Урок 16. Классическая вероятность: 40 заданий с решениями

Исход - число от 1 до 6; все шесть чисел равновозможны. Одновременно двум условиям удовлетворяют только 4 и 6, но не 2. Поэтому $P=\frac26=\frac13$. Союз «и» означает пересечение условий.

Ответ. $\frac13$ .

Из Кореи $50-22-13=15$ участниц. Каждая из 50 одинаково вероятно занимает первое место: для каждой остаётся $49!$ порядков остальных. Значит, $P=\frac{15}{50}=\frac3{10}=0{,}3$. Страны не являются равновозможными исходами: их команды имеют разную численность.

Ответ. 0,3.

Всего $4+3+5=12$ отдельных шаров. Не белых $4+3=7$; красный и синий цвета несовместимы. Поэтому $P=\frac7{12}$. Через дополнение получаем то же: $1-\frac5{12}=\frac7{12}$. Три названия цветов не следует считать тремя равновозможными исходами.

Ответ. $\frac7{12}$ .

Упорядоченные исходы ОО, ОР, РО, РР равновероятны: каждый имеет вероятность $\frac14$. Благоприятны ОР и РО. Следовательно, $P=\frac24=\frac12$. Событие «один орёл и одна решка» объединяет два пути, а не один из трёх равновозможных вариантов.

Ответ. $\frac12$ .

Кратных 4 - семь, кратных 6 - пять. Кратные обоим числам делятся на 12: это 12 и 24. Они посчитаны дважды, поэтому благоприятных чисел $7+5-2=10$. Вероятность $\frac{10}{30}=\frac13$. Число 30 включено и учитывается как кратное 6.

Ответ. $\frac13$ .

Тузов четыре, червонных карт девять; червонный туз входит в обе группы. Поэтому подходит $4+9-1=12$ карт. $P=\frac{12}{36}=\frac13$. Вычитание пересечения устраняет ровно один повторный учёт.

Ответ. $\frac13$ .

Чисел от 10 до 99 включительно $99-10+1=90$. Равные цифры имеют только 11, 22, …, 99 - девять чисел. Значит, различных цифр $90-9=81$ случаев и $P=\frac{81}{90}=\frac9{10}$. Число 00 не является двузначным и в пространство исходов не входит.

Ответ. $\frac9{10}$ .

Исход - упорядоченная пара $(i;j)$, всего $6\cdot6=36$ равновозможных пар. Подходят $(1;6),(2;5),(3;4),(4;3),(5;2),(6;1)$. Значит, $P=\frac6{36}=\frac16$. Таблица показывает все пары; суммы от 2 до 12 сами по себе не равновозможны.

Ответ. $\frac16$ .

Всего 36 равновозможных пар. Строго больше 10 означают суммы 11 и 12. Их дают $(5;6),(6;5),(6;6)$ - три пары. Поэтому $P=\frac3{36}=\frac1{12}$. Пары с суммой 10 не включаются.

Ответ. $\frac1{12}$ .

Произведение нечётно тогда и только тогда, когда оба множителя нечётны. На каждом кубике таких значений три: 1, 3, 5. Из 36 пар противоположному событию отвечают $3\cdot3=9$. Поэтому $P=1-\frac9{36}=\frac34$. Случаи «первое чётно» и «второе чётно» пересекаются, поэтому складывать их числа без поправки нельзя.

Ответ. $\frac34$ .

Всего $2^3=8$ равновозможных последовательностей. Благоприятны ООР, ОРО, РОО: единственную решку можно поставить на одно из трёх мест. Поэтому $P=\frac38$. Последовательность ООО не подходит: в ней три орла, а требуется ровно два.

Ответ. $\frac38$ .

Всего $2^4=16$ равновозможных последовательностей. Противоположное событие «ни одного орла» состоит из одной последовательности РРРР. Поэтому $P=1-\frac1{16}=\frac{15}{16}$. Все остальные последовательности содержат от одного до четырёх орлов и подходят.

Ответ. $\frac{15}{16}$ .

Всего команд $C_8^3=56$. Если нужный ученик включён, остаётся выбрать двух из семи: $C_7^2=21$. Следовательно, $P=\frac{21}{56}=\frac38$. Проверка симметрией: три места делятся поровну между восемью учениками. Роли капитана и заместителей не задаются, поэтому порядок не учитываем.

Ответ. $\frac38$ .

Всего пар $C_9^2=36$. Красных пар $C_5^2=10$, синих $C_4^2=6$. Эти два случая не пересекаются, поэтому $P=\frac{10+6}{36}=\frac49$. Красно-синих пар $5\cdot4=20$, и $16+20=36$, что проверяет полноту разбиения.

Ответ. $\frac49$ .

Относительная частота - доля фактических успехов: $\nu=\frac{33}{120}=\frac{11}{40}=0{,}275$. Это наблюдённая характеристика серии, а не точная вероятность модели. Например, при честной монете частота орлов в короткой серии может отличаться от $\frac12$. Из одной серии точное равенство вероятности и частоты не следует.

Ответ. 0,275; утверждать точное равенство нельзя.

В квадрате исходов $1\leq i,j\leq5$ находится 25 пар. Из них 16 пар имеют оба числа не больше 4. Оставшиеся $25-16=9$ пар имеют максимум ровно 5. Поэтому $P=\frac9{36}=\frac14$. Пара $(5;5)$ учтена один раз; пары с шестёркой не входят.

Ответ. $\frac14$ .

За 2 ч выполнено $2(\frac1{10}+\frac1{15})=\frac13$. Осталось $\frac23$. Первый выполнит остаток за $\frac{\frac23}{\frac1{10}}=\frac{20}{3}$ ч. Полное время $2+\frac{20}{3}=\frac{26}{3}$ ч. Проверка: первый работал $\frac{26}{3}$ ч, второй 2 ч; сумма долей $\frac{13}{15}+\frac2{15}=1$. Первый этап не завершил работу.

Ответ. $\frac{26}{3}$ ч, то есть 8 ч 40 мин.

Сначала вещества 10 кг. При каждом удалении уходит $\frac8{40}=\frac15$ имеющегося вещества; вода его не добавляет. Остаток после двух операций $10(\frac45)^2=6{,}4$ кг. Общая масса вновь 40 кг, поэтому доля $\frac{6{,}4}{40}=0{,}16=16\%$. По этапам масса вещества 10, 8, 6,4 кг; во второй раз удалено меньше вещества, чем в первый.

Ответ. 16%.

ОДЗ: $x-1>0$ и $x-3>0$, вместе $x>3$. На ОДЗ равносильно $\log_2((x-1)(x-3))=3$, то есть $(x-1)(x-3)=8$. Получаем $x^2-4x-5=0$, корни $-1$ и 5. Первый не принадлежит ОДЗ; второй даёт $\log_2 4+\log_2 2=2+1=3$. Других корней квадратного уравнения нет.

Ответ. 5.

Функция дифференцируема при всех $x$. Имеем $f(3)=3$, $f'(x)=2x-2$, $f'(3)=4$. Касательная: $y-3=4(x-3)$, то есть $y=4x-9$. Разность ординат $x^2-2x-(4x-9)=(x-3)^2\geq0$ при всех действительных $x$. Равенство только при 3, поэтому прямая касается графика и нигде не проходит выше него.

Ответ. $y=4x-9$; утверждение доказано.

Всего $5!=120$ перестановок. Первую цифру выбираем тремя способами, последнюю двумя. Они различны по чётности, поэтому конфликта выбора нет. Оставшиеся три цифры располагаются $3!=6$ способами. Благоприятных порядков $3\cdot2\cdot6=36$, вероятность $\frac{36}{120}=\frac3{10}$. Каждый порядок задаёт единственный выбор двух крайних цифр и середины.

Ответ. $\frac3{10}$ .

Всего чисел $9\cdot10^3=9000$: первая цифра не ноль. Для благоприятного числа первую цифру выбираем 9 способами, вторую 9 (включая ноль, но исключая первую), третью 8, четвёртую 7. Получаем $9\cdot9\cdot8\cdot7=4536$ чисел. $P=\frac{4536}{9000}=\frac{63}{125}$. Использовать 10 способов на первой позиции нельзя.

Ответ. $\frac{63}{125}=0{,}504$ .

Всего кодов $10^4$. Две позиции чётных цифр выбираем $C_4^2=6$ способами. На каждой из четырёх позиций допустимы 5 цифр нужной чётности; ноль чётный. Поэтому благоприятных кодов $6\cdot5^4=3750$, $P=\frac{3750}{10000}=\frac38$. Группы по позициям чётных цифр не пересекаются.

Ответ. $\frac38$ .

Всего $6^3=216$ равновозможных троек. Повторённое значение выбирается 6 способами, отличающееся - 5, его позиция - 3. Получаем $6\cdot5\cdot3=90$ троек. В каждой подходящей тройке повторённое значение и особая позиция определены однозначно, поэтому повторного счёта нет. Все три одинаковые исключены выбором отличающегося значения. $P=\frac{90}{216}=\frac5{12}$ .

Ответ. $\frac5{12}$ .

Всего $C_{10}^3=120$ троек. Ровно два белых дают $C_6^2 C_4^1=15\cdot4=60$ вариантов; три белых - $C_6^3=20$. Эти случаи исчерпывают «не менее двух» и не пересекаются. Поэтому $P=\frac{60+20}{120}=\frac23$. В числителе и знаменателе считаются неупорядоченные тройки.

Ответ. $\frac23$ .

Всего $C_{12}^4=495$ комитетов. Число девушек может быть 2, 3 или 4. Для этих несовместимых случаев числа вариантов равны $C_5^2C_7^2=210$, $C_5^3C_7^1=70$ и $C_5^4=5$. Поэтому $P=\frac{210+70+5}{495}=\frac{19}{33}$. Нулевой и единичный составы по девушкам не подходят; других возможных благоприятных чисел нет.

Ответ. $\frac{19}{33}$ .

Всего $C_{10}^4=210$ комиссий. Выбираем одного из двух указанных людей, затем трёх из остальных восьми: $2C_8^3=112$. При этом второй указанный человек заведомо исключён. Два случая по включённому человеку несовместимы. $P=\frac{112}{210}=\frac8{15}$. Если бы выбирали остальных из девяти, были бы ошибочно учтены комиссии с обоими.

Ответ. $\frac8{15}$ .

Всего $C_{36}^2=630$ пар. Масть выбираем четырьмя способами; в ней восемь не-тузов, из которых надо выбрать два: $4C_8^2=112$. Разные масти дают непересекающиеся пары. Поэтому $P=\frac{112}{630}=\frac8{45}$. Знаменатель остаётся 630: условие не говорит, что тузы заранее убраны из колоды.

Ответ. $\frac8{45}$ .

Всего $C_8^3=56$ троек. Пусть выбранные номера $i<j<k$; отсутствие соседства означает $j\geq i+2$, $k\geq j+2$. Замена $(i,j,k)\mapsto(i,j-1,k-2)$ даёт произвольную строго возрастающую тройку из чисел 1-6. Обратная замена возвращает единственную допустимую тройку, поэтому это взаимно однозначное соответствие. Благоприятных троек $C_6^3=20$, $P=\frac{20}{56}=\frac5{14}$ .

Ответ. $\frac5{14}$ .

Всего $6!=720$ порядков. Объединим две указанные книги в блок. Вместе с четырьмя другими книгами получается пять различных объектов, которые расставляются $5!$ способами. Внутри блока два порядка. Благоприятных расстановок $2\cdot5!=240$, поэтому $P=\frac{240}{720}=\frac13$. Каждая расстановка с соседством единственным образом сжимается в такой блок.

Ответ. $\frac13$ .

Всего $C_8^3=56$ троек. Подходящий набор состоит из двух блоков занятых мест: блока длины 2 и одиночного места. Их порядок имеет два варианта. Между блоками обязателен хотя бы один пустой промежуток. Всего пустых мест 5; после выделения одного между блоками остаются 4, распределяемые между левым краем, внутренним промежутком и правым краем. Неотрицательных троек с суммой 4 - $C_6^2=15$ (две перегородки среди шести позиций). Получаем $2\cdot15=30$ наборов. Блоки восстанавливаются однозначно. $P=\frac{30}{56}=\frac{15}{28}$. Проверка всех типов: 20 без соседей, 30 с одной парой, 6 троек подряд; сумма 56.

Ответ. $\frac{15}{28}$ .

Всего $4^3=64$ распределения. Пару занятых команд выбираем $C_4^2=6$ способами. Для выбранной пары есть $2^3=8$ назначений трёх участников; два назначения используют только одну команду, поэтому подходят 6. Всего $6\cdot6=36$ вариантов, $P=\frac{36}{64}=\frac9{16}$. У каждого распределения множество занятых команд единственно, так что разные пары команд не дают повторного счёта.

Ответ. $\frac9{16}$ .

Всего $4!=24$ перестановки. Применим включение-исключение к событиям правильного попадания каждого письма. Число перестановок без правильных попаданий: $$4!-C_4^1 3!+C_4^2 2!-C_4^3 1!+C_4^4 0!=24-24+12-4+1=9.$$ При фиксации $k$ правильных писем остальные переставляются $(4-k)!$ способами. Почему чередование верно? Перестановка с $r\geq1$ правильными письмами имеет суммарный коэффициент $1-C_r^1+C_r^2-\cdots+(-1)^r=(1-1)^r=0$; без правильных сохраняется коэффициент 1. Поэтому $P=\frac9{24}=\frac38$. Здесь $0!=1$, поскольку пустую оставшуюся расстановку можно выполнить единственным способом.

Ответ. $\frac38$ .

Всего $C_{12}^3=220$ троек. В каждом классе остатков 0, 1, 2 по модулю 3 содержится четыре числа. Сумма трёх остатков делится на 3 только для составов $(0,0,0),(1,1,1),(2,2,2)$ или $(0,1,2)$. Действительно, при двух одинаковых остатках и третьем отличном сумма имеет ненулевой остаток. Первые три состава дают $3C_4^3=12$ троек, последний $4^3=64$. Случаи не пересекаются; $P=\frac{76}{220}=\frac{19}{55}$ .

Ответ. $\frac{19}{55}$ .

Благоприятных пар $C_3^2=3$, всех $C_N^2=\frac{N(N-1)}2$. Поэтому $\frac6{N(N-1)}=\frac1{12}$. На области $N\geq3$ знаменатель положителен, умножение равносильно: $N(N-1)=72$, $(N-9)(N+8)=0$. Корень $-8$ исключается, $N=9$ допустим. Проверка: $\frac3{36}=\frac1{12}$; синих 6. Квадратное уравнение имеет только два указанных корня, из которых допустим один.

Ответ. 9 шаров.

Всего $C_{10}^2=45$ пар; разноцветных $r(10-r)$, поэтому $$P(r)=\frac{r(10-r)}{45}=\frac{25-(r-5)^2}{45},\quad r\in\{0,1,\ldots,10\}.$$ а) Квадрат неотрицателен и равен нулю только при $r=5$. Максимум $\frac59$ .

б) Неравенство $P\geq\frac12$ равносильно $(r-5)^2\leq\frac52$. При целочисленном $r$ это $|r-5|\leq1$, откуда $r=4,5,6$. Проверка ближайших исключённых: при 3 и 7 вероятность $\frac{21}{45}<\frac12$ .

в) Симметричные пары $r$ дают следующие значения: $\{0,10\}\mapsto0$, $\{1,9\}\mapsto\frac15$, $\{2,8\}\mapsto\frac{16}{45}$, $\{3,7\}\mapsto\frac7{15}$, $\{4,6\}\mapsto\frac8{15}$; одиночное $r=5$ даёт $\frac59$. Перечислены все 11 целых значений, поэтому других случаев нет. Нельзя заменять дискретную область всем отрезком.

Ответ. а) $P=\frac{r(10-r)}{45}$, максимум $\frac59$ при 5; б) 4, 5, 6; в) два значения при $a\in\{0,\frac15,\frac{16}{45},\frac7{15},\frac8{15}\}$, одно при $a=\frac59$, иначе ни одного.

Все $C_8^3=56$ троек равновозможны; три разные точки окружности не лежат на одной прямой. Вписанный треугольник прямоуголен тогда и только тогда, когда его гипотенуза является диаметром: вписанный угол равен половине дуги, на которую опирается, поэтому 90° соответствует полуокружности. У восьмиугольника четыре пары противоположных вершин. После выбора диаметра третью вершину выбираем из остальных шести: $4\cdot6=24$ треугольника. У прямоугольного треугольника только одна гипотенуза, поэтому ни один не посчитан дважды. Следовательно, $P=\frac{24}{56}=\frac37$ .

Ответ. $\frac37$ .

Всего $C_{12}^3=220$ троек. Подходящие пары цветов - только красный-синий и красный-зелёный. Для первой пары берём все тройки из девяти шаров и убираем одноцветные: $C_9^3-C_5^3-C_4^3=84-10-4=70$. Для второй аналогично $C_8^3-C_5^3-C_3^3=56-10-1=45$. После удаления одноцветных группы не пересекаются: первая содержит синий шар без зелёных, вторая зелёный без синих. Случай трёх цветов не вошёл никуда. Поэтому $P=\frac{70+45}{220}=\frac{23}{44}$. Дополнительная проверка по составам: $10\cdot4+5\cdot6+10\cdot3+5\cdot3=115$ .

Ответ. $\frac{23}{44}$ .

Исходов бесконечно много; классическое отношение чисел заменяем отношением площадей, поскольку выбор равномерен. Первое условие задаёт ромб с вершинами $(1;0),(0;1),(-1;0),(0;-1)$. Его площадь $\frac{2\cdot2}{2}=2$. Второе условие исключает внутренность круга радиуса $\frac12$ .

Докажем, что весь круг внутри ромба: $(|x|+|y|)^2\leq2(x^2+y^2)\leq\frac12$, поскольку $2|xy|\leq x^2+y^2$. Значит, $|x|+|y|\leq\frac1{\sqrt2}<1$. Можно вычесть всю площадь круга $\frac\pi4$, не обрезая её сторонами ромба. Площадь благоприятной области $2-\frac\pi4$, всего квадрата - 4. Поэтому $$P=\frac{2-\frac\pi4}{4}=\frac12-\frac\pi{16}.$$ Границы включены согласно нестрогим знакам. Их площадь нулевая, поэтому изменение включения одной лишь границы не изменило бы вероятность. Полученное число между 0 и 1.

Ответ. $\frac12-\frac\pi{16}$ .

а) В слове десять букв: пять гласных А, А, А, Е, И и пять согласных М, М, Т, Т, К. Общее число различных порядков $\frac{10!}{3!2!2!}=151200$. Согласные располагаются $\frac{5!}{2!2!}=30$ способами. До, между и после них имеется шесть промежутков. Чтобы гласные не соседствовали, выбираем пять промежутков из шести и помещаем по одной гласной. Порядков гласных $\frac{5!}{3!}=20$. Благоприятных перестановок $30\cdot C_6^5\cdot20=3600$, поэтому $P=\frac{3600}{151200}=\frac1{42}$ .

б) Обозначим числа различных внутренних порядков согласных и гласных через $U$ и $V$. Любое слово однозначно задаётся выбором $m$ позиций гласных среди $n+m$, одним из $U$ порядков согласных и одним из $V$ порядков гласных. Всего $C_{n+m}^mUV$ слов. У фиксированного порядка согласных $n+1$ промежутков; при $m\leq n+1$ надо выбрать $m$ разных промежутков и заполнить их гласными в выбранном порядке. Получаем $C_{n+1}^mUV$ благоприятных слов. Удаление гласных однозначно восстанавливает промежутки и оба порядка, поэтому повторного счёта нет. Сокращение положительных $U,V$ даёт требуемую формулу независимо от повторяющихся букв.

Если $m>n+1$, по принципу Дирихле два гласных попадут в один промежуток и будут соседствовать: вероятность 0. При $m=0$ событие достоверно и формула даёт 1. При $n=0$ допустимы только $m=0$ или 1; при больших $m$ вероятность 0. Таким образом, рассмотрены и граничные случаи.

Ответ. а) $\frac1{42}$; б) указанная формула доказана.