Тема КОМБИНАТОРИКА

Теория вероятностей и математическая статистика → .01 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 комбинаторика

Разделы подтемы Теория вероятностей и математическая статистика

Классическая вероятность, условная вероятность и формула Байеса

Геометрическая вероятность

Аксиоматическая вероятность, случайные величины и их моменты (мат.ожидание)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#100252Максимум баллов за задание: 7

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

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

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

Показать ответ и решение

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

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

2∕6= 2. 3∕6 3

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

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

Ответ:

(a) $2 3$

(b) $12$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#100253Максимум баллов за задание: 7

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

Условимся считать, что

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

$∙$ ведущий знает, где находится автомобиль;

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

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

Показать ответ и решение

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

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

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

Ответ: да, увеличатся

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#100255Максимум баллов за задание: 7

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

Показать ответ и решение

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

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

после сокращения числителя и знаменателя на $n!$ .

Ответ:

$n-+1 n +2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#68078Максимум баллов за задание: 7

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 25#69235Максимум баллов за задание: 7

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 $27180 = 1335.$

Ответ:

$13 35$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#72117Максимум баллов за задание: 7

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 1
Для начала осознаем самый сложный момент, а сколько всего перестановок, в которых Б позже А(полезно подумать про симметрию)?

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) $23$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#72118Максимум баллов за задание: 7

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 28#72120Максимум баллов за задание: 7

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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#104315Максимум баллов за задание: 7

Валя и Коля пошли в тир. Коля предложил:

- Валь, давай стрелять по очереди. Кто первый попадет в мишень, тот и победил.

- Это нечестно! Ты стреляешь лучше. Помнишь, Рассеянный Ученый совершенно точно подсчитал, что на одно попадание ты расходуешь в среднем на один выстрел меньше, чем я.

- Хорошо, - согласился Коля. - Стреляй первой. Тогда у нас будут равные шансы на победу.

Валя немного подумала и сказала:

- Все равно нечестно. Давай лучше возьмем два ружья и будем стрелять одновременно, но по двум разным мишеням. Тогда может случиться ничья, а значит, вероятность того, что я хотя бы не проиграю, больше, чем при стрельбе по очереди.

a) Прав ли Коля, утверждая, что если они будут стрелять по очереди, но Валя будет стрелять первой, то шансы у них равны?

б) Права ли Валя, утверждая, что если стрелять по двум мишеням одновременно, то вероятность не проиграть у нее больше, чем вероятность победить при стрельбе по очереди?

Источники: XVI Заочная Интернет-олимпиада по теории вероятностей и статистике для школьников

Показать ответ и решение

Пусть при каждом отдельном выстреле Коля попадает в мишень с вероятностью $p$ , а Валя с вероятностью $r$ . Вероятности неудачных выстрелов у них равны соответственно $q = 1− p$ и $s =1 − r$ .

а) При стрельбе по очереди вероятность события $A$ «Валя победит» (Валя стреляет первой) равна

n r P(A )=r+ sqr+sqsqr +...+ (sq) r+ ...= 1−-sq-

Согласно расчетам Рассеянного Ученого,

r= --1-, p =-1, x+ 1 x

где $x$ — некоторое положительное число. Тогда

s= --x-, q = x−-1, 1− sq =1 − x-− 1 =-2 x +1 x x +1 x+ 1

Следовательно,

-1-- -2-- 1 P(A)= x+ 1 : x+1 = 2

Коля прав: при стрельбе по очереди шансы у Вали и Коли равны.

б) При одновременной стрельбе из двух ружей Валя не проиграет, если победит (событие $A$ ) или если наступит ничья (событие $B$ ).

n -qr-- P(A)= qr+ (qs)qr+(qsqs)qr +...+ (qs) qr+...= 1− sq P(B)= pr +sqpr+sqsqpr+ ...+ (sq)npr = -pr-- 1− sq

Складывая вероятности этих несовместных событий, находим:

qr+pr- (q+-p)r -r--- P(A ∪B )= 1− sq = 1− sq = 1− sq

Валя ошибается — стрельба из двух ружей не принесет ей больше шансов, хотя ничья действительно становится возможной, в этом Валя права.

Ответ: Коля прав, Валя нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#45510Максимум баллов за задание: 7

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 31#45516Максимум баллов за задание: 7

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:

$4$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#45519Максимум баллов за задание: 7

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 33#70780Максимум баллов за задание: 7

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:

$14 45$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#74502Максимум баллов за задание: 7

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.

Источники: ШВБ - 2022, 11 (см. olymp.bmstu.ru)

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 35#74648Максимум баллов за задание: 7

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 36#105885Максимум баллов за задание: 7

Для отбора на соревнования борец Владимир должен был провести три схватки и одержать подряд хотя бы две победы. Его соперниками были Андрей (А) и Борис (Б). Владимир мог выбрать схему встреч: АБА или БАБ. Вероятность Владимира потерпеть поражение в одной схватке от Бориса равна $0.3,$ а от Андрея $0.4;$ вероятности постоянны. При какой схеме вероятность отобраться на соревнования больше, и чему равна эта вероятность?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Раз у нас две независимые схемы, почему бы не рассмотреть их по отдельности? А на какие подслучаи, скажем, можно разбить схему БАБ?

Подсказка 2

Владимир мог победить в трёх схватках, мог только в первых двух, мог только в последних двух. Какова вероятность каждого из этих исходов? Остаётся лишь подумать, что нам делать с этими тремя вероятностями ;)

Показать ответ и решение

Пусть Владимир два раза встречается с более слабым соперником, то есть рассмотрим схему БАБ. Тогда вероятность равна

0,7⋅0,6⋅0,3 +0,7⋅0,6⋅0,7+ 0,3⋅0,6⋅0,7= 0,546

Пусть Владимир выбирает схему АБА. Тогда получим

0,6⋅0,7⋅0,4 +0,6⋅0,7⋅0,6+ 0,4⋅0,6⋅0,7= 0,588

Ответ: АБА; 0,588

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#46106Максимум баллов за задание: 7

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 38#99155Максимум баллов за задание: 7

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

P =10p3q2 +5p4q+p5

По условию известно, что вероятность выхода из строя скважины равна $q = 0,1$ , тогда вероятность исправной работы скважины равна $p =1− 0,1 =0,9.$

Получим

P =10⋅0,93⋅0,12+ 5⋅0,94⋅0,1 +0,95 = 0,99144≈ 0,99.

Ответ:

$0,99$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#122864Максимум баллов за задание: 7

В языке три буквы — Ш, У и Я. Словом называется последовательность из $100$ букв, ровно $40$ из которых — гласные (то есть У или Я), а остальные $60$ — буква Ш. Какое наибольшее количество слов можно выбрать так, чтобы у любых двух выбранных слов хотя бы в одной из $100$ позиций стояли гласные, причем различные?

Показать ответ и решение

Пример. Рассмотрим все $240$ слов, у которых начиная с $41$ -ой все буквы Ш, а первые $40$ — У или Я. Этот набор слов удовлетворяет условию.

Оценка. Каждому из наших $m$ слов сопоставим $60 2$ слов, заменяя каждую букву Ш, на У или Я (всеми возможными способами). Заметим, что полученные $60 m ⋅2$ слов состоят из букв У и Я и попарно различны (для слов, полученных из одного и того же, это ясно из построения, а для слов, полученных из двух разных, следует из условия). Таким образом, $60 100 m ⋅2 ≤ 2$ и $40 m ≤ 2 .$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Оценку можно получить по-другому.

Способ 1. Подкинем монетку $100$ раз. Для каждого слова рассмотрим такое событие: при всяком $i$ если на некоторой позиции $i$ стоит буква У, то при $i$ -м подбрасывании выпала решка, а если буква Я, то орёл. Вероятность такого события равна $1∕240,$ и они не совместные, поэтому количество слов не больше чем $240.$

Способ 2. Пусть выбрано более $240$ слов. Присвоим каждому слову вес $1.$ Пусть первая буква у $x$ слов У, у $y$ слов — Я и $x ≥y.$ Удвоим веса всех слов с первой буквой У, и обнулим — с первой буквой Я. Далее посмотрим на вторую букву и т.д. Опишем шаг рассмотрения $m$ -ой буквы. Пусть $p$ — сумма весов слов, у которых $m$ -ая буква У, $q$ — сумма весов слов, у которых $m$ -ая буква Я. Если $p≤ q,$ удваиваем веса у слов с $m$ -й буквой Я и обнуляем — с $m$ -й буквой У. Иначе — наоборот. В результате таких операций сумма весов не уменьшается. После $100$ операций сумма весов всех слов будет больше $240.$ В каждом слове только $40$ букв У или Я, поэтому вес каждого слова не больше $240.$ Значит, найдутся два слова с одинаковыми весами. Тогда для них не найдется позиции, в которой у одного У, а у другого Я или наоборот, противоречие.

Ответ:

$240$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#33641Максимум баллов за задание: 7

Монету подбрасывают $90$ раз (вероятности выпадения орла и решки в каждом броске одинаковы). Пусть $p$ — вероятность того, что орёл выпадет не меньше $55$ раз, а $q$ — вероятность того, что орёл выпадет меньше $35$ раз. Найдите $p− q$ .

Источники: Физтех-2020, 11.1, (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте переформулировать указанные в условии вероятности, чтобы они звучали похоже. Как иначе выразить p-q.

Подсказка 2

Оказывается, что q — вероятность того, что решка выпадет не менее 36 раз! Какую вероятность нам тогда нужно подсчитать?

Подсказка 3

Верно, p-q — это вероятность того, что решка выпадет ровно 55 раз. Сколько вариантов последовательностей бросков, которые удовлетворяют этому условию?

Подсказка 4

Нам нужно выбрать 55 моментов, в которые упадёт решка ;)

Показать ответ и решение

В силу того, что выпадение орла и решки равновозможны, вероятность получить $90$ орлов равна вероятности получить $90$ решек (т.е. $0$ орлов); вероятность получить $89$ орлов равна вероятности получить $89$ решек (т.е. одного орла) и т.д. Обозначим вероятность, что выпало ровно $k$ орлов через $pk$ . Тогда $p =p55+ p56+ ...+ p90,q = p0+p1+ ...+ p34$ , а в силу сказанного выше, $q =p90+ p89+ ...+ p56$ . Значит, $p − q = p55$ .

Посчитаем вероятность того, что орёл выпадает ровно $55$ раз при $90$ бросках. Если обозначить выпадение орла единицей, а выпадение решки нулём, то каждую последовательность из $90$ бросков можно охарактеризовать последовательностью цифр из нулей и единиц. Вероятность получить любую из таких последовательностей равна $-1- 290$ . Нас устроят все те последовательности событий, которые содержат ровно $35$ единиц. Их количество равно $35 C90$ (выбираем из имеющихся $90$ позиций $35$ позиций для единиц без учёта порядка, после чего остальные позиции заполняются нулями). Значит, вероятность получить хотя бы одну такую последовательность равна $1 35 290 ⋅C90$ . Это и есть $p55$ .

Ответ:

$-1-⋅C35 290 90$

Следующая подтема