Комбинаторика —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Комбинаторика

Тема Теория вероятностей и статистика

01 Комбинаторика

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела теория вероятностей и статистика

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#84364

Чему равна вероятность того, что хотя бы у двух студентов, учащихся в группе, в которой 23 человека, дни рождения совпадают?

Замечание 1. Конечно, мы спрашиваем без учета года, речь идет только про день и месяц рождения.

Замечание 2. Считать, что год состоит из 365 дней.

Показать ответ и решение

Ясно, что $Ω$ состоит из элементарных исходов вида

(i1,...,i23)

где каждая $ij$ - это номер для в году, в который родился $ij−$ ый человек.

Всего будет

36523

элементарных исходов.

Ясно, что в данном случае вероятностное пространство классическое, то есть все последовательности равновероятны, так как мы считаем, что все люди рождаются равномерно случайно в любой день года (пренебрежем тем, что в жизни все немного сложнее, потому что в конце осени рождается обычно больше людей, ведь 9 месяцев назад была весна, и, в общем-то, понятно, к чему мы клоним...)

А вероятность чего нас спрашивают? Нас спрашивают вероятность того, что у нас в последовательности встретится хотя бы 2 повторяющиеся даты. Это непросто посчитать, и в этой задаче тоже, как это очень часто бывает, мы прибегнем к тривиальному, но от этого не менее эффективному, трюку подсчета вероятности дополнения.

Давайте посчитаем вероятность того, что в последовательности все даты различные. Сколько таких последовательностей?

Очевидно, первая дата может быть любой из 365, вторая - любая из 364 оставшихся и так далее. То есть таких последовательностей будет

365 ⋅364⋅...⋅343

Следовательно,

P( все ст уд енты группы родились в разные дни ) = 365-⋅364⋅...-⋅343 36523

Следовательно,

365 ⋅364⋅...⋅343 P( есть хотя бы 2 ч ел овека, родивш иеся в один день ) = 1 −-------23------ 365

Что равно

38093904702297390785243708291056390518886454060947061--- 75091883268515350125426207425223147563269805908203125

(любители десятичных дробей сразу увидят, что эта вероятность составляет приблизительно $0.5$ )

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#84363

Петя бросил монету 10 раз, а Вася — 11 раз. Чему равна вероятность того, что у второго монета упала орлом больше раз, чем у первого?

Показать ответ и решение

Наше вероятностное пространство будет выглядеть так

Ω = {(i1,....,i10),(j1,...,j11)|ik,jk = O, Р}

То есть элементарный исход - это последовательность из 10 орлов или решек Пети и 11 орлов или решек у Васи.

Ясно, что в данном случае все такие последовательности равновероятны, поэтому наше вероятностное пространство - классическое. И вопрос состоит в том, сколько таких элементарных исходов, в которых в последовательности Васи орлов больше, чем в последовательности Пети.

Итак, пусть у Пети было $x$ орлов, и, значит, $10− x$ решек. А у Васи пусть было $y$ орлов и $11 − y$ решек. Нас спрашивают, какова вероятность того, что $x < y$ ?

Применим здесь такой интересный прием, как симметрия. Понятно, что если всюду в формулировке задачи заменить орлы на решки, то ничего не изменится. То есть, вероятность того, что у Васи орлов больше такая же, какая и вероятность того, у Васи решек больше.

То есть вероятность того, что $x < y$ будет такая же, как и вероятность того, что $10− x < 11 − y$ .

И как же из этого тривиального наблюдения о том, что

P(x < y) = P(10 − x < 11− y)

мы получим решение задачи?

А теперь заметим, что

10− x < 11 − y

равносильно условию того, что

10− x ≤ 10 − y

(вот такое замечательное свойство сравнений натуральных чисел).

А теперь, условие

10− x ≤ 10 − y

равносильно тому, что

x ≥ y

И что же мы получаем. А получаем вот такую цепочку:

P(x < y) = P (10 − x < 11 − y) = P (10− x ≤ 10 − y) = P(x ≥ y)

Но понятно, что

P (x < y)+ P (x ≥ y) = 1

(это два взаимоисключающих события, одно из которых обязательно случится).

Но, раз их вероятности равны, а в сумме они дают 1, то каждое из них имеет вероятность $12$ . То есть $1 P (x < y) = 2$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#84362

Куб, все грани которого окрашены, распилили на 1000 кубиков (10 × 10 × 10), которые затем перемешали. Чему равна вероятность того, что наудачу выбранный кубик имеет ровно одну окрашенную грань?

Показать ответ и решение

Всего кубиков 1000, поэтому вероятностное пространство состоит из 1000 элементарных исходов, соответствующих 1000 кубиков.

Сколько из них имеет ровно одну окрашенную грань? Это те кубики, которые были не в вершине и не с краю у исходного большого куба.

То есть мы должна на каждой грани исходного куба отстутпить одну линию с каждой стороны. Получается, будет $82 = 64$ маленьких кубиков на каждой стороне исходного куба, у которого 6 сторон. Таким образом, ответ будет

6⋅64- -48- P = 100 = 125

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#84361

В тесте 15 вопросов и в каждом 3 варианта ответа. Петя произвольно ответил на вопросы. Какова вероятность того, что:

a) он правильно решил весь тест;
b) правильно решил только номера 6 и 10;
c) правильно ответил на какие-то 2 вопроса из 15;
d) правильно ответил хотя бы на 2 вопроса из 15?

Показать ответ и решение

Введем такое вероятностное пространство

Ω = {(i1,i2,...,i15)| ij = 1,2,3}

То есть элементарными исходами будут всевозможные последовательности ответов Пети.

Поскольку нам сказано, что Петя произвольно отвечает на вопросы, то наше вероятностное пространство классическое, то есть вероятности всех таких наборов из каких-то 15 ответов равновероятны.

a) Ясно, что среди всех таких последовательностей нам подходит только одна - где все ответы верные. А раз наше пространство классическое, то вероятность одного конкретного элементарного исхода - такого, в котором все ответы верные, равна

P = -1-= -1- |Ω | 315

b) Нас теперь устраивают такие элементарные исходы, в которых $i 6$ и $i 10$ фиксированы и равны правильному ответу. А в остальных 13 вопросах мы можем выбрать любой из двух неправильных ответов. Таким образом, получается, что подходящих нам исходов всего $213$ , а всего их $315$ , поэтому искомая вероятность равна

213 P = 315

c) В прошлом пункте мы посчитали вероятность того, что Петя ответил на конкретные 2 вопроса из 15. А теперь нас устраивает правильный ответ на какие-то 2 вопроса из 15, не обязательно на номер 6 и номер 10. Таким образом, элементарных исходов, удовлетворяющих нашему условию будет столько, сколькими способами можно выбрать 2 вопроса из 15, на которые он ответил правильно. Таких способов будет

15! 14⋅15 C215 = -----= ------= 105 13!2! 2

Вероятность каждого конкретного такого исхода равна, как мы уже знаем, $213- 315$ , поэтому ответ в данном пункте будет

213 P = 105 ⋅-15 3

d) Тут будет проще посчитать вероятность дополнения, то есть вероятность того, что он правильно ответил меньше, чем на 2 вопроса. То есть правильно ответил на 0 вопросов, или правильно ответил на 1 вопрос.

Вероятность правильно ответить на 0 вопросов - это вероятность того, что на каждый вопрос он дал неверный ответ. То есть здесь мы 15 раз выбираем из 2 неправильных ответов. Значит, нам будет подходить $15 2$ элементарных исходов, и поэтому вероятность ответить на все вопросы неправильно

215 P( все о тветы неверны е ) =-15 3

Далее, вероятность ответить ровно на один вопрос будет вот какой. Давайте сначала посчитаем вероятность правильно ответить на конкретный один вопрос из 15. Например, на 13-ый. Значит, $i13$ будет фиксировано и равно правильному ответу, а в остальных позициях нашей последовательности мы должны 14 раз выбрать любой из двух неверных ответов. Поэтому тут подходящих последовательностей будет $14 2$ , а, значит, вероятность верно ответить только на 13-й вопрос будет

214 P( 13-ый прави льный, а оста льные -н ет ) = 315

Но мы ведь хотели посчитать вероятность того, что он ровно на один вопрос ответил верно. А этот один - не обязательно под 13 номером, он мог быть под любым номером. То есть будет 15 различных вариантов, на какой из 15 номеров он ответил верно (а на остальные - нет). Вероятность каждого конкретного варианта будет, ясное дело, равна $14 2315$ . Таким образом,

214 P( ровно один ответ верны й, а остальны е- нет ) = 15 ⋅-15 3

А, значит,

215 214 P ( 0 пр авильны х о тветов ил и 1 пра вильны й отв ет ) = 315 + 15⋅315

Следовательно,

15 14 P( правильн ых ответов не м еньш е 2 ) = 1 − (2 + 15⋅ 2-) 315 315

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#53947

22 коллеги после долгого и упорного рабочего дня решили поиграть в футбол. Они случайно делятся на две команды - красных и синих - по 11 человек. Найти вероятность того, что два друга Вася и Петя в итоге попадут в одну команду.

Показать ответ и решение

Сколькими способами можно разбить 22 людей на 2 команды по 11?

Ясно, что нужно просто выбрать, какие 11 пойдут в одну команду, тогда остальные 11 пойдут в другую автоматически. То есть $11 -22!- |Ω| = C22 = 11!⋅11!$ .

Сколько же из них окажутся подходящими? То есть такими, что Вася и Петя оказались в одной команде? Возможны 2 случая.

1 случай. Когда Вася и Петя оба попадают в команду красных. Тогда вопрос только в том, а какие 9 из оставшихся 20 попадут к ним в команду красных. Различных девяток можно выбрать $C9 20$ штук.
2 случай. Когда Вася и Петя оба попадают в команду синих. Тогда вопрос только в том, а какие 9 из оставшихся 20 попадут к ним в команду синих. Различных девяток можно выбрать, аналогично $9 C 20$ штук.

Но нас устраивает, если произошёл любой из случаев 1-2. Следовательно, подходящих нам разбиений будет $9 2 ⋅C20$ штук.

Таким образом, искомая вероятность равна:

2⋅C920= 2⋅20!-⋅11!⋅11!= 2⋅20!⋅11!-= --2-⋅11!- = 2-⋅10⋅11-= 10- C1120 9!⋅11!⋅22! 9! ⋅22! 9!⋅21 ⋅22 ⋅21⋅ 22 21

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#53946

В шкафу есть 4 пустые полки для одежды. Вы достаёте свои футболки из сушилки и случайным образом раскидываете их по полкам. Допустим, у вас было 6 различных футболок. Какова вероятность, что на нижней полке есть хотя бы одна футболка?

Показать ответ и решение

Итак, мы распределяем 6 футболок по 4 полкам. Каждую из 6 футболок можно положить на 1, 2, 3 или 4 полку. То есть

Ω = {(i,i ,i,i ,i,i )| i = {1,2,3,4}} 1 2 3 4 5 6 j

То есть, $6 |Ω | = 4$ .

С другой стороны, если $A$ - событие, состоящее в том, что на нижней полке есть хотя бы одна футболка, то проще будет сначала посчитать $P (Ω ∖A )$ - событие, состоящее в том, что на нижней полки нет ни одной футболки.

Действительно,

Ω ∖A = {(i ,i,i ,i ,i ,i )| i = {1,2,3}} 1 2 3 4 5 6 j

То есть, $|Ω ∖ A | = 36$ .

Тогда, поскольку все исходы равновероятны, то $36 P (Ω ∖A ) = 46$ .

Но тогда $36 46−-36- P (A) = 1 − 46 = 46$

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#40735

Пусть у нас есть 9 книжек. 5 из них имеют красную обложку (и между собой внешне неотличимы), а 4 из них имеют синюю обложку (и между собой тоже внешне неотличимы). Сколькими способами их можно расставить на книжкой полке?

Показать ответ и решение

По сути, любая такая расстановка - это выбор, куда поставить 5 красных книг в 9 свободных ячеек

□ □ □ □ □ □ □ □ □

То есть, это можно сделать $(9) 5$ способами. А синие книги просто автоматически встают в незанятые места.

Или, что то же самое, мы должны выбрать из 9 мест 4 места для синих книг. Но тогда получится $(9). 4$ Так какой же ответ правильный?

На самом деле, конечно, оба, ведь $(9) = (9) = -9!- = -9! = 126 5 4 4!⋅5! 5!⋅4!$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#40734

Доказать, что $( ) ( ) ( ) nk + kn+1 = nk++11$

Показать ответ и решение

Выделим один предмет из наших $n+ 1.$ Если выделенный предмет входит в нашу выборку, то осталось ещё добрать $k$ предметов из $n$ . Сделать это есть $( ) nk$ способов. Если же выделенный предмет в нашу выборку не входит, то нужно выбрать все $k + 1$ предметов из оставшихся $n$ . Сделать это есть $( ) kn+1$ способов. Всего получаем как раз $( ) nk$ + $( ) kn+1$ cпособов.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#40733

Петрович поставил на радостях на новенький смартфон четырёхзначный цифровой код разблокировки, а потом наутро забыл его. Петрович с утра помнит только, что в коде были числа 23 и 37. С какой попытки он сможет наверняка подобрать код и разблокировать экран смартфона?

Показать ответ и решение

23 и 37 могли быть в кодах, где встречается комбинация 237 (т.е. когда воспоминания Петровича о числах 23 и 37 на самом деле пересекаются по цифре 3), и в кодах 2337 и 3723, где эти воспоминания разлеплены.

Если встречается 237, то либо перед ней, либо после нее стоит любая из 10 цифр, то есть вариантов кода: $10⋅2.$ Таким образом Никанору, понадобится 22 попытки.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#40732

Сколькими способами можно из 52 карточной колоды (джокеров нет) вытянуть одну за другой 4 карты так, чтобы они все были разных мастей?

Показать ответ и решение

1. Мы вытягиваем первую карту. Есть $52$ варианта, поскольку первой в нашей последовательности может быть любая карта, и ни одно из условий не будет нарушено.
2.Мы вытягиваем вторую карту. Это может быть любая карта, у которой масть не совпадает с мастью первой карты. Всего в колоде есть $52− 13 = 39$ карт, у которых масть не совпадает с мастью первой карты.
3.Мы вытягиваем третью карту. Это может быть любая карта, у которой масть не совпадает с мастями первых двух карт. Всего в колоде есть $52 − 13− 13 = 26$ карт, у которых масть не совпадает с мастями первых двух карт.
4.Мы вытягиваем четвёртую карту. Это может быть любая карта, у которой масть не совпадает с мастями первых трёх карт. Всего в колоде есть $52 − 13− 13− 13 = 13$ карт, у которых масть не совпадает с мастями первых трёх карт.
Значит, всего будет $52⋅39 ⋅26⋅13 = 685464$ способа.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#40731

a) Сколько различных формальных анаграмм можно получить перестановками букв из слова АБРАКАДАБРА?
b) То же, если требуется, чтобы не было двух букв A подряд.

Показать ответ и решение

По формуле перестановок с повторениями, мы будем иметь, что у нас всего $n = 11$ букв, из которых есть $k1 = 5$ одинаковых букв А, $k2 = 2$ одинаковые буквы Б, $k3 = 2$ одинаковые буквы Р, остальные буквы без повторений, поэтому всего формальных анаграмм будет

---11!-- = 83160 5!⋅2!⋅2!

b) Это дополнительное условие уже не позволяет нам решать задачу так же, как прежде. Нужно придумывать что-то новое.

Например, можно рассуждать так: давайте сначала расставим согласные. Их всего 6 штук, из которых две пары повторяющихся. Поэтому перемешать согласные слова АБРАКАДАБРА можно по формуле перестановок с повторениями $62!!⋅2! = 180$ способами.

Далее, если мы зафиксируем одну из 180 таких расстановок согласных:

c1 c2 c3 c4 c5 c6

то чтобы получилась формальная анаграмма слова абракадабра, нам нужно в 7 пустых мест:

□ c1□c2□ c3□ c4□ c5□ c6□

вставить наши пять букв А. Причём ни в одном месте не может стоять больше 1 буквы А (иначе в формальной анаграмме они будут стоять рядом, что запрещено). То есть, нам по сути нужно выбрать 5 мест из 7, в которые мы поставим наши буквы А. Это можно сделать $( ) 75 = 57!!⋅2! = 21$ способом.

И так - для каждой расстановки согласных. Итого, по правилу произведения, мы сначала выбираем расстановку согласных одним из 180 способов, а потом для него у нас всякий раз есть 21 способ расставить 5 букв А по 7 пустым местам.

Итого получили, что всего существует $180⋅21 = 3780$ способ.

Ответ:

Предыдущий раздел

Следующий раздел