Проблемно–поисковая работа
Элементы комбинаторики и теории
вероятности в задачах
Содержание
3
5
5
6
7
7
7
9
10
11
13
13
15
25
25
Введение
В 2003 году было принято решение о включении элементов теории
вероятностей
и
статистики
в
школьный
курс
математики
общеобразовательной школы. Но к этому времени элементы теории
вероятностей и статистики уже более десяти лет в разрозненном виде
присутствовали в известных школьных учебниках алгебры для разных
классов (Дорофеева Г.В., Виленкина Н.Я., Мордковича А.Г.) и в виде
отдельных учебных пособий. Изучали ее только в лицеях и гимназиях.
На сегодняшний день теория вероятности изучается в 9 классе, но в
силу возрастных особенностей школьников не может быть полностью
освоена. Далее этому вопросу не уделяется значительного внимания. В
программе по математике 10-11 классов теория вероятности изучается
только в последней главе и на самом простом уровне. Поэтому учащиеся не
умеют решать сложные задачи на вероятность и задачи повышенной
трудности.
Однако такие задачи необходимо уметь решать, т.к.:
В ОГЭ (№9) и ЕГЭ (профиль №4, база №11) по математике включены
задачи на применение теории вероятности;
Понятие вероятность широко используется не только в науке, но и в
реальной жизни.
В связи с этим передо мной встала проблема: при помощи
дополнительной литературы изучить теоретические основы теории
вероятности и комбинаторики; учиться применять эти знания при решении
задач.
Целью работы является изучение основ теории вероятностей и
комбинаторики, знакомство с видами задач на вероятность в заданиях
открытого банка задач по математике ОГЭ и ЕГЭ 2019 и их решение.
Методы исследования:
поисковый метод с использованием научной и учебной литературы,
интернета;
исследовательский метод при определении видов задач, их решения
различными способами;
практический метод решения задач;
анализ полученных в ходе исследования данных.
Теоретическая значимость работы заключается в том, что собранные
теоретические материалы могут быть использованы на занятиях элективных
курсов и кружков по математике при подготовке к экзамену.
Практическая значимость проектно-исследовательской
заключается в создании базы решенных задач ОГЭ и ЕГЭ.
работы
Ошибка! Закладка не определена.
1.1 Элементы комбинаторики
Факториал натурального числа 𝑛 определяется по формуле 𝑛! = 1 ∙ 2 ∙
… ∙ (𝑛 − 1) ∙ 𝑛. Также считается, что 0! = 1.
Размещением из 𝑛 элементов множества 𝑋 = {𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 } по 𝑘
элементам назовем любой упорядоченный набор ) элементов множества Х.
Если допускаются повторения, то число размещений из 𝑛 элементов
по 𝑘 с повторениями находится по формуле 𝐴𝑘𝑛 = 𝑛𝑘 .
Если же выбор делается без повторений, т.е. каждый элемент
множества 𝑋 можно выбирать только один раз, то количество размещений из
𝑛 элементов по 𝑘 без повторений определяется равенством 𝐴𝑘𝑛 = 𝑛(𝑛 −
𝑛!
1) … (𝑛 − 𝑘 + 1) = (𝑛−𝑘)!.
Пример. Пусть даны шесть цифр: 1; 2; 3; 4; 5; 6. Определить сколько
трехзначных чисел можно составить из этих цифр. Если цифры повторяются,
то
количество
трехзначных
чисел
равно
𝑘
3
𝑛 = 6 =216. Если цифры не могут повторяться, то количество чисел равно
6 ∙ 5 ∙ 4 = 120
Частный случай размещения при 𝑛 = 𝑘 называется перестановкой из 𝑛
элементов. Число всех перестановок из 𝑛 элементов равно 𝐴𝑛𝑛 = 𝑃𝑛 = 𝑛!.
Пример. 30 книг стоит на книжной полке, из них 27 различных книг и
одного автора три книги. Сколькими способами можно расставить эти книги
на полке так, чтобы книги одного автора стояли рядом? Будем считать три
книги одного автора за одну книгу, тогда число перестановок будет 𝑃28 . А три
книги можно переставлять между собой 𝑃3 способами, тогда искомое число
способов равно 𝑃28 ∙ 𝑃3 = 28! ∙ 3!.
Пусть теперь из множества 𝑋 выбирается неупорядоченное
подмножество 𝑌 (порядок элементов в подмножестве не имеет значения).
Сочетаниями из 𝑛 элементов по 𝑘 называются подмножества из 𝑘
элементов, отличающиеся друг от друга хотя бы одним элементом. Общее
𝐴𝑘
𝑛!
число всех сочетаний из из 𝑛 элементов по 𝑘 равно 𝐶𝑛𝑘 = 𝑘!𝑛 = (𝑛−𝑘)!∙𝑘! =
𝑛(𝑛−1)…(𝑛−𝑘+1)
𝑘!
.
Справедливы равенства: 𝐶𝑛0 = 1, 𝐶𝑛𝑛 = 1, 𝐶𝑛𝑘 = 𝐶𝑛𝑛−𝑘 .
Пример. В группе из 27 студентов нужно выбрать трех дежурных.
Сколькими способами можно это сделать? Так как порядок не важен, то это
27!
27∙26∙25
3
сочетания: 𝐶27
= 24!∙3! = 1∙2∙3 = 2925.
Правило суммы. Если некоторый объект 𝐴 может быть выбран из
совокупности объектов 𝑚 способами, а другой объект 𝐵 может быть выбран 𝑛
способами, то выбрать либо 𝐴, либо 𝐵 можно 𝑚 + 𝑛 способами.
Правило произведения. Если объект 𝐴 можно выбрать из совокупности
объектов 𝑚 способами и после каждого такого выбора объект 𝐵 можно
выбрать 𝑛 способами, то пара объектов (𝐴, 𝐵) в указанном порядке может
быть выбрана 𝑚 ∙ 𝑛 способами.
Пример. Наряд студентки состоит из блузки, юбки и туфель. Девушка
имеет в своем гардеробе четыре блузки, пять юбок и трое туфель. Сколько
нарядов может иметь студентка? По принципу умножения получается 4 ∙ 5 ∙
3 = 60 нарядов (комбинаций).
1.2 Классическое определение вероятности
Случайным
событием
называется
событие,
которое
при
осуществлении некоторых условий может произойти или не произойти.
Пример. Попадание в некоторый объект или промах при стрельбе по
этому объекту из данного орудия является случайным событием.
Событие называется достоверным, если в результате испытания оно
обязательно происходит. Невозможным называется событие, которое в
результате испытания произойти не может.
Случайные события называются несовместными в данном испытании,
если никакие два из них не могут появиться вместе.
Случайные события образуют полную группу, если при каждом
испытании может появиться любое из них и не может появиться какое-либо
иное событие, несовместное с ними.
Рассмотрим полную группу равновозможных несовместных случайных
событий. Такие события будем называть исходами. Исход называется
благоприятствующим появлению события 𝐴, если появление этого
события влечет за собой появление события 𝐴.
Вероятностью события 𝐴 называют отношение числа 𝑘
благоприятствующих этому событию исходов к общему числу 𝑛 всех
равновозможных несовместных элементарных исходов, образующих полную
𝑘
группу: 𝑝(𝐴) = 𝑛.
Свойство 1. Вероятность достоверного события равна единице.
Свойство 2. Вероятность невозможного события равна нулю.
Свойство 3. Вероятность случайного события есть положительное
число, заключенное между нулем и единицей: 0 ≤ 𝑝(𝐴) ≤ 1.
Пример. В урне 10 пронумерованных шаров с номерами от 1 до 10.
Вынули один шар. Какова вероятность того, что номер вынутого шара не
превосходит 10? Пусть событие 𝐴 = (Номер вынутого шара не превосходит
10). Этому событию благоприятвует 10 исходов. Следовательно, 𝑝(𝐴) = 1.
Событие 𝐴 достоверное.
Пример. В урне 10 шаров: 6 белых и 4 черных. Вынули два шара.
Какова вероятность, что оба шара белые? Вынуть два шара из десяти можно
10!
2
следующим числом способов 𝑛 = 𝐶10
= 2!8! = 45. Число случаев, когда среди
6!
этих двух шаров будут два белых, равно 𝑘 = 𝐶62 = 2!4! = 15. Искомая
𝑘
15
1
вероятность равна 𝑝(𝐴) = 𝑛 = 45 = 3
Пример. В урне 15 шаров: 5 белых и 10 черных. Какова вероятность
вынуть из урны синий шар? Так как синих шаров в урне нет, то 𝑘 = 0, 𝑛 = 15.
Следовательно, искомая вероятность 𝑝 = 0. Событие, заключающееся в
вынимании синего шара, невозможное.
1.3 Геометрическое определение вероятности
Пусть случайное испытание можно представить себе как бросание
точки наудачу в некоторую геометрическую область 𝐺 (на прямой, плоскости
или пространстве). Геометрическая вероятность события 𝐴 (попадание в
𝑚𝑒𝑠(𝑔)
некоторую подобласть 𝑔 облаcти 𝐺 ) определяется отношением: 𝑝(𝐴) = 𝑚𝑒𝑠(𝐺),
где 𝑚𝑒𝑠(𝑋) – мера области 𝑋 (ее длина, площадь или объем).
Пример. Попадаем в квадратную мишень. В квадрат вписан круг.
Определить вероятность попадания именно в круг мишени. Пусть сторона
квадрата равна 𝑎, тогда радиус круга 𝑎⁄2. Мерой являтся площадь фигур. 𝑝 =
𝑆круга
𝑆квадр
𝜋𝑟 2
= 𝑎2 =
𝜋(𝑎⁄2)2
𝑎2
=
𝜋𝑎2 ⁄4
𝑎2
𝜋
= 4.
1.4 Статистическое определение вероятности
Относительной частотой события 𝐴 (или просто частотой)
𝑘
определяется формулой 𝜔(𝐴) = 𝑛, где 𝑘 – число опытов, в которых появилось
событие 𝐴, 𝑛 – число всех проведенных опытов.
Вероятностью события называется число, около которого
группируются значения относительной частоты данного события в
различных сериях большого числа испытаний.
1.5 Сложение и умножение вероятностей
Событие 𝐴 называется частным случаем события 𝐵, если при
наступлении 𝐴 наступает и 𝐵.
События 𝐴 и 𝐵 называются равными, если каждое из них является
частным случаем другого. Равенство событий 𝐴 и 𝐵 записываем 𝐴 = 𝐵.
Суммой событий 𝐴 и 𝐵 называется событие 𝐴 + 𝐵, которое наступает
тогда и только тогда, когда наступает хотя бы одно из событий: 𝐴 или 𝐵.
Произведением событий 𝐴 и 𝐵 называется событие 𝐴𝐵, которое
наступает тогда и только тогда, когда наступают оба события: 𝐴 и 𝐵
одновременно.
Случайные события 𝐴 и 𝐵 называются несовместными, если при
данном испытании не могут наступить оба события (может наступить только
одно из них).
Случайные события 𝐴 и 𝐵 называются совместными, если при данном
испытании могут произойти оба эти события.
Теорема о сложении вероятностей 1. Вероятность появления одного
из двух несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий:
𝑝(𝐴 + 𝐵) = 𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐵).
Если случайные события 𝐴1 , 𝐴2 , … , 𝐴𝑛 образуют полную группу
несовместных событий, то имеет место равенство 𝑝(𝐴1 ) + 𝑝(𝐴2 ) + ⋯ + 𝑝(𝐴𝑛 ) =
1.
Теорема о сложении вероятностей 2. Вероятность суммы
совместных событий вычисляется по формуле 𝑝(𝐴 + 𝐵) = 𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐵) − 𝑝(𝐴𝐵).
События 𝐴 и 𝐵 называются независимыми, если появление одного из
них не меняет вероятности появления другого.
Событие 𝐴 называется зависимым от события 𝐵, если вероятность
события 𝐴 меняется в зависимости от того, произошло событие 𝐵 или нет.
Теорема об умножении вероятностей. Вероятность произведения
независимых событий 𝐴 и 𝐵 вычисляется по формуле: 𝑝(𝐴𝐵) = 𝑝(𝐴) ∙ 𝑝(𝐵).
Пример. В первом ящике 1 белый и 5 черных шаров, во втором 8 белых
и 4 черных шара. Из каждого ящика вынули по шару. Найти вероятность
того, что один из вынутых шаров белый, а другой – черный. Обозначим
события: 𝐴 – вынули белый шар из первого ящика, 𝐴 – вынули черный шар из
1
5
первого ящика: 𝑝(𝐴) = 6, 𝑝(𝐴) = 6. Аналогично 𝐵 – вынули белый шар из
2
1
второго ящика, 𝐵 – вынули черный шар из второго ящика: 𝑝(𝐵) = 3, 𝑝(𝐵) = 3.
Нам нужно, чтобы произошло одно из событий 𝐴𝐵 или 𝐴𝐵. По теореме об
1
10
умножении вероятностей 𝑝(𝐴𝐵) = 18, 𝑝(𝐴𝐵) = 18. Тогда искомая вероятность
1
10
11
по теореме сложения будет 𝑝 = 𝑝(𝐴𝐵) + 𝑝(𝐴𝐵) = 18 + 18 = 18.
Пример. Вероятность попадания в цель у первого стрелка 0,8, у второго
– 0,9. Стрелки делают по выстрелу. Найти вероятность: а) двойного
попадания; б) двойного промаха, в) хотя бы одного попадания; г) одного
попадания. Пусть 𝐴 – попадание первого стрелка, 𝑝(𝐴) = 0,8; 𝐵 – попадание
второго стрелка, 𝑝(𝐵) = 0,9. Тогда 𝐴 - промах первого, 𝑝(𝐴) = 1 − 0,8 = 0,2; 𝐵 -
промах второго, 𝑝(𝐵) = 1 − 0,9 = 0,1. Найдем нужные вероятности. а) 𝐴𝐵 –
двойное попадание, 𝑝(𝐴𝐵) = 𝑝(𝐴)𝑝(𝐵) = 0,8 ∙ 0,9 = 0,72; б) 𝐴𝐵 – двойной промах,
𝑝(𝐴𝐵) = 𝑝(𝐴)𝑝(𝐵) = 0,2 ∙ 0,1 = 0,02; в) 𝐴 + 𝐵 – хотя бы одно попадание, 𝑝(𝐴 +
𝐵) = 𝑝(𝐴) + 𝑝(𝐵) − 𝑝(𝐴𝐵) = 0,8 + 0,9 − 0,72 = 0,98; г) 𝐴𝐵 + 𝐴𝐵 – одно попадание,
𝑝(𝐴𝐵 + 𝐴𝐵) = 𝑝(𝐴𝐵) + 𝑝(𝐴𝐵) = 0,8 ∙ 0,1 + 0,2 ∙ 0,9 = 0,26.
Пусть в результате испытания могут появиться 𝑛 событий,
независимых в совокупности, либо некоторые из них, причем вероятности
появления каждого из событий известны. Как найти вероятность того, что
наступит хотя бы одно из этих событий? Например, если в результате
испытания могут появиться три события, то появление хотя бы одного из
этих событий означает наступление либо одного, либо двух, либо трех
событий. Ответ на поставленный вопрос дает следующая теорема.
Теорема. Вероятность появления хотя бы одного из событий
𝐴1 , 𝐴2 , … , 𝐴𝑛 , независимых в совокупности, равна разности между единицей и
произведением вероятностей противоположных событий 𝑝(𝐴) = 1 − 𝑝(𝐴1 ) ∙
𝑝(𝐴2 ) ∙ … ∙ 𝑝(𝐴𝑛 ) = 1 − 𝑞1 ∙ 𝑞2 ∙ … ∙ 𝑞𝑛 .
Если
события
𝐴1 , 𝐴2 , … , 𝐴𝑛 ,
имеют
одинаковую вероятность 𝑝, то формула принимает простой вид: 𝑝(𝐴) = 1 −
(1 − 𝑝)𝑛 = 1 − 𝑞 𝑛 .
Пример. Вероятности попадания в цель при стрельбе из трех орудий
таковы: 𝑝1 = 0,8; 𝑝1 = 0,7; 𝑝1 = 0,9. Найти вероятность хотя бы одного
попадания (событие 𝐴) при одном залпе из всех орудий. Вероятность
попадания в цель каждым из орудий не зависит от результатов стрельбы из
других орудий, поэтому рассматриваемые события 𝐴1 (попадание первого
орудия), 𝐴2 (попадание второго орудия) и 𝐴3 (попадание третьего орудия)
независимы в совокупности. Вероятности событий, противоположных
событиям 𝐴1 , 𝐴2 и 𝐴3 (т. е. вероятности промахов), соответственно равны:
𝑞1 = 1 − 𝑝1 = 0,2, 𝑞2 = 1 − 𝑝2 = 0,3, 𝑞3 = 1 − 𝑝3 = 0,1. Искомая вероятность 𝑝(𝐴) =
1 − 𝑞1 𝑞2 𝑞3 = 1 − 0,006 = 0,994.
Пример. В типографии имеется 4 плоскопечатных машины. Для каждой
машины вероятность того, что она работает в данный момент, равна 0,9.
Найти вероятность того, что в данный момент работает хотя бы одна машина
(событие 𝐴). Пусть 𝑝 = 0,9 – вероятность того, что машина работает, тогда 𝑞 =
1 − 𝑝 = 0,1 – вероятность того, что машина не работает. Искомая вероятность
𝑝(𝐴) = 1 − 𝑞 4 = 1 − 0,14 = 0,9999.
1.6 Условная вероятность
Случайное событие определено как событие, которое при
осуществлении совокупности условий эксперимента может произойти или не
произойти. Если при вычислении вероятности события никаких ограничений,
не налагается, то такую вероятность называют безусловной; если же
налагаются и другие дополнительные условия, то вероятность события
называют условной. Например, часто вычисляют вероятность события 𝐵 при
дополнительном условии, что произошло событие 𝐴.
Условной вероятностью 𝑝𝐴 (𝐵) = 𝑝(𝐵|А) называют вероятность
события 𝐵, вычисленную в предположении, что событие 𝐴 уже наступило.
Теорема. Вероятность совместного появления двух зависимых
событий равна произведению вероятности одного из них на условную
вероятность второго, вычисленную при условии, что первое событие
произошло, т.е. 𝑝(𝐴𝐵) = 𝑝(𝐵)𝑝(𝐴|𝐵) = 𝑝(𝐴)𝑝(𝐵 ∨ 𝐴).
𝑝(𝐴𝐵)
В частности, отсюда получаем 𝑝(𝐴|𝐵) = 𝑝(𝐵) .
Пример. В урне находятся 3 белых шара и 2 черных. Из урны
вынимается один шар, а затем второй. Событие 𝐵 – появление белого шара
при первом вынимании. Событие 𝐴 – появление белого шара при втором
вынимании. Очевидно, что вероятность события 𝐴, если событие 𝐵
2
1
произошло, будет 𝑝(𝐴|𝐵) = 4 = 2. Вероятность события 𝐴 при условии, что
3
событие 𝐵 не произошло, будет 𝑝(𝐴|𝐵) = 4.
1.7 Формула полной вероятности и формула Байеса
Если событие 𝐴 может произойти только при выполнении одного из
событий 𝐻1 , 𝐻2 , … , 𝐻𝑛 , которые образуют полную группу несовместных
событий, то вероятность события 𝐴 вычисляется по формуле 𝑝(𝐴) =
𝑝(𝐻1 )𝑝(𝐴|𝐻1 ) + 𝑝(𝐻2 )𝑝(𝐴|𝐻2 ) + ⋯ + 𝑝(𝐻𝑛 )𝑃(𝐴 ∨ 𝐻𝑛 ). Эта формула называется
формулой полной вероятности.
Вновь рассмотрим полную группу несовместных событий 𝐻1 , 𝐻2 , … , 𝐻𝑛 ,
вероятности появления которых 𝑝(𝐻1 ), 𝑝(𝐻2 ), … , 𝑝(𝐻𝑛 ). Событие 𝐴 может
произойти только вместе с каким-либо из событий 𝐻1 , 𝐻2 , … , 𝐻𝑛 , которые
будем называть гипотезами. Если событие 𝐴 произошло, то это может
𝑝(𝐻 )𝑝(𝐴∨𝐻 )
изменить вероятности гипотез: 𝑝(𝐻𝑖 |𝐴) = 𝑖𝑝(𝐴) 𝑖 , 𝑖 = 1, … , 𝑛.
Полученная формула называется формулой Байеса (формулой
Бейеса). Вероятности гипотез 𝑝(𝐻𝑖 |𝐴) называются апостериорными
вероятностями, тогда как 𝑝(𝐻𝑖 ) - априорными вероятностями.
Пример. В магазин поступила новая продукция с трех предприятий.
Процентный состав этой продукции следующий: 20% - продукция первого
предприятия, 30% - продукция второго предприятия, 50% - продукция
третьего предприятия; далее, 10% продукции первого предприятия высшего
сорта, на втором предприятии - 5% и на третьем - 20% продукции высшего
сорта. Найти вероятность того, что случайно купленная новая продукция
окажется высшего сорта. Обозначим через 𝐴 событие, заключающееся в том,
что будет куплена продукция высшего сорта, через 𝐻1 , 𝐻2 , 𝐻3 обозначим
события, заключающиеся в покупке продукции, принадлежащей
соответственно первому, второму и третьему предприятиям. Можно
применить формулу полной вероятности: 𝑝(𝐻1 ) = 0,2; 𝑝(𝐴|𝐻1) = 0,1; 𝑝(𝐻2 ) = 0,3;
𝑝(𝐴|𝐻2 ) = 0,05; 𝑝(𝐻3 ) = 0,5; 𝑝(𝐴|𝐻3 ) = 0,2. Подставляя эти значения в формулу
полной вероятности, получим искомую вероятность: 𝑝(𝐴) = 0,2 ∙ 0,1 + 0,3 ∙
0,05 + 0,5 ∙ 0,2 = 0,135.
1.8 Независимые испытания. Формула Бернулли
При решении вероятностных задач часто приходится сталкиваться с
ситуациями, в которых одно и тоже испытание повторяется многократно и
исход каждого испытания независим от исходов других. Такой эксперимент
еще называется схемой повторных независимых испытаний или схемой
Бернулли.
Пример повторных испытаний: многократное извлечение из урны
одного шара при условии, что вынутый шар после регистрации его цвета
кладется обратно в урну.
Итак, пусть в результате испытания возможны два исхода: либо
появится событие 𝐴, либо противоположное ему событие. Проведем 𝑛
испытаний Бернулли. Это означает, что все 𝑛 испытаний независимы;
вероятность появления события 𝐴 в каждом отдельно взятом или единичном
испытании постоянна и от испытания к испытанию не изменяется (т.е.
испытания проводятся в одинаковых условиях). Обозначим вероятность
появления события 𝐴 в единичном испытании буквой 𝑝, т.е. 𝑝 = 𝑝(𝐴), а
вероятность противоположного события - буквой 𝑞 = 𝑝(𝐴) = 1 − 𝑝.
Тогда вероятность того, что событие 𝐴 появится в этих 𝑛 испытаниях
ровно 𝑘 раз, выражается формулой Бернулли: 𝑝𝑛 (𝑘) = 𝐶𝑛𝑘 ∙ 𝑝𝑘 ∙ 𝑞𝑛−𝑘 , где 𝑞 = 1 −
𝑝.
Пример. В урне 20 белых и 10 черных шаров. Вынули 4 шара, причем
каждый вынутый шар возвращают в урну перед извлечением следующего и
шары в урне перемешивают. Найти вероятность того, что из четырех
вынутых шаров окажется 2 белых. Событие 𝐴 – достали белый шар. Тогда
2
1
вероятности 𝑝(𝐴) = 3, 𝑝(𝐴) = 3. По формуле Бернулли требуемая вероятность
2 2
1 2
8
равна 𝑝4 (2) = 𝐶42 ∙ (3) ∙ (3) = 27.
Глава 2. Практическая часть
2.1 Задачи ОГЭ
1.
В кармане у Пети было пять конфет – «Ласточка», «Буревестник»,
«Взлётная», «Василёк» и «Грильяж», а также проездной. Вынимая
проездной, Петя случайно выронил из кармана одну конфету. Найдите
вероятность того, что выпала конфета «Василёк».
Решение:
Благоприятствует падению конфеты «Василёк» только одно элементарное
1
событие, всего же их 5 (по одному на каждую конфету), получаем 𝑝 = 5 = 0,2.
Ответ:0,2.
2.
Коля, Костя, Паша, Маша и Таня бросили жребий, кому начинать игру.
Найдите вероятность того, что начинать игру будет мальчик.
Решение:
Пусть событие А – игру начинает мальчик. Всего пять детей, из них трое
3
мальчики, следовательно, 𝑝(𝐴) = 5 = 0,6.
Ответ:0,6.
3.
Родительский комитет закупил 20 пазлов для подарков детям, из них 10
с машинами и 10 с видами городов. Подарки распределяются случайным
образом между 20 детьми, среди которых есть Антон. Найдите вероятность
того, что Антону достанется пазл с машиной.
Решение:
Число детей совпадает с количеством подарков. Значит, все подарки будут
10
розданы и каждому ребёнку достанется пазл, следовательно, 𝑝 = 20 = 0,5.
Ответ:0,5.
4.
В группе туристов 10 человек. С помощью жребия они выбирают двух
человек, которые должны идти в село за продуктами. Какова вероятность
того, что турист Д., входящий в состав группы, пойдёт в магазин.
Решение:
10×9
Выбрать пару человек можно 2 = 45, из них турист Д. входит в 9, то есть
9
𝑝 = 45 = 0,2.
Ответ:0,2.
5.
Конкурс проводится 4 дня. Всего заявлено 60 выступлений – по одному
от каждой страны, участвующей в конкурсе. Исполнитель из России
участвует в конкурсе. Все выступления поровну распределены между
конкурсными днями. Порядок выступлений определяется жеребьёвкой.
Какова вероятность того, что выступление исполнителя их России состоится
во второй день конкурса?
Решение:
60
Всего из 60 выступлений на второй день запланировано 4 = 15, отсюда, 𝑝 =
15
60
= 0,25.
Ответ:0,25.
6.
В ящике находятся белые и чёрные шары, причём чёрных в 3 раза
больше, чем белых. Из ящика случайным образом, не глядя, достали один
шар. Найдите вероятность того, что он будет белым.
Решение:
𝑥
Пусть белых шаров x, тогда чёрных 3x, а всего шаров 4x, тогда 𝑝 = 4𝑥 = 0,25.
Ответ:0,25.
7.
При подведении итогов ОГЭ среди девятиклассников города
обнаружилось, что экзамен по русскому языку не сдали 4% участников, а
среди них 23% участников не сдали экзамен по математике. Среди тех, кто
сдал русский язык, 97% участников сдали математику. Найдите вероятность
того, что случайно выбранный в этом городе девятиклассник сдал экзамен по
математике.
Решение:
Вероятность не сдачи русского языка равна 0,04, при условии происхождения
этого события математика сдаётся с вероятностью 1 − 0,23 = 0,77.Сдаётся
русский с вероятность1 − 0,04 = 0,96, при этом математика с 0,97. Тогда по
формуле полной вероятности 𝑝 = 0,04 × 0,77 + 0,96 × 0,97 = 0,962.
Ответ:0,962.
8.
На птицеферме разводят кур, уток и гусей. Известно, что гусей на 40%
меньше, чем уток, а кур на 140% больше, чем уток. Найдите вероятность
того, что случайно увиденная на этой птицеферме птица окажется гусём.
Решение:
Пусть x – количество уток, тогда 2,4x – кур, 0,6x – гусей, то есть всего птиц
0,6𝑥
𝑥 + 2,4𝑥 + 0,6𝑥 = 4𝑥,тогда вероятность встретить гуся равна 𝑝 = 4𝑥 = 0,15.
Ответ:0,15.
9.
Из крупных животных в заповеднике обитают косули, олени и лоси.
Найдите вероятность того, что случайно увиденное в заповеднике крупное
животное окажется косулей, если из трёх следующих утверждений два
истинны, а одно ложно:
1)
лоси составляют 34% крупных животных заповедника;
2)
олени составляют 45% крупных животных заповедника;
3)
косули составляют 67% крупных животных заповедника;
Решение:
Третье утверждение ложно, так как в противном случае, какое бы из других
двух утверждений не было бы верно, то получается, что два вида крупных
животных в сумме составляют более 100%, а значит верны первые 2
утверждения, то есть 100% − 34% − 45% = 21%составляют косули, тогда
вероятность встретить косулю равна 𝑝 = 0,21.
Ответ:0,21.
10.
В магазине стоят два платёжных автомата. Каждый из них может быть
неисправен с вероятностью 0,1 независимо от другого автомата. Найдите
вероятность того, что оба автомата неисправны.
Решение:
Так как вероятность неисправности каждого автомата равна 0,1 и эти
события независимы, то 𝑝 = 0,1 × 0,1 = 0,01.
Ответ:0,01.
2.2 Задачи ЕГЭ
1 (320184). Игральный кубик бросают дважды. Сколько элементарных
исходов опыта благоприятствуют событию
𝐴 = {суммаочковравна5}?
Решение:
На кубике могут выпадать числа от 1 до 6. Составим таблицу исходов для
суммы очков двух бросков кубика
1 бросок
1
2
3
4
5
6
2 бросок
1
2
3
4
5
6
7
2
3
4
5
6
7
8
3
4
5
6
7
8
9
4
5
6
7
8
9
10
5
6
7
8
9
10
11
6
7
8
9
10
11
12
Ответ:4
2 (282858). В соревнованиях по толканию ядра участвуют спортсмены из
четырёх стран: 4 из Финляндии, 7 из Дании, 9 из Швеции и 5 из Норвегии.
Порядок, в котором выступают спортсмены, определяется жребием. Найдите
вероятность того, что спортсмен, выступающий первым, окажется из
Швеции.
Решение:
Пусть событие A – первым выступает спортсмен из Швеции. Всего
спортсменов со всех стран4 + 7 + 9 + 5 = 25. Значит, искомая вероятность
9
равна: 𝑝(𝐴) = 25 = 0,36
Ответ:0,36
3 (320191). На олимпиаде по русскому языку 250 участников разместили в
трёх аудиториях. В первых двух удалось разместить по 120 человек,
оставшихся перевели в запасную аудиторию в другом корпусе. Найдите
вероятность того, что случайно выбранный участник писал олимпиаду в
запасной аудитории.
Решение:
Пусть событие R заключается в размещении студента в запасной аудитории.
Всего олимпиадников попадает в эту аудиторию250 − 2 × 120 = 10 человек.
10
Отсюда, вероятность попадания в другой корпус равна: 𝑝(𝑀) = 250 = 0,04
Ответ:0,04
4 (285922). Научная конференция проводится в 5 дней. Всего запланировано
75 докладов: первые 3 дня по 17 докладов, остальные распределены поровну
на последние два дня. На конференции планируется доклад профессора М.
Порядок докладов определяется жеребьёвкой. Какова вероятность того, что
доклад профессора М. окажется запланированным на пятый день
конференции.
Решение:
Пусть событие M – профессор М. выступает с докладом в последний день
75−3×17
конференции. На этот день запланировано 2 = 12 докладов. Отсюда,
12
требуемая вероятность равна: 𝑝(𝑀) = 75 = 0,16
Ответ:0,16
5 (285925). Перед началом первого тура чемпионата по бадминтону
участников разбивают на игровые пары случайным образом с помощью
жребия. Всего в чемпионате участвует 26 бадминтонистов, среди которых 10
спортсменов из России, в том числе Руслан Орлов. Найдите вероятность
того, что в первом туре Руслан Орлов будет играть с каким-либо
бадминтонистом из России.
Решение:
Пусть событие R – в пару с Русланом попал другой спортсмен из России.
Всего пар, включающих Орлова, 25, а со спортсменами из нужной страны 9,
9
тогда вероятность равна: 𝑝(𝑅) = 25 = 0,36
Ответ:0,36
6 (325904). За круглый стол на 9 стульев в случайном порядке рассаживаются
7 мальчиков и 2 девочки. Найдите вероятность того, что обе девочки будут
сидеть рядом.
Решение:
Допустим, что мы посадили одну из девочек за стол. Пусть событие N –
вторая девочка сядет рядом, для нее может быть 2 благоприятных исхода.
2
Еще есть 9-1-2=6 мест. Всего свободных мест 6+2=8 мест. 𝑝(𝑁) = 8 = 0,25.
Ответ:0,25
7 (320209). Механические часы с двенадцатичасовым циферблатом в какойто момент сломались и перестали идти. Найдите вероятность того, что
часовая стрелка остановилась, достигнув отметки 10, но не дойдя до отметки
1.
Решение:
Так как стрелка достигла 10, но не дошла до 1, то она в сегменте, в который
входят 3 отметки: 10, 11, 12. Так как всего отметок 12, то требуемая
3
вероятность равна12 = 0,25.
Ответ:0,25
8 (508200). Фабрика выпускает сумки. В среднем на 92 качественных сумки
приходится 8 сумок, имеющих скрытые дефекты. Найдите вероятность того,
что выбранная в магазине сумка окажется с дефектами.
Решение:
Так как в среднем на 92 качественные сумки приходится 8 сумок, имеющих
скрытые дефекты, то в среднем из 100 сумок 8 с дефектами, то есть нужная
8
вероятность равна 100 = 0,08
Ответ:0,08
9 (320196). При изготовлении подшипников диаметром 67 мм вероятность
того, что диаметр будет отличаться от заданного не больше, чем на 0,01 мм,
равна 0,965. Найдите вероятность того, что случайный подшипник будет
иметь диаметр меньше, чем 66,99 мм, или больше чем 67,01 мм.
Решение:
Пусть событие D – отличие диаметра от стандарта больше, чем на 0,01 мм.
Очевидно, что оно совпадает с событием «диаметр меньше, чем 66,99 мм,
или больше, чем 67,01 мм» и противоположно событию «диаметр будет
отличаться от заданного не больше, чем на 0,01 мм». Из противоположности
событий имеем: 𝑝(𝐷) = 1 − 0,965 = 0,035
Ответ:0,035
10 (319355). Если шахматист А. играет белыми фигурами, то он выигрывает
у шахматиста Б. с вероятностью 0,52. Если А. играет чёрными, то А.
выигрывает у Б. с вероятностью 0,3. Шахматисты А. и Б. играют две партии,
причём во второй партии меняют цвет фигур. Найдите вероятность того, что
А. выиграет оба раза.
Решение:
Пусть событие W заключается в победе А., при игре белыми, а событие B – в
его выигрыше, при игре чёрными. Так как эти события не зависят друг от
друга и он должен выиграть оба раза, то это одновременные события, то есть
вероятность абсолютной победы А. равна 𝑝(𝑊𝐵) = 𝑝(𝑊) × 𝑝(𝐵) = 0,52 × 0,3 =
0,156
Ответ:0,156
11 (282853). В случайном эксперименте бросают две игральные кости.
Найдите вероятность того, что сумма выпавших очков равна 8. Результат
округлите до сотых.
Решение:
Пусть событие A – в сумме выпало 8 очков. Это могло случиться в случае
выполнения одного из следующих несовместных событий: выпало 2 и 6, 3 и
5, 4 и 4, 5 и 3, 6 и 2 очков. Всего вариантов выпадения очков на двух
1
1
1
костях6 × 6 = 36. Тогда по формуле полной вероятности, 𝑝(𝐴) = 36 + 36 + 36 +
1
1
5
+ 36 = 36 ≈ 0,14
36
Ответ:0,14
12 (320175). Помещение освещается фонарём с двумя лампами. Вероятность
перегорания одной лампы в течение года равна 0,3. Найдите вероятность
того, что в течение года хотя бы одна лампа не перегорит.
Решение:
Пусть событие G заключается в том, что лампочка не перегорит. Так как две
лампочки не зависят друг от друга, то вероятность того, что одна из них не
перегорит (событие L) равна 𝑝(𝐿) = 1 − 𝑝(обесгорят) = 1 − 𝑝(𝐺´ 𝐺´ ) = 1 − 𝑝(𝐺´ ) ×
𝑝(𝐺´ ) = 1 − 0,3 × 0,3 = 0,91
Ответ:0,91
13 (320171). На экзамене по геометрии школьник отвечает на один вопрос из
списка экзаменационных вопросов. Вероятность того, что этот вопрос по
теме «Вписанная окружность», равна 0,2. Вероятность того, что этот вопрос
по теме «Параллелограмм», равна 0,15. Вопросов, которые одновременно
относятся к этим двум темам, нет. Найдите вероятность того, что на экзамене
школьнику достанется вопрос по одной из этих двух тем.
Решение:
Пусть событие O состоит в том, что достанется вопрос по окружности, а
событие P – достанется вопрос по параллелограмму. Так как эти события
несовместные, то вероятность появления одного из них (событие Q) равна
𝑝(𝑄) = 𝑝(𝑂) + 𝑝(𝑃) = 0,2 + 0,15 = 0,35
Ответ:0,35
14 (320173). Биатлонист пять раз стреляет по мишеням. Вероятность
попадания в мишень при одном выстреле равна 0,8. Найдите вероятность
того, что биатлонист первые три раза попал в мишень, а последние два
промахнулся. Результат округлите до сотых.
Решение:
Пусть события𝑃1 , 𝑃2 , 𝑃3 - попадания спортсмена в цель в первый, второй и
третий разы соответственно, а𝑃4 , 𝑃5 – промахи на четвертый и пятый
выстрелы. Так как эти события не зависят друг от друга, а вероятность
промаха равна1 − 0,8 = 0,2, то вероятность их одновременного появления
равна 𝑝(𝑃1 𝑃2 𝑃3 𝑃4 𝑃5 ) = 𝑝(𝑃1 ) × 𝑝(𝑃2 ) × 𝑝(𝑃3 ) × 𝑝(𝑃4 ) × 𝑝(𝑃5 ) = 0,83 × 0,22 ≈ 0,02
Ответ:0,02
15 (320199). Чтобы поступить в институт на специальность «Лингвистика»,
абитуриент должен набрать на ЕГЭ не менее 70 баллов по каждому из трёх
предметов – математика, русский язык и иностранный язык. Чтобы
поступить на специальность «Коммерция», нужно набрать не менее 70
баллов по каждому из трёх предметов – математика, русский язык и
обществознание. Вероятность того, что абитуриент З. получит не менее 70
баллов по математике, равна 0,6, по русскому языку – 0,8, по иностранному
языку – 0,7 и по обществознанию – 0,5. Найдите вероятность того, что З.
сможет поступить хотя бы на одну из двух упомянутых специальностей.
Решение:
Пусть M, P, O, U- вероятность того, что абитуриент З. сдаст математику,
русский язык, обществознание и иностранный язык соответственно на 70 или
более баллов, их вероятности в том же порядке 0,6; 0,8; 0,5 и 0,7. Сдача
каждого экзамена не зависима друг от друга, а поступления на одну из
специальностей являются совместными, поэтому𝑝л = 𝑝(𝑀) × 𝑝(𝑃) × 𝑝(𝑈), 𝑝к =
𝑃(𝑀) × 𝑝(𝑃) × 𝑝(𝑂), где𝑝л и𝑝к - вероятности поступление на «Лингвистику» и
«Коммерцию». Искомая вероятность равна:𝑝 = 𝑝(𝑀 ∩ 𝑃 ∩ 𝑈) ∪ 𝑝(𝑀 ∩ 𝑃 ∩ 𝑂) =
𝑝(𝑀 ∩ 𝑃 ∩ (𝑈 ∪ 𝑂)) = 𝑝(𝑀 ∩ 𝑃 ∩ 𝑈) + 𝑝(𝑀 ∩ 𝑃 ∩ 𝑂) − 𝑝(𝑀 ∩ 𝑃 ∩ 𝑈 ∩ 𝑂) = 0,336 +
0,24 − 0,5 × 0,6 × 0,7 × 0,8 = 0,408
Ответ:0,408
16 (320176). Вероятность того, что электрический чайник прослужит больше
года равна 0,97. Вероятность того, что он прослужит больше двух лет равна
0,89. Найдите вероятность того, что он прослужит меньше двух лет, но
больше года.
Решение:
Пусть p – вероятность того, что чайник прослужит больше года, но меньше
двух лет, 𝑝1 −больше года,𝑝2 − больше двух лет. Так как события больше
года, но меньше двух и больше двух лет не совместны, а также в сумме дают
событие больше года, то𝑝 = 𝑝1 + 𝑝2 , 𝑝 = 𝑝1 − 𝑝2 = 0,97 − 0,89 = 0,08
Ответ:0,08
17 (319353). Две фабрики выпускают одинаковые стёкла для автомобильных
фар. Первая фабрика выпускает 45% этих стёкол, вторая – 55%. Первая
фабрика выпускает 3% бракованных стёкол, а вторая - 1%. Найдите
вероятность того, что случайно купленное в магазине стекло окажется
бракованным.
Решение:
Пусть событие B – куплено бракованное стекло. Обозначим через𝐻1 , 𝐻2
события, заключающиеся в покупке продукции первой и второй фабрики
соответственно. Можно применить формулу полной вероятности:𝑝(𝐻1 ) =
0,45; 𝑝(𝐻2 ) = 0,55; 𝑝(𝐵 ∨ 𝐻1 ) = 0,03; 𝑝(𝐵 ∨ 𝐻2 ) = 0,01. Подставляя эти значения в
формулу полной вероятности получим искомую вероятность 𝑝(𝐵) = 0,45 ×
0,03 + 0,55 × 0,01 = 0,019
Ответ:0,019
18 (320177). Агрофирма закупает куриные яйца в двух домашних хозяйствах.
40% яиц из первого хозяйства – яйца высшей категории, а из второго
хозяйства – 20% яиц высшей категории. Всего высшую категорию получает
35% яиц. Найдите вероятность того, что купленное у этой агрофирмы яйцо
окажется из первого хозяйства.
Решение:
Событие B – яйцо высшей категории, событие H1 – яйцо из 1 хозяйства,
событие H2 – яйцо из 2 хозяйства. Пусть p(H1)=x, тогда p(H2)=1-x, тогда
𝑝(𝐵) = 0,35, 𝑝(𝐵|𝐻1 ) = 0,4, 𝑝(𝐵|𝐻2 ) = 0,2. По формуле полной вероятности,
вероятность покупки яйца высшего сорта равна:0,35 = 0,4 × 𝑝 + 0,2 ∗ (1 − 𝑝).
Решая данное уравнение, получаем 𝑝 = 0,75
Ответ:0,75
19 (320211). Автоматическая линия изготавливает батарейки. Вероятность
того, что готовая батарейка неисправна, равна 0,02. Перед упаковкой каждая
батарейка проходит систему контроля. Вероятность того, что система
забракует неисправную батарейку, равна 0,99. Вероятность того, что система
по ошибке забракует исправную батарейку, равна 0,01. Найдите вероятность
того, что случайно выбранная изготовленная батарейка будет забракована
системой контроля.
Решение:
Пусть событие З означает, что батарейка забракована системой контроля. Это
могло произойти, если по ошибке «отсеяна» качественная продукция или
система контроля сработала правильно. Событие Н – батарейка неисправная,
p(Н)=0,02. Событие Х – батарейка исправная, p(Х)=1-0,02=0,98. Событие ЗН
– забракована неисправная, p(ЗН)=0,99. Событие ЗX – забракована хорошая,
p(ЗХ)=0,01. По формуле полной вероятности, вероятность забраковки
батарейки
равна:𝑝(З) = 𝑝(Н) ∗ 𝑝(ЗН) + 𝑝(Х) ∗ 𝑝(ЗХ) = 0,99 × 0,02 + 0,01 × 0,98 =
0,0296.
Ответ:0,0296
20 (320212). На рисунке изображён лабиринт. Паук заползает в лабиринт в
точке «Вход». Развернуться и ползти назад паук не может, поэтому на
каждом разветвлении паук выбирает один из путей, по которому ещё не полз.
Считая, что выбор дальнейшего пути чисто случайный, определите, с какой
вероятностью
паук
придёт
к
выходу
D.
Решение:
На каждой из встречаемых развилок у паука 2 варианта выбрать поворот,
всего поворотов до выхода D надо преодолеть 4, значит, вероятность того,
1 4
что он выйдет, именно, через этот выход равна (2) = 0,0625
Ответ:0,0625
21 (320187). При артиллерийской стрельбе автоматическая система делает
выстрел по цели. Если цель не уничтожена, то система делает повторный
выстрел. Выстрелы повторяются до тех пор, пока цель не будет уничтожена.
Вероятность уничтожения некоторой цели при первом выстреле равна 0,4, а
при каждом последующем – 0,6. Сколько выстрелов потребуется для того,
чтобы вероятность уничтожения цели была не менее 0,8?
Решение:
Пусть событие А – цель уничтожена, p(А)>=0,8
C 1 выстрела: 𝑝(𝐴) = 0,4
Cо 2 выстрела: 𝑝(𝐴) = (1 − 0,4) ∗ 0,6 = 0,36
C 3 выстрела: 𝑝(𝐴) = (1 − 0,4) ∗ (1 − 0,6) ∗ 0,6 = 0,144
…
𝑝(𝐴) = 𝑝(с1раза) + 𝑝(со2раза) + 𝑝(с3раза) + 𝑝(с4раза)
0,4
0,36
0,76<0,8
0,144
0,904>=0,8
Нужно всего три выстрела
Ответ: 3 выстрела.
22 (320206). В Волшебной стране бывает два типа погоды: хорошая и
отличная, причём погода, установившись утром, держится неизменной весь
день. Известно, что с вероятностью 0,8 погода завтра будет такой же, как и
сегодня. Сегодня 3 июля, погода в Волшебной стране хорошая. Найдите
вероятность того, что 6 июля в Волшебной стране будет отличная погода.
Решение:
Возможны следующие случаи:
3 июля
хорошая
хорошая
хорошая
хорошая
4 июля
хорошая
хорошая
отличная
отличная
5 июля
хорошая
отличная
хорошая
отличная
6 июля
отличная
отличная
отличная
отличная
P(3 июля хорошая)=1
P(3 июля отличная)=0
P(4 июля хорошая)=1*0,8+0*0,2=0,8
P(4 июля отличная)=1*0,2+0*0,8=0,
2
P(5 июля хорошая)=0,8*0,8+0,2*0,2=0,
68
P(5 июля отличная)=0,2*0,8+0,8*0,2
=0,32
P(6 июля хорошая)=0,68*0,8+0,32*0,2= P(6 июля отличная)=
0,608
0,68*0,2+0,32*0,8=0,392
Ответ:0,392
23 (320188). Чтобы пройти в следующий круг соревнований, Футбольной
команде нужно набрать хотя бы 5 очков в двух играх. Если команда
выигрывает, то она получает 3 очка, в случае ничьей – 1 очко, если
проигрывает – 0 очков. Найдите вероятность того, что команде удастся
выйти в следующий круг соревнований. Считайте, что в каждой игре
вероятность выигрыша и проигрыша одинаковы и равны 0,4.
Решение:
Р(Н) = 1 – Р(В) – Р (П) = 1 – 0,4 – 0,4 = 0,2
Всего исходов – 9 (ВВ, ВП, ВН,ПВ,ПП,ПН,НВ,НП,НН).
Так как команде нужно набрать 4 очка, то благоприятных исходов – 3 (ВВ,
ВН, НВ).
Р(ВВ) = 0,4 *0,4 = 0,16; Р (ВН) = Р(НВ) = 0,4*0,2 = 0,08.
Р(выйти в следующий круг) = 0,16 + 0,08 + 0,08 = 0,32.
Ответ:0,32
24 (320200). На фабрике керамической посуды 10% произведённых тарелок
имеют дефект. При контроле качества продукции выявляется 80% дефектных
тарелок. Остальные тарелки поступают в продажу. Найдите вероятность
того, что случайно выбранная при покупке тарелка не имеет дефектов. Ответ
округлите до сотых.
Решение:
Пусть х – тарелок выпустили, тогда 0,1x c дефектом, 0,9х без дефекта.
Тарелок, которые не поступят в продажу 0,8*0,1х=0,08х, поступят – 0,92х
тарелок, но среди них с дефектами 0,1х-0,08х=0,02х тарелок. Итого тарелок в
продаже 0,92х, без дефектов – 0,92х-0,02х=0,90х.
Р=0,90х/0,92х=0,98
Ответ:0,98
Заключение
При написании данной творческой работы мы изучили большое
количество дополнительной научной литературы по теме «Вероятность»,
расширили и углубили свои знания по данному вопросу, овладели
простейшими и более сложными задачами с использованием теории
вероятности. В ходе выполнения работы нами рассмотрены различные
способы решения задач на применение теории вероятности. При решении
задач оказалось, что их можно классифицировать по типам:
Простые задачи
а) о выборе объектов набора;
б) задачи о подбросе монеты;
в) задачи о кубике
г) задачи о частоте
Задачи повышенной сложности
а) задачи на сумму несовместных событий;
б) задачи на произведение независимых событий;
в) сложение и умножение вероятностей
Сложные задачи
а) задачи о зависимых событиях;
б) задачи на проценты;
в) разные задачи.
