Задачі


Повернутися на початок книги
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 
15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 
30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 
45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 
60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 

Загрузка...

1.4.1.   В конверті серед 100 фотокарток знаходиться одна

розшукувана. З конверту навмання витягується 10 карток.

Знайти ймовірність того, що серед них виявиться потрібна.

Розв’язок.

Умовно розіб’ємо сто фотокарток на 10 блоків по 10 штук

в   кожному   блоці.   Таким   чином,   шукана   фотокартка

знаходиться в одному (m = 1) з 10 блоків (n = 10). Тоді

імовірність події А – “потрібна фотокартка знаходиться серед

10 витягнутих” згідно класичного означення імовірності рівна

m1 Р(А) =     =. n    10

1.4.2.   При встановленні в механізм бракованої деталі і

при перевірці її дієздатності весь механізм вийшов з ладу.

Визначити умову, при якій буде економічно вигідно проводити поштучний контроль вказаних деталей, якщо відомо, що вартість контролю кожної з них після їх виготовлення рівна М грн., вартість всього механізму N грн.; ймовірність виготовлення бракованої деталі – р і в механізм входить одна з цих деталей.

Чи буде економічно вигідно проводити поштучний контроль деталей, якщо собівартість механізму 2 грн., вартість контролю кожної деталі – 1 коп., а а) ймовірність виготовлення бракованої деталі – 0,01; б) ймовірність виготовлення бракованої деталі – 0,001?Розв’язок.

m Ймовірність бракованої деталі рівна p = —, де m - кіль-

n

кість бракованих деталей, n - кількість усіх деталей в меха-

m         1

нізмі. Отже, n = —, за умовою m = 1, отже, n = —.

p          p

Оскільки вартість контролю однієї деталі рівна М, то

1 вартість перевірки всього механізму рівна S = nхM = —M.

p

Умовою економічної доцільності проведення контролю є

виконання нерівності:

S<N,    або    p>—.     Підставивши    необхідні    дані

N

отримаємо:а) Р = 0,01; M = 1; N = 200; S =           х 1 = 100 < 200.

0,01 Отже, контроль проводити вигідно;б)          Р = 0,01; M = 1; N = 200; S =           х 1 = 1000 > 200.

0.001 Отже, контроль проводити невигідно.

1.4.3. Підкидають два гральних кубики. Яка ймовірність того, що випаде принаймні одна шістка, якщо відомо, що сума очок дорівнює 8?

Розв’язок.

Простір елементарних подій, коли сума очок рівна „8”, такий: Q = (2;6), (6;2), (3;5), (5;3), (4;4). З них у двох подіях

(2;6)   і   (6;2)   випадає  „6”.  Згідно  класичного  означення

           

                                   

n     5

 .   .     m     2 імовірностей, імовірність даної події А рівна P(A)1.4.4. Висячий замок з секретом має 4 шестикутні призми. Кожна призма повертається незалежно одна від другої навколо своєї осі. Бокові грані кожної призми пронумеровані від 1 до 6. Замок відкривається, якщо шляхом обертання призм на лицевій стороні замка буде набране відповідне (секретне) чотиризначне число.

Обчислити ймовірність того, що:

а)         замок відкриється, якщо виявиться забутою остання

цифра секретного числа, а замість неї на відповідній призмі

буде набрана яка-небудь із можливих цифр;

б)         замок відкриється, якщо виявляться забутими дві

останні цифри, а замість них будуть набрані на відповідних

призмах які-небудь дві цифри;

в)         особа, яка не знає секрету зможе відкрити замок,

набравши на призмах довільне чотиризначне число.

Розв’язок.

Нехай А – описана подія. а) Усіх можливих цифр на ос-танній призмі може бути набрано 6 (усіх можливих наслідків випробувань рівне n = 6) і лише при одній певній цифрі замок відкриється (кількість випробувань m, що сприяють настанню події А рівне m = 1).

Отже,    згідно    класичного    означення    імовірностей

m1 Р(А)=    =   ; n6

б)         Дві останні цифри можна вибрати  n = n1 n2 = 66

способами і лише один спосіб набору m = 1 буде відповідати

даному   коду.   Отже,   імовірність   відкриття   замка   рівна

m1      1 Р(А)=    =       =     ; n    66   36

в)         Чотири  цифри  можна  вибрати   n = n1 n2 n3 n4 =

= 6666 =1296 способами і лише при одному наборі цифр

m = 1 буде відкритий замок. Отже, імовірність відкриття

m1

замка рівна: Р(А)=    =          .

n   12961.4.5.  В лотереї розігрується 1000 білетів. Серед них 2

виграші по 50 грн., 5 – 20 грн., 10 – 10 грн., 25 – 5 грн. Дехто

купує 1 білет.

Знайти ймовірність:

а)         виграшу не менше 20 гривень;

б)         якого-небудь виграшу.

Розв’язок.

1000 = 250 + 520 + 1010 + 255 + 958прогр.

а)         Нехай А – шукана подія. Виграш не менше 20 гривень –

це виграш у 20 гривень, який зустрічається m1 = 5 раз і виграш

у 50 гривень, який зустрічається m2 = 2 рази, так що m = m1 +

+ m2, n = 1000 – загальна кількість усіх білетів. Тоді

m    5+2

P(A)=     =       =0,007;

n    1000

б)         Нехай подія А означає який-небудь виграш. Число усіх

можливих виграшів рівне m = 42. Отже,P(A)=     =0,042 .1.4.6. Є шість відрізків, довжини яких відповідно рівні 2,

4, 6, 8, 10, 12 одиницям. Визначити імовірність того, що з

допомогою взятих навмання трьох відрізків з даних шести

можна побудувати трикутник.

Розв’язок.

Нехай А – подія, імовірність якої треба обчислити. Тоді

m P(A) =      – згідно класичного означення імовірностей. Тут n

n=C63 – загальна кількість комбінацій, які можна утворити з

3 елементів серед 6 елементів. Для того, щоб з 3 відрізків можна було побудувати трикутник, необхідно, щоб сума будь-яких двох його сторін була більшою за третю сторону.

Таких комбінацій сторін, сприятливих настанню події А, може бути 7:

(4;6;8), (4;8;10), (4;10;12), (6;8;10), (6;8;12), (6;10;12), (8;10;12), тобто m = 7.7      7-1-2-3

Отже, P(A) = —- =    = 0,35

C:       6-5-4

1.4.7. В урні знаходяться червоні й зелені кулі. Ймовір-ність того, що навмання витягнуті три кулі будуть червоними становить 0,5. Яка мінімальна кількість куль в урні?

Розв’язок.

І спосіб.

Нехай подія А полягає в тому, що 3 витягнуті кулі є чер-воними. Нехай m - кількість червоних куль, k - кількість зеле-них куль в урні. Тоді m + k - загальна кількість куль.

Згідно класичного означення імовірностей

Cї       1 P(A) = —f- = - .

Cm+k    2

Розписавши ліву частину рівняння, отримаємо:

Cm3    m(m-ї)(m-3)/3\

 

Cm+k     (m + k)(m + k-\)(m + k-2)/3\ m        m-\        m-2       1

 

m + k  m + k-1  m + k-2    2 або

m + k  m + k-\  m + k-2

            = 2.

m        m -\        m-2

Виділивши в кожному дробі цілу частину, отримуємо:

(     kЛ (        k   Л (        k   Л

1 + — •  1 +    г  1 +     =2-

^     m) \     m-\) \     m-2)

Очевидно, щоб рівняння мало розв’язок, необхідно, щоб

кожний дріб  у  дужках  був  меншим  одиниці.   Отже,  чим

більше k, тим більше m. Тому спочатку шукаємо розв’язок для

k = 1 - кількості зелених куль в урні. Підставивши k = 1 в

формулу імовірності, отримуємо:

m     m-\ m-2     1        m-2     1

m + 1     m     m-\     2 m + 1     2

абоРозв’язавши рівняння, отримаємо m = 5. Отже, в урні 5 червоних і 1 зелена куля. Загальна кількість куль в урні рівна 6. Використавши даний підхід для різних імовірностей витягання трьох червоних куль при одній зеленій кулі k = 1 в урні отримаємо такий кількісний склад куль:

 2

а)         P(A) = —; m = &; n = m + k = 9; ,        3

б)         P(A) = —; m = \\; m + k =\2;в)           PA) = — ; m = 17; m + k = 18; P       7

г)         (A) = —; m = 23; m + k = 24; ,        8

д)         P(A) = — ; m = 26; m + k = 27;е)      P(A) = ; m = (M+1)3 - 1; m + k = (M+1)3;

M + 1

 ,          1

є) P(A) = — ; m = 6; m + k = 1; w     7

ж)        P A) = — ; m = 9; m + k = 10; 5

з)         P(A) = — ; m = 1; k = 2; m + k = 9.ІІ спосіб.

Оскільки витягують три кулі, то уявно розіб’єм усі кулі в урні  на трійки.   Тоді  згідно  умови,  імовірність  того,   що

,           m

витягнута трійка куль є червоною, рівна:   P(A) = — = 0,5 .

n

Мінімальна кількість  куль  в урні  буде  тоді,  коли   m = \;

n = 2 . Враховуючи те, що кулі виймаються трійками, загаль-

на кількість куль в урні становить n = 2 3 = 6. Серед шестикуль повинна бути лише одна зелена куля, щоб вона попала в

одну з двох трійок. Якщо будуть дві зелені кулі, то одна або дві зелені кулі можуть попасти в кожну з двох трійок і тому може не бути трійки лише з червоними кулями. Перевіримо це з допомогою формул комбінаторики. Нехай подія А - “3 витягнуті кулі є червоними”. Тоді згідно класичного означен-

ня Р(А) = —, де п - рівне числу комбінацій якими можна п

вибрати 3 будь-які кулі серед 6 куль: п = С\;т- рівне числу

комбінацій якими можна вибрати 3  червоні  кулі  серед  5

^          xw ІЧ    С\     5433!     1

червоних куль: т = С5 . Отже, Р(А) = —^- =         = —.

С6     6543!    2

а)         Коли кількість трійокі¥= 3, то кількість куль в урні п =

= 3-3 = 9. Якщо в урні є тільки одна зелена куля (к = 1), то

вона міститься лише в одній трійці, дві інших будуть лише з

червоних куль. ОтжеМ= 2, Р(А) = — , т = 9-\ = 8 (кількістьчервоних куль).

б)         Коли N = 4, то кількість куль в урні п = 4-3 = 12. При

(к = 1) одній зеленій кулі в урні, три трійки куль (М = 3)

будуть лише червоними. Отже Р(А) = — , т = \2-\ = \\.е) По індукції, для Р(А) =         ,к=\,т = (М+ 1)-3 - 1,

М + \

т + к = (М+ 1)-3.

1.4.8. Серед N виробів знаходиться М бракованих. На-вмання беруть щ виробів.

Яка ймовірність того, що серед них є тх бракованих ви-робів^! < МУ>

Розв’язок.

Нехай подія А полягає в тому, що витягнуто ті бракова-них виробів.

Запишемо умову задачі наступним чином:N = М(брак) + (N -М) - придатних;

п\ = Щ(брак) + (п\~т\)~ придатних.

Імовірність    події    А    обчислимо    згідно    класичного

 т

означення імовірності:  Р(А) = —, де п - загальна кількість

п

усіх можливих наслідків випробування, які полягають у ви-

борі п виробів серед N виробів і оскільки має значення набір

конкретних елементів у групі, а не порядок їх розташування,

то п рівне числу комбінацій, які можна утворити з пг елемен-

тів серед N елементів:  п = С£ ; т - число наслідків випро-

бувань, що сприяють настанню події А. Настанню події А сприяють п/ наслідків випробувань - вибору га; бракованих виробів серед М бракованих і пі' наслідків випробувань -вибору (пі - ті) придатних виробів серед (N - М) придатних.

Отже, т' =С™1, т" = С^м •

Враховуючи  узагальнене  правило  множення   т = т х

х т" = С^ ■ C"N1ZM ■

Остаточно, Р(А) =   м           ^^

Cn1 N

1.4.9. В ящику є 4 білих і 5 червоних кульок. З ящика навмання одна за одною виймають всі кульки, які знаходяться в ньому і не дивлячись відкладають в сторону.

Знайти ймовірність того, що остання вийнята кулька буде білою.

Розв’язок.

І спосіб.

Нехай А – шукана подія, яка полягає в тому, що остання

куля біла. Отже, склад попередньо витягнутих куль такий:

m 3б + 3ч = 8. Тоді імовірність події А рівна P(A) =     , де

nn=C98 , m=m1 m2 , де m1 =C43 – кількість комбінацій, якими можна вибрати 3 білі кулі серед 4 куль, m2 =C55 – кількість комбінацій, якими можна вибрати 5 чорних куль

C43 C55     C41 1     4 серед 5 куль. Остаточно, P(A)=       8    =     1   =   .

C9       C9       9

ІІ спосіб.

Дане випробування замінимо таким, що буде полягати у зворотньому виборі кульок. Нехай з ящика вибрані всі 9 кульок і не дивлячись одну кладуть назад у ящик. Тоді за кла-m сичним означенням імовірності P(A) =    , де усіх наслідків

n випробувань рівне числу кульок – n = 9 і сприятливих до нас-тання події А рівне числу білих кульок – m = 4. Отже

4 P(A)=   . 9

1.4.10. З ящика, який вміщує три білети з номерами 1, 2,

3, виймають по одному всі білети. Припускається, що всі

послідовності номерів білетів мають однакові ймовірності.

Знайти ймовірність того, що хоч у одного білета порядковий номер співпаде з власним.

Розв’язок.

Число усіх можливих подій n рівне числу перестановок з трьох елементів: n = 3! = 6. Це така алгебра подій: {123; 132 ;213; 231; 312; 321}. З них чотири події (І-ша, ІІ-га, ІІІ-тя, ІV-та) сприяють настанню шуканої події А, так що m = 4. Тоді

m42 P(A)=     =    =   . n    63

1.4.11. Дитина грається з чотирма буквами розрізної азбу-

ки А, А, М, М. Яка ймовірність того, що при випадковому

розміщенні букв в ряд вона одержить слово “МАМА”?Розв’язок.

Нехай А – шукана подія, яка полягає в тому, що серед

чотирьох букв буде по дві букви “М” і “А”. Використаємо

m класичну формулу для знаходження P(A) =     , де n – загаль-n

на кількість способів, якими можна переставити чотири букви у слові, тобто кількості перестановок з чотирьох елементів: n = 4!. Кількість способів m, сприятливих для настання події А рівна добутку числа способів m1 = 2!, якими можна вибрати “М” з двох “М” і числа способів m 2= 2!, якими можна вибра-ти “А” з двох “А”: m = m1 m2 . Отже,

2!2!   1212    1

P(A)=       =     =   .

4!     1234    6

1.4.12. Букви, які утворюють слово “ОДЕССА” написані по одній на шести картках; картки перемішані і покладені в пакет.

Чому дорівнює ймовірність того, що, витягуючи картки по одній і записуючи відповідні букви в ряд зліва направо ми прочитаємо слово (кількість витягнутих карток рівна числу букв в слові):

а)         САД;

б)         АСС;

в)         СОДА;

г)         ОДЕССА. Яка ймовірність того, що вибравши три

букви, з них можна скласти слово “ОДА”?

Вказівка. Задачу розв’язати двома способами: а) за схе-мою повернених і б) неповернених куль.

Розв’язок.

Перший спосіб.

Нехай А – описана подія.

І. Букви повертають назад.

а) Слово “САД” складається з трьох букв. Слово “ОДЕССА” складається з шести букв. Усіх слів з трьох букв можна утворити n = n1 n2 n3 способами, де n1 = 6 (числоспособів, якими можна вибрати першу букву з шести), n2 = 6

(число способів, якими можна вибрати другу букву з шести

букв), n3 = 6 (число способів, якими можна вибрати третю

букву з шести букв). Нехай дві букви “С” в слові “ОДЕССА”

пронумеровані №1 і №2. Тоді слово “САД” можна скласти

двома способами, вибравши “С” під №1 чи “С” під №2. Отже,

m2!      2        1

m = 2!. Остаточно, P(A)==   =          =       .

n    666    666   108

m

б)         Імовірність складання слова “АСС” рівна P(A) =    ,

n

де n = 666, а m = m1 m2 , де m1 = 2! – число способів вибо-ру першої букви “С”, m2 = 2! – число способів вибору другої

m    2!2!    1 букви “С”. Таким чином, P(A)=    =    3 =     .

n     6      54

m

в)         Імовірність складання слова “СОДА” рівна P(A) =    ,

n

4          2!      1

де n=6666=6 , m= 2! Остаточно P(A)=  4 =       .

6     648

г)         Імовірність   складання   слова   “ОДЕССА”   рівна

m         6

P(A) =    , де n = 6 , m = m1 m2 = 2!2!= 4 ; n

2!2!       1

P(A) =    6 =    .

6      11664

ІІ) Букви не повертають.

а) Імовірність складання слова “САД” за класичним озна-

m         3

ченням імовірності рівна: P(A) =     , де n = A6 – оскільки

nдля складання певного слова важливий порядок розташування букв у слові; m = 2, оскільки у слові “ОДЕССА” є дві букви “С”, тому слово “САД” можна скласти двома способами, вибравши одне з двох “С”.

2        21

Отже, P(A)=   3 =      =     .

A6     654    60

б)         Імовірність складання слова “АСС” рівна:

m2        2        1

P(A)=     =    3 =         =      , де m = 2, оскільки слово

n     A6     654    60

“АСС” можна скласти двома способами, переставивши різні “С”.

в)         Імовірність складання слова “СОДА” рівна:

m2       2          1

P(A)=     =    4 =         =       , де m = 2, оскільки

n     A6     6543   180

“С” з шести букв, де є два “С” можна вибрати двома спосо-бами.

г)         Усіх   можливих   слів   (навіть   беззмістовних),   що

складаються з шести букв, рівне числу перестановок з шести

елементів n= 6!. Сприятливих випадків для утворення слова

m2! “ОДЕССА” при даному наборі букв рівна P(A)=    =    =

n6!

12      1

=          =.

123456    360

Для того, щоб з вибраних букв можна було скласти слово “ОДА”, необхідно, щоб були вибрані три букви: “О”, “Д” і “А”. Число усіх можливих наслідків випробування (вибір трьох букв з шести) рівне числу комбінацій з 3 елементів серед 6: n1 =C63 . І оскільки лише одним способом можна

скласти слово “ОДА”, тобто першою повинна бути буква О,

другою   –   Д,   третьою   –   А,   то   m   =   1.   Остаточно,

m1 P(A)=    =     . n    20

1.4.13. В записаному телефонному номері 135–3... три останні цифри стерлись.В припущенні, що всі комбінації трьох стертих цифр рів-номожливі, знайти ймовірність подій:

А = {стерлись різні цифри, відмінні від 1, 3, 5},

B = {стерлись однакові цифри},

Розв’язок.

Усіх трьох останніх цифр може бути n=10 х 10 х 10 =1000.

Число цифр m сприятливих настанню події А рівне числу розміщень з 3 елементів серед 7 елементів  (7 = 10-3) :m =

3          m      A73      7x6x5

= A 7. Отже, P ( A) = — = —    =    = 0,21.

n     1000       1000

Число m сприятливих настанню події В рівне 10, оскільки

 m       10

однакових цифр може бути  10. Отже,   P ( B) = — =      =

n     1000

= 0,01.

1.4.14. Яка ймовірність того, що чотиризначний номер ви-падково взятого автомобіля у великому місті:

а)         має всі цифри різні?

б)         має тільки дві однакові цифри?

в)         має дві пари однакових цифр?

г)         має тільки три однакові цифри?

д)         має всі цифри однакові?

Розв’язок.

Всіх чотиризначних номерів можна утворити  n = 10 х

х10х10х10 = 104 способами.

а)         Номерів, чотири цифри якого різні, можна утворити

m = A 140  способами. Отже, імовірність того, що чотиризнач-

ний номер має всі цифри різні, рівна згідно класичного озна-

 m    Д410     10-9-8-7     5040

чення імовірності P ( A) = — =   ^ =           =          = 0.504.

n     10 4          10 4     10000

б)         Якщо в чотиризначному номері 2 однакові цифри, то

дві інші відмінні від попередніх і різні. Одну з однакових

цифр можна вибрати десятьма способами, другу з однаковихцифр – одним способом, оскільки вона повинна бути такою, як перша. Дві інші різні цифри з дев’яти можна вибрати C92 способами. Усіх наборів цифр у чотиризначному номері з

4! двома однаковими цифрами можна утворити       способами:

2!

4!   1234

=          =12 .

2!       12

Таким чином,

2          m    101C92 12   1019812

m =101C9 12;P(A) =     =            4        =           4      =

n          10        210    .=         =0,432.

10000

в)         Якщо у числі дві пари однакових цифр, то ці дві цифри

обов’язково різні. З десяти різних цифр їх можна вибрати C120

способами. Чотири різні цифри можна переставити 4! спо-собами. Враховуючи те, що у числі є дві пари однакових цифр, то число перестановок з чотирьох елементів буде

4!     1234 2        1096

=          =6 . Тоді m=C10 6= =270 .

2!2!       22  2Отже, P(A)= =0,027.

10000

г)         Якщо у чотиризначному числі є три однакові цифри, то

першу цифру можна вибрати десятьма способами, ІІ і ІІІ

цифри одним способом, а четверту – девятьма способами (бо

залишиться дев’ять цифр). Крім того, четверта цифра може

стояти на одному з чотирьох місць (розрядів) у чотири-

значному числі. Отже,   m =101194 = 360,   а   P(A) ==       =0,036.

10000д)          Якщо у чотиризначному числі всі цифри однакові, то

першу цифру можна вибрати десятьма способами, а кожні три

наступні цифри - одним способом. Отже, m = 10-1-1-1 = 10,

Ю

а P(A) =          = 0,001.

10000

1.4.15. Букет квітів складається з 5 ромашок і 10 волошок. З цього букету випадковим чином складають букетики по три квітки в кожному. Знайти імовірність того, що в кожному букетику буде по одній ромашці.

Розв’язок.

Нехай A - шукана подія.

З 15 квіток (5 + 10=15) можна скласти 5 букетів, в кожно-му  з яких  є по  3   квітки.  Перший  букет можна скласти

n = Cj35 способами, другий - n2 = C\2  способами, третій -

n   = C93 способами, четвертий - n4 = C\  способами. Згідно

узагальненого правила добутку число всіх можливих букетів

з       з       з      з               15!

рівне: n = n1-n2-n3-n4=C?5- C12 • C9 • C6 ==      х

12!       9!         6!         15!  12!  9!  6!     1        15!

(12-3)!-3!  (9-3)!-3!  (6-3)!-3!    12!   9!   6!  3!   (З!)4     (З!)5 Дві волошки для кожного з п’яти букетів можна вибрати так: для першого букета m1 = C10 способами, для другого -

m'2 = C\  способами, для третього m'3 = C62 способами, для

//

другому букету –  m2/ / =4  способами, третьому букету

m'І = 3 способами, четвертому - m'4'= 2 (двома) способами,

п’ятому  -   m'5' = 1   способом,  так  що   m" = m" ■ m2 ■ m'3' х

четвертого - m'л = C\ способами, для п’ятого - m'5 = C2 спо-собами. Загальна кількість способів вибору волошок рівна m = m1 ■ m2 ■ m3 ■ m4 ■ m5. Кожному з п’яти букетів з двох во-лошок можна підібрати будь-яку ромашку так: першому буке-ту m'І = 5 (п’ятьма) способами, оскільки всього є 5 ромашок,x m'l ■ m'l.   Загальна ж  кількість   способів   вибору  букетів сприятливих для настання події А рівна:

т = т' -т" = С^ • С\ ■ С\ ■ С\ ■ С\ ■ 5 • 4 • 3 • 2 • 1 =

10!       8!         6!         4!

= 5'*

(10-2)!-2!  (8-2)!-2!  (6-2)!-2!  (4-2)!-2!

2!         10!     8!      6!      4!      2!      10!

 

                                                           

(2-2)!-2!        8!-2!  6!-2!  4!-2!  2!-2!  0!-2!        (2!)5 Тоді шукана імовірність рівна:„, ,ч    т    5!-10!-(3!)5    5!-10!            f 2!-3!

 

Р(А) = — =     ^   =    

п       (2!) 15!       10M1-12-13-14-15 ^ 2!

 0,08092.

 

11-12131415     11-12131415     1001

5!-35   1-2- 3-4- 5 -9 -27      81

 

1.4.16. В урні знаходиться п білих і п червоних куль. Всі кулі з урни витягають парами, причому витягнуті кулі назад не повертають. Яка імовірність того, що всі пари будуть скла-датися з куль різного кольору?

Розв’язок.

Нехай А - подія, яка полягає в тому, що одна куля білого і одна куля червоного кольорів. В урні всього є пб + пч= 2 п куль. З 2и куль можна утворити п пар куль. Загальна кількість способів п, якими можна вибрати 2 кулі з усіх куль рівна добутку: щ - кількості способів, якими можна вибрати 2 кулі серед 2и куль, тобто кількості комбінацій, які можна утворити

з 2 елементів серед 2и елементів - пх = С\п; п2 - кількості

способів, якими можна вибрати 2 кулі серед (2и - 2) куль, що залишились, тобто кількості комбінацій, які можна утворити з

2 елементів серед (2и - 2) елементів - п2 = С22„_2; щ - кіль-

кості комбінацій, які можна утворити з 2 елементів серед решти (2и - 4) елементів, ... п„ - кількості комбінацій, які

можна утворити з 2 елементів серед 2 елементів - С\ . Такимчином, п = пх -п2 -п3 ■ ...пп. Кількість способів, сприятливих настанню події А згідно узагальненого правила добутку рівна добутку:  т[ - числа способів (комбінацій) якими можна ви-

брати 1 білу кулю серед п білих куль т[ = С\ і т" - числа способів (комбінацій), якими можна вибрати 1 чорну кулю серед п чорних куль т1 = Сп - для першої пари куль; т2 -числа способів (комбінацій), якими можна вибрати 1 білу кулю серед (п - 1) білих куль т2 = Сп_г і т2 - числа спосо-бів (комбінацій), якими можна вибрати 1 чорну кулю серед (п - 1) чорних куль т2 = С\_х у другій парі куль; т'3 = С\_2 - числа комбінацій, якими можна вибрати 1 білу кулю серед п - 2 білих куль і т3 = С\_2 - числа комбінацій, якими можна вибрати 1 чорну кулю серед и - 2 чорних куль у третій парі куль і т. д., поки тп=Сх і тп = Сх .

Отже, т = т1 ■ т" ■ т2 ■ т2 ■ т3 ■ т'3' ■ ...т'п ■ т"п .

Остаточно, р (A ) = — =

п

/~Л     /~Л     /~Л       /~Л      /~Л      /~Л      /~Л      /~Л      /~Л      /~Л      /~Л     /~Л

^п "^я "^я-І ' ^я-І '^я-2 ' ^я-2 "^я-З "^я-З ' ^п-Л ' ^п-Л ' -"^я ' ^я

ZZ          ZZ

с22п ■ С22п_2 ■ С22п_4 ■ С22п_6 ■ C22n_s ..,С2

п-п-(п- \)(п - \)(п - 2)(« - 2)(« - 3)(« - 3)(« - 4)(« - 4) •... 1 • 1

(2«)!        (2«-2)!      (2«-4)!     (2«-6)!      (2«-8)!      (2)!

2!(2«-2)!  2!(2«-4)!   2!(2«-6)!  2!(2«-8)!   2!(2«-10)!      2!(2-2)! [и(и - ї)(п - 2)(п - 3)(я - 4) •... I]2 • 2"     (и! )2 • 2"

ZZ         ZZ    

(2я)!    (2я)!

1.4.17. Колода з 36 карт ретельно перемішана (тобто всі можливі розміщення карт рівноймовірні).

Знайти ймовірності подій:

А = {чотири тузи розміщені поруч},

В = {місця розміщення тузів утворюють арифметичну прогресію з кроком 7}.Розв’язок.

а) Схематично розташування тузів можна зобразити так

(див. рис 1.4.1а). Використаємо Р(А) = —,

п

••••      •

36 Рис. 1.4.1а.

де п = 36! - числу перестановок з 36-ти карт. Число наслідків випробування, що сприяють настанню події А, обчислимо так: чотири тузи можна розмістити поруч mi = 4! способами; відповідно, решту 36 - 4 карт можна розмістити т2 = (36 - 4)! способами. Крім цього, блок з чотирьох карт може знаходитись на одному з т3=(36 - 3) місць. Тоді згідно узагальненого правила добутку m = ml-m2-m3 і Р(А) рівне:

4!(36-4)!(36-3)    4!32!33      1-2-3-4-32I-33

P(A)

36!       36!        32І-33-34-35-36«

 

0,0005602.

1785 б) Схематично розташування тузів можна зобразити так:

1          8          15        22        29        36

○○○ ○ ○ ○ ○○○ ○ ○ ○ ○ ○○○ ○ ○ ○○○○○ ○ ○○○○○○○ ○ ○ ○ ○ ○

Рис. 1.4.1б.

(див. рис. 1.4.1б), де цифрами позначені номера місць. Четвер-

тий туз (а відповідно і три попередні) може займати одне з

п’ятнадцяти місць: т3 = 36 - 21 = 15;га; = 4!; т2 = (36 - 4)!; п =

= 30! аналогічно до п. а).

Отже,

^^    т    т,т^т-,     4!-32!-15  4!15     1

Р(В) = — =    '   2   3 =          =          =          « 0,0002317 •

п          п          36!        33-34-35-36    39271.4.18.  П’ять різних кульок випадковим чином розки-

даються по п’яти лунках, кожна кулька попадає в ту чи іншу

лунку з однаковою імовірністю і незалежно від других (в одну

лунку може попасти будь-яке число кульок). Знайти імовір-

ність того, що в кожній лунці виявиться по одній кульці.

Розв’язок.

Позначимо через A - подію, імовірність якої необхідно обчислити. Скористуємось класичним означенням імовірності

Р(А) = — . Загальна кількість усіх способів N, якими можна

N

розкидати п кульок по п урнах обчислюється так: перша кулька може попасти в п лунок, друга - в п лунок..., и-а ку-лька аналогічно, може попасти в п лунок, оскільки в кожній лунці може бути від однієї до п кульок. Використовуючи уза-

гальнене правило добутку отримаємо:  N = п-п-п- ...п = п".

Це формула розміщень з повтореннями А^ .

Число випробувань сприятливих настанню події A обчислюється так: перша кулька може попасти в п лунок; друга кулька в (п - 1) лунку, оскільки одна лунка вже зайнята: третя в (п - 2) лунку, оскільки вже 2 лунки зайняті; четверта -в (п-З) лунок; остання - в одну лунку, оскільки всі попередні лунки зайняті. Згідно узагальненого правила добутку т = п-{п- \){п - 2)(п - 3) •... 1 = п\.

Число т можна також розглядати як кількість переста-новок з п елементів, тобто т=п\.

п\ Таким чином, г(А) = —; поклавши п = 5, отримаємо:

пп

„, ,ч     5!      4!-5      4!     1-2-3-4      24

Р(А) = — =— = — = =          .

5       5-5     5  625      625

1.4.19. (Розподіл куль по урнах). Є г різних куль, які

випадково розкидаються по п урнах. В одній і тій же урні

можуть знаходитись декілька куль і навіть всі кулі.Знайти ймовірність того, що в першу урну попадуть рівно

Г\    куль, в другу - Г2 куль і т. д. , в И-у урну - Г„ куль,   Г\ + г2 +

+ ... + г„= г. Розв’язок.

Нехай А - шукана подія. Кожну кулю можна кинути в одну з N урн, тобто N спо-

собами, відповідно г куль можна розкидати по N урнах Nr

різними способами. Отже, п = Nr. Число наслідків випро-бувань т, що сприяють настанню події А можна обчислити таким чином. Число способів, якими можна вибрати г; куль

серед г куль рівне тх = С) ; число способів, якими можна вибрати г2 куль серед решти г -гг куль рівне да9 = Crr2_r , і т.д.; число способів, якими можна з г - (кі + к2 +-kN.1) = kN ви-брати kN, рівне тм = CktN = 1, так що

m = ml-m 2-...m N = Ск; ■ Скг2_к ■ Ск,_(к +к ) -...С^ +к + к   ) ■ 1 =

г\         (г-кгУ-            [r~(K +k2)Y

к^.іг-к^.   k2\[r-(kx +к2)]\   к3\[г-(кг + к2 + к3)]\

[r-(kl+k2+...kN_2)]\   г\         г\

 

                                                           

kN_x\kN\        kx\k2\k3\.kN_x\kN\     у-г

кг\

і=\

т          г\

           

п          N

N Т\ ^!

і=\

Тоді, P(A)

1.4.20. Знайти ймовірність того, що дні народження 12 чоловік припадуть на різні місяці року.

Розв’язок.

Нехай А – описана подія, ймовірність, якої необхідно знайти.Згідно класичного означення імовірностей: P(A) = —, де

n

n - загальна кількість способів, якими можна розставити 12 днів народження по 12 місяцях, яка рівна n = 12 • 12 -... 12 == 1212, оскільки один день народження можна розставити по дванадцяти місяцях 12-ма способами, n - рівне числу розмі-

щень з повтореннями або n = An = 1212. Число способів m, які

сприяють настанню події А, рівне числу розміщень з одного

елементу серед 12 елементів, тобто числу перестановок з 12

елементів: m=\2\.

Отже,

,           12!       1-2-3-4-5-6-7-8-9-10-1112

P(A) = —w =  « 0,0000537 •

12       12•12•12•12•12•12•12•12•12•12•12•12

1.4.21. У ліфті 6 пасажирів, ліфт зупиняється на 11-ти по-верхах. Яка імовірність того, що жодні два пасажири не вий-дуть на тому самому поверсі?

Розв’язок.

Нехай А - шукана подія, імовірність якої треба обчис-лити. Перший пасажир може вийти на кожному з 11 поверхів, тобто  n = 11 -ма способами, кожний наступний і-тий паса-

жир теж може вийти на 11-ти поверхах, тобто ni =11 -ма спо-собами. Отже, загальна кількість способів n, якими можуть вийти шість пасажирів рівна:  n = n1 -n -...n6 =11-11-...11 = 116,

бразів

що рівне числу розміщень з повтореннями   Ank = A1 = 116.

Оскільки 6 пасажирів можуть вийти на 6-ти різних поверхах з 11-ти поверхів, причому для пасажира важливий номер по-верху на якому він вийде, тобто порядок розташування еле-ментів у групі, то число способів m сприятливих для настання події А рівне числу розміщень з 6-ти елементів серед  11

елементів, тобто m = A^ . Таким чином, m        6      11-10-9-8-7-6     10-9-8-7-6

P (A) = — = A 11 =   =          « 0,18777 .

n     11 11        11

1.4.22. В ліфт семиповерхового будинку на першому по-версі зайшло троє людей. Кожна з них з однаковою ймовір-ністю виходить на будь-якому поверсі, починаючи з другого.

Знайти ймовірність наступних подій:

A = {всі пасажири вийдуть на четвертому поверсі};

В = {всі пасажири вийдуть одночасно (на одному і тому ж поверсі)};

C = {всі пасажири вийдуть на різних поверхах}.

Розв’язок.

Задача аналогічна до розкидання кульок по урнах. Роль урн відіграють поверхи, роль кульок - люди.

m     C3       1  1P(A) =

n     63      63     216 або P(A) = P(A1 A2 A3 ) , де події A1, A2 , A3 означають, що перший, другий і третій пасажири вийшли на четвертому поверсі, відповідно. Оскільки події A1,A2 ,A3 незалежні, то

P(A) = P(A1 ) P(A2 ) P(A3 ) Оскільки поверхів 6, то ймов одному і тому ж поверсі рівна P(B)

111     1

 

6 6 6    216

Оскільки поверхів 6, то ймовірність події В – вийти на

611 3 =2 =. 6     6     36

Для події С число способів якими можна розподілити

трьох пасажирів по шести поверхах рівне числу комбінацій,

які можна утворити з трьох елементів серед шести елементів:

3          C63        654        20      5

m=C6 , отже, P(C)=   3 =      3 =        =     .

1.4.23. У групі є r студентів. Яка ймовірність того, що принаймні у двох з них збігаються дні народження?

6      1236      216    54Розв’язок.

Нехай А - шукана подія, ймовірність якої треба обчисли-

ти. Тоді протилежна подія А полягає в тому, що всі г студен-

тів народилися в різні дні року. З рівності Р(А) + Р(А) = 1

шукана імовірність Р(А) = 1 - Р(А) . Імовірність Р(А) = —,

п

де п - загальна кількість усіх наслідків випробувань рівна п = 365-365- ...365 = 365г (схема розкидання г куль по N =

Г

= 365 урнах) або число розміщень з повтореннями  Д,

= 365г; т - число розміщень з г елементів серед N = 365 елементів: т = А[6І. Отже,

А165   365-364-363-...(365-г + І)

г 365

P(A) =1-   365 =1-=1-

           

365г    365г

364-363-...(366-г)

365r 1

1.4.24. п осіб, серед яких є А і В, шикуються в шеренгу у будь-якому порядку. Яка імовірність того, що між А і В стане рівно г осіб?

Розв’язок.

Нехай А - шукана подія, імовірність якої треба обчисли-ти. Зобразимо схематично (рис. 1.4.2) дану подію:

            Л        

Т

Рис. 1.4.2.

Імовірність події А обчислимо за класичним означенням

m імовірності: P(A) =     , де N = n! – рівне числу перестановок Nз п елементів; m - число способів, якими можна переставити п елементів, так щоб між двома елементами було г елементів. Два елементи А і В можна переставити т1 = 2! = 2 способами, решту (п - 2) елементів можна переставити т2 = (п-2)\ спо-собами. Крім того, якщо А займає будь-яке місце в черзі, то В займає будь-яке з т3 =(п-\-г) місць. Отже, згідно узага-

льненого правила добутку т = т1 т2т3.

Отже, Р(А) =  —        =         =

п\         (и-2)!(и-1)и

2{п -1 - г)

=         

(п - ї)п

1.4.25. А, В і ще вісім людей стоять в черзі. Визначити

ймовірність того, що А і В відділені один від другого трьома

особами.

Розв’язок.

Розв’язок у попередній задачі.

Тут« = 2 + 8 = 10; г = 3.

 „. ..     2 (10 - 2)!(10 - 1 - 3)    26     26      2

Отже, Р(А) =  =         =          = — •

10!       10!       81910    15

1.4.26. З послідовності чисел 1, 2, ... , п навмання виби-

рають два числа. Яка ймовірність того, що: а) одне з них

менше к, а друге більше к, де \<к<п- довільне ціле число?

б) обидва числа менші ніж кі

Розв’язок.

Нехай Р(А) - шукана подія. Згідно класичного означення

імовірності Р(А) = —, де п - загальне число способів, якими п

можна вибрати два числа з іУчисел: п = CN .

а) Серед усіх іУчисел к - 1 числа менші, ніж к, одне число рівне k і N - k більші за к. Отже, вибирається одне число з к -- 1 чисел тх = к -1 способами і одне число з N - к чисел

т2 = N -к  способами. Тому згідно узагальненого правила

добутку т = т1-т2 = (к - \)(N - к) . Таким чином:

„, ,ч    т, -т2     (к-l)(N-к)     2(k-l)(N-k)

Р(А) = —        =         =         .

п          CN      N{N -1)

б) чисел менших, ніж к єк- 1. Отже т = С2к_х, оскільки

для настання події А, важливим є лише набір елементів, а не порядок їх розташування. Отже,

т,, .ч    СІ ,     (к-1)(к-2)

р(А) = ^£г]- = .

CN        N{N -1)

1.4.27. Товариство з ІУчоловік сідає за круглий стіл.

Знайти ймовірність того, що дві певні особи виявляться

поруч.

Розв’язок.

Обчислимо  імовірність  шуканої події А  за класичним

 ^, >ч     т означенням імовірності: Р{А) = —, де п - загальна кількість

п способів, якими можна розмістити N людей, рівна    числу перестановок зіУелементів: п =№

Обчислимо число способів т, сприятливих для настання події А. Кожного з двох людей можна розмістити на mi = N місцях, оскільки стіл круглий і двох людей можна посадити поруч т2 = 2 способами, отже, решту N - 2 людей можна роз-містити т3 = (N - 2)!  способами. Отже,   т = т1-т2-т3 =

= 2#(іУ-2)!, так що

„, ,ч     2N(N-2)\         2N(N-2)\              2

Р(А) = =         =          .

N\        (N-2)\(N-l)N    (N-ї)

1.4.28. На деякій прямій взято 3 точки, а на паралельній

до неї прямій - 4 точки. Навмання вибирають три точки.Знайти ймовірність того, що вони будуть вершинами трикутника?

Розв’язок.

Нехай подія А полягає в тому, що вибрані три точки будуть вершинами трикутника. Подія А відбудеться лише в тому випадку, коли буде обрана 1 точка на одній прямій і дві точки на паралельній до неї прямій.

Зобразимо це схематично:

І

ІІ

Число способів, якими можна вибрати одну   точку на І прямій рівне mі — C^, число способів якими можна вибрати

дві точки на ІІ прямій рівне m2=C\. Отже, згідно узагальненого правила добутку число способів m', якими можна здійснити такий вибір рівне m' = m[ ■ m'2. Трикутник також можна побудувати, якщо вибрати одну точку на ІІ прямій і дві точки на першій. Число способів, якими можна

здійснити такий вибір рівне m" = m['- m"2=C\- C32. Тоді згідно правила суми число способів сприятливих до настання події A рівне m = m' + m". Загальне число способів n, якими можна вибрати три точки з 7 (3 + 4 = 7) рівне числу комбінацій,

якими можна вибрати 3 елементи серед 7 елементів: n = Cj . Тоді згідно класичного означення ймовірності:

Г„ 4-3        Л л „ ^

C 12    n\    л       3-        + 4-3-1-2-3

,       m    G-C + C,-C:    {    1-2         )           30

P(A) = — = ——4      4—- = ±         J-         = — = 0,8571 •

n          C7       7-6-5   351.