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 1#105461

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

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

Показать ответ и решение

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Cn2n < 2Cn−2n 1

(равенство наступает только при $n= 1$ )

Таким образом, при $n >1$

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

Таким образом, наиболее вероятное число недовольных — один.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

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

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

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

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

Ответ:

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

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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#105462

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

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

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

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

Показать ответ и решение

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

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

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

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

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

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

Ответ:

$[0;1) 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#105884

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

Показать ответ и решение

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

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

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

1 1 1 5 ⋅6 = 30

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

4⋅-5= 1 5 24 6

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

1 + 1-= 1 6 30 5

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

Ответ: эти вероятности равны

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#105886

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

Показать ответ и решение

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

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

6 2 6 1− 4⋅3-− C46-⋅2-+4-= 195 4 512

Ответ:

$195 512$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#106963

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

Показать доказательство

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

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

По неравенству о средних имеем:

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

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#107200

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

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

Показать ответ и решение

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

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

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

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

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

m-⋅(m-− 1)= 5 12 2

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

Ответ: 6

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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)

Показать ответ и решение

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

P(A)= P(B+ C)= P(B)+ P(C)− P (BC )=

(8)3 ( 5)3 (4)3 = 9 + 9 − 9

Вероятность искомого события равна

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

Ответ:

$-52 243$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#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)

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 9#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)

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 10#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 11#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:

$-1 21$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#100252

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

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

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

Показать ответ и решение

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

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

2∕6= 2. 3∕6 3

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

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

Ответ:

(a) $2 3$

(b) $12$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#100253

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

Условимся считать, что

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

$∙$ ведущий знает, где находится автомобиль;

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

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

Показать ответ и решение

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

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

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

Ответ: да, увеличатся

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#100255

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

Показать ответ и решение

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

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

после сокращения числителя и знаменателя на $n!$ .

Ответ:

$n-+1 n +2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#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:

$-687 7564$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#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)

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:

$13 35$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#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.

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 18#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 $X?$

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 19#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?

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 20#104315

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 $s =1 − r$ .