столе лежит колода игральных карт $36$ листов. Два опытных игрока Кондрат и Игнат (каждый из них всегда делает правильный ход) начинают игру по следующим правилам. В начале игры каждый из игроков совершенно случайно называет одну из цифр от $1$ до $3.$ Их сумма определяет (на всю игру) максимальное число карт, которые при очередном ходе игроки могут забрать со стола. Игрок не может при своем ходе не взять со стола карту. Выигрывает тот из игроков, кто сможет забрать последнюю карту в колоде. Начинает всегда Кондрат. Какая вероятность победы Игната?

Показать ответ и решение

Введем событие $A$ - выигрывает Игнат. Количество упорядоченных случайных пар ( $m,n$ ), где $m = 1,2,3;n= 1,2,3$ , равно девяти. Случайная величина $m+ n$ принимает значения от 2 до 6 c вероятностями:


$m+ n$	2	3	4	5	6

$p$	$19$	$29$	$39$	$29$	$19$

Рассмотрим пять гипотез.

Гипотеза $H1 :m + n= 2,P (H1 )= 19$ . Если игрок при своем ходе сможет оставить на столе число карт кратное трем, то ему обеспечен выигрыш. В противном, это сможет сделать соперник и обеспечить свой выигрыш. При первом ходе Кондрат этого сделать не может, следовательно, $( ) P AH1 = 1$ .

Гипотеза $H2 :m + n= 3,P (H2 )= 29$ . Если игрок при своем ходе сможет оставить на столе число карт кратное четырем, то ему обеспечен выигрьш. В противном, это сможет сделать соперник и обеспечить свой выигрыш. При первом ходе Кондрат этого сделать не может, следовательно, $( ) P HA =1 2$ .

Гипотеза $H3 :m + n= 4,P (H3 )= 3 9$ . Если игрок при своем ходе сможет оставить на столе число карт кратное пяти, то ему обеспечен выигрыш. В противном, это сможет сделать соперник и обеспечить свой выигрыш. При первом ходе Кондрат этого сделать может, забрав со стола одну карту, следовательно, $P(-A) = 0 H3$ .

Гипотеза $H4 :m + n= 5,P (H4 )= 2 9$ . Если игрок при своем ходе сможет оставить на столе число карт кратное шести, то ему обеспечен выигрыш. В противном, это сможет сделать соперник и обеспечить свой выигрыш. При первом ходе Кондрат этого сделать не может, следовательно, $P( A-)= 1 H4$ .

Гипотеза $H :m + n= 6,P (H )= 1 5 5 9$ . Если игрок при своем ходе сможет оставить на столе число карт кратное семи, то ему обеспечен выигрыш. В противном, это сможет сделать соперник и обеспечить свой выигрыш. При первом ходе Кондрат этого сделать может, забрав со стола одну карту, следовательно, $P(-A) = 0 H5$ .

Наконец,

n=∑5 ( ) ( ) P(A )= P Hf P A-- = 1+-2+2-= 5. f=1 Hf 9 9

Ответ:

$5 9$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#98984

Точки $P,Q$ расположены на сторонах $AB$ и $AC$ треугольника $ABC$ так, что $AP :PB =2 :1,AQ :QC = 1:3.$ Точка $M$ выбрана на стороне $BC$ совершенно случайно. Найти вероятность того, что площадь треугольника $ABC$ превосходит площадь треугольника $PQM$ не более, чем в три раза.

Источники: Росатом - 2020, 11.4 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Возьмем отношение $CM- CB$ за $x,$ тогда можно выразить площадь треугольника $P QM.$

SPQM = SABC − SAQP − SBPM − SCQM

SABC SABC ⋅(1− x) SABC ⋅3x 6 − 5x SPQM = SABC −--6--− -----3-----− ---4----= SABC ⋅-12-

Тогда:

S 12 S-ABC ≤3 =⇒ 6−-5x ≤ 3 PQM

3(5x−-2)≤ 0 6− 5x

( ] ( ) x∈ −∞; 2 ∪ 6;+∞ 5 5

Но так как $CM <CB,$ потому что $M$ — точка на $CB,$ то $x ∈[0;1],$ а значит, нам подходит интервал $[0;2]. 5$ Вероятность того, что площадь треугольника $PQM$ будет не более чем в 3 раза меньше площади треугольника $ABC$ равна $2. 5$

Ответ:

$2 5$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#46107

На сторонах $BA$ и $BC$ треугольника $ABC$ совершенно случайно взяты точки $M$ и $N$ . Найти вероятность того, что площадь треугольника $BMN$ окажется не меньше трети площади треугольника $ABC$ .

Показать ответ и решение

Обозначим $BM :BA = x,BN :BC =y$ . Тогда имеем условие $SBMN-= xy ≥ 1 SABC 3$ , где $x,y$ равномерно распределены на отрезке $[0,1]$ . Представим это в виде квадрата $1× 1$ — выбор $(x,y)$ аналогичен выбору случайной точки из квадрата:

$PIC$

Нас интересует площадь над гиперболой $xy = 13$ внутри этого квадрата.

Гипербола пересекается с прямой $y = 1$ при $x= 13$ , поэтому для искомой площади нам нужно из площади прямоугольника $23 ⋅1$ вычесть площадь под гиперболой, которая равна

∫1 1 1 1 ln3 3xdx= 3 ⋅(ln1 − ln3)=-3 1∕3

Итак, получаем $2 ln3 3 − 3 .$

Ответ:

$2−ln3 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#46227

На сторонах $BA$ и $BC$ треугольника $ABC$ совершенно случайно взяты точки $M$ и $N$ . Найти вероятность того, что площадь треугольника $BMN$ окажется не больше половины площади треугольника $ABC$ .

Источники: Росатом-19, 11.4 (см. mephi.ru)

Показать ответ и решение

Обозначим $BM :BA = x,BN :BC =y$ . Тогда $SBMN- =xy ≤ 1 SABC 2$ , где $x,y$ равномерно распределены на отрезке $[0,1]$ . Представим это в виде квадрата $1 ×1$ — выбор $(x,y)$ аналогичен выбору случайной точки из квадрата.

$PIC$

Нас интересует площадь под гиперболой $xy = 12$ внутри этого квадрата, которая равна

1 ∫1 1 1 1 1 1 +ln2 √-- 2 + 2xdx= 2 + 2lnx|1∕2 =---2--= ln 2e 1∕2

Ответ:

$ln√2e$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#69865

В квадрате $ABCD$ со стороной $6$ расположена точка $O,$ отстоящая от сторон $AD$ и $CD$ на расстояние $2.$ Через точку $O$ совершенно случайно проводится прямая $L,$ разделяющая квадрат на две части. Найти вероятность того, что площадь одной из частей не превосходит $9.$

Показать ответ и решение

Случай $1 :$ прямая $L$ пересекает стороны $AD, DC$ квадрата $ABCD.$

Пусть $H,T$ — проекции $O$ на стороны $CD,AD,$ а в точках $X,Y$ прямая $L$ пересекает эти стороны.

Если $X =Y,$ то $X = Y = D,$ а прямая $L = OD$ делит квадрат на равные треугольники площадью по $18> 9.$ Поэтому точки $X,Y$ различны, прямая $L$ делит квадрат на треугольник и пятиугольник:

$PIC$

Обозначим $HX =x.$ С учётом $OT =OH =2$ и подобия $△HXO ∼ △TOY$ получаем $TY = 4x.$ Запишем условие на площадь:

( ) SXDY = STOHD +SHOX + STOY =4+ 1 2x+ 8 =4+ x+ 4 ≤9 2 x x

1≤ x≤ 4

Мы выяснили, что нам подходят $arctg 1≤ ∠HOX ≤arctg2. 2$

$∠HOX = arctg 1 2$ и $∠HOX = arctg2,$ как раз соответствуют случаям, когда $L$ проходит через $O$ и $A,O$ и $C$ соответственно.

Случай $2:$ прямая $L$ пересекается только с одной из сторон $AD,CD,$ то есть делит квадрат $ABCD$ на два четырёхугольника.

$PIC$

Покажем, что в таком случае площадь обоих частей $>9.$ Выше мы уже заметили, что в случае совпадения прямой $L$ с прямой $AO$ или в случае совпадения с прямой $CO$ площадь меньшей из отсекаемых частей в точности равна $9.$

Предположим, что прямая $L$ пересекает стороны $AB,CD.$ Пусть она пересекает $AB$ в точке $F,CD$ в точке $G.$ Треугольники $AOF, GSH$ подобны, при этом коэффициент подобия равен $-AO 2 OH = 1,$ поэтому $SAOF- AO-2 SGOH = (OH) = 4.$

Заметим, что если мы перейдем от прямой $AO$ к прямой $L,$ то площадь меньшей из частей увеличится на $SAOF − SGOH = 4S− S = 3S > 0.$ Но так как площадь $ADH =9,$ то площадь $ADGF =9 +3S >9.$

Случай, если $L$ пересекает стороны $AD,CD,$ разбирается аналогично (просто рассматривается прямая $CO$ вместо $AO$ ).

В результате получаем ответ

1 p= arctg2−-arctg2 π

Можно в числителе применить формулу разности арктангенсов

arctg 2−1∕2-- arctg 3 p =-----1+π2⋅1∕2= --π--4

Ответ:

$arctg-34 π$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#45522

Робот может совершать равные по длине шаги по дорожке вперед и назад, при этом выбор направления движения каждого шага является случайным и равновозможным. Робот сделал $10$ шагов и остановился. Найти вероятность того, что он окажется на расстоянии более двух шагов от начала движения.

Показать ответ и решение

Посчитаем сколько способов у робота попасть в каждую координату $k.$ Понятно, что $k$ должно быть чётно. Всего робот делает $10$ шагов, при этом его суммарное смещение равно $k,$ то есть шагов одного вида было ровно на $k$ больше. Имеем систему ( $a$ — число шагов вперёд, $b$ — назад)

( |{ a +b= 10 |( a − b= k a,b≥ 0

Которая имеет единственное решение относительно $a= k+10,b= 10−-k. 2 2$ После этого роботу достаточно выбрать номера шагов, на которых он идёт вперёд — способов это сделать $Ca = Cb. 10 10$ Из условия возможны только $k∈ {−10,−8,−6,−4,4,6,8,10},$ в силу симметрии оставим только положительные. Всего при этом маршрутов у робота $210,$ в итоге имеем вероятность

C710 +C810+ C910+C1010 2⋅176 11 2⋅ -------210--------= 1024-= 32

Замечание. Такой процесс называется одномерным симметричным случайным блужданием, формулу несложно обобщить до случая несимметричного $p ⁄= 12,$ умножая на вероятности шага в каждую сторону. Почему сумма вероятностей будет равна единице?

Ответ:

$11 32$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#98982

На окружности совершенно случайно взяты три точки $A,B$ и $C.$ Найдите вероятность того, что треугольник $ABC$ тупоугольный.

Показать ответ и решение

Зафиксируем точку $A$ на окружности. Пусть $β,γ$ — это дуги между точками $A,B$ и $B,C.$ $B$ лежит между $A$ и $C,$ тогда $γ > β.$

$PIC$

Тогда чтобы треугольник был тупоугольным, то есть один из углов был больше $∘ 90,$ должно выполнятся хотя бы одно из следующих условий:

⌊ ∘ | γ <180∘ ⌈ β >180 ∘ γ − β >180

Отобразим это на графике:

$PIC$

Тогда вероятность будет равна $3 4.$

Ответ:

$3 4$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#45523

Игральная кость представляет собой кубик, на гранях которого отмечено от одного до шести очков. Петя случайным образом бросает на стол три игральных кости одновременно и считает сумму числа очков, выпавших на всех костях. Каждое значение $s$ этой суммы, расположенное от $3$ до $18,$ может появится с определенной вероятностью. Найти $s,$ при котором эта вероятность максимально возможная.

Показать ответ и решение

Заметим, что вероятность получить значение $s$ такая же, как и вероятность получить значение $21− s,$ ведь соответствующие исходы для $s$ и $21− s$ можно разделить соответственно на пары троек $(a1,a2,a3)< − >(7− a1,7− a2,7 − a3),$ где $ai$ — число, выпавшее на $i$ -ом кубике, и $a1+a2+ a3 = s.$ Поэтому рассмотрим значения $s$ в пределах от $3$ до $10,$ а для $21− s$ вероятность будет такая же.

Итак, нужно понять, какому $s$ соответствует большее число троек $(a1,a2,a3),$ таких что $a1+ a2+ a3 =s,ai ∈{1;2;3;4;5;6}.$

Поставим в ряд $s$ шаров, между ними будет $s− 1$ позиций, куда мы будем ставить перегородки (на одну и ту же позицию ставить перегородки не разрешается). Количество шаров между перегородками и будет соответстовать $a1,a2,a3.$

Количество способов поставить перегородки равно $2 (s−1)(s−2) Cs−1 =---2----$ (возрастающая функция от $s$ ).

При $s= 9$ при подсчёте мы получим $3$ различные перестановок тройки $(1;1;7),$ которые не соответствуют условию $ai ≤ 6$ . При $s= 10$ получим $3$ различные перестановки тройки $(1;1;8)$ и $3!= 6$ перестановок тройки $(1;2;7),$ которые не соответствуют условию $ai ≤ 6.$

Итак, подходящих троек при $s≤ 8$ будет $(s−1)(s−2) ---2----≤ 7⋅26= 21.$ при $s= 9$ их $8⋅27− 3= 25,$ при $s=10$ их $9⋅82 − 3− 6= 27.$

Наибольшая вероятность $2673$ достигается при $s= 10$ и $s=21− 10= 11.$

Ответ:

$s= 10,s =11$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#100254

Случайно выбранное шестизначное целое положительное число оканчивается на $32.$ Найти вероятность того, что оно делится на $14.$

Показать ответ и решение

Всякое целое число $A$ , делящееся на 14 и оканчивающееся на 2, имеет вид

A = 14(5k+ 3),k≥ 0,k ∈Z.

Если оно оканчивается на 32 , то его можно представить в виде

A= 100m + 32,m ≥ 0,m ∈ Z.

Объединяя два этих условия, приходим к уравнению

100m +32 =70k+ 42

10m − 7k = 1

Его общее решение ${ m =5 +7t ,t≥0,t∈Z k= 7+ 10t$ . Тогда выбранное число, оканчивающееся на 32 и делящееся на 14, имеет вид $A = 700t+ 532$ . Количество таких шестизначных таких чисел определяется неравенством

100000≤ 700t+ 532 ≤999999

t∈ {143,144,...,1427}

Всего 1285 чисел (число благоприятных событий). Общее число шестизначных чисел, оканчивающихся на 32 равно 9000 (общее число опытов). Поэтому искомая вероятность

1285 257 P(A)= 9000-= 1800-

Ответ:

$1285 9000$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#46108

Вершины куба случайным образом покрашены в два цвета, причем четыре вершины в желтый цвет, а остальные четыре – в зеленый. Петя, не обращая внимания на раскраску вершин, бросает кубик на стол. Найти вероятность того, что все вершины, оказавшиеся на плоскости стола, будут желтыми.

Источники: Росатом-16, 11.4 (см. rsr-olymp.ru)

Показать ответ и решение

Всего способов покрасить $8$ вершин кубика в $2$ цвета, то есть разделить на две группы по $4$ вершины, имеется $C4 =70 8$ штук.

Из них есть $6$ , когда жёлтые вершины окажутся в плоскости одной грани (потому что всего граней $6$ ). Так что вероятность того, что в кубе окажется "жёлтая"грань равна $-6 70.$

При этом вероятность попадания нужной "жёлтой"грани (при условии того, что она есть) равна $1 6$ . Откуда по формуле условной вероятности искомая вероятность равна $6- 1 70 ⋅6$ .

Ответ:

$-1 70$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#46109

Васе предложили участвовать в соревнованиях по стрельбе из рогатки, пневматического пистолета и ружья. Вероятность поражения мишени из рогатки равна $0,2$ , из пистолета — $0,7$ , из ружья — $0,8$ . Вася стрелял из каждого оружия по два раза. Найти вероятность того, что он допустил только один промах.

Источники: Росатом-16, 11.4 (см. rsr-olymp.ru)

Показать ответ и решение

Возможны три несовместных случая, разберём каждый и сложим вероятности.

Вася промахнулся только один раз — из рогатки. С учётом порядка этого промаха из двух выстрелов имеем вероятность
$P(A)= 2⋅0.2⋅0.8⋅0.72⋅0.82$
Вася промахнулся только один раз — из пистолета. Аналогично получаем
$P(B)= 2⋅0.7⋅0.3⋅0.22⋅0.82$
Был только один промах — из ружья. Здесь
$P(C)= 2⋅0.2⋅0.8⋅0.22⋅0.72$

В итоге $P(промах ровно один)= P(A )+P(B)+ P(C)= 0.117376.$

Ответ:

$0.117376$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#46110

Петя и Вова играют в кости на деньги. Ведущий игру Петя выигрывает, если при бросании им двух игральных кубиков сумма выпавших на них очков не превосходит $4$ и проигрывает во всех остальных случаях. Проиграв, Петя отдаёт Вове $1$ рубль, выиграв — получает от Вовы $k$ рублей. Игра считается справедливой, если среднее значение выигрыша каждым игроком равна нулю. Найти значение $k,$ при котором игра будет справедливой.

Источники: Росатом-16, 11.4 (см. rsr-olymp.ru)

Показать ответ и решение

Заметим, что Петя выигрывает с вероятностью $p= 1 6$ (подходят исходы $(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(3,1),(2,2)$ — их $6$ из $36$ ). Справедливая цена игра означает, что Петя имеет нулевой средний выигрыш, то есть

p⋅k+ (1 − p)⋅(− 1) =0

1− p k = p = 5

Ответ:

$5$