Задачи к этапу «Найди ошибку»

Приложение1.
Задачи к этапу «Найди ошибку»
1. В лифт 9-этажного дома вошли 4 человека. Каждый из них независимо друг от друга
может выйти на любом этаже, начиная со второго. Какова вероятность того, что все люди
вышли на одном этаже?
Решение:
Пусть событие А – все люди вышли на одном этаже.
8!
Тогда число всех возможных исходов: n  A84   1680 , так имеем упорядоченную
4!
выборку без повторений. Число исходов, благоприятствующих наступлению события а
m
8
 0,0048
равно числу этажей без первого, т.е. m = 8. Тогда р ( A)  
n 1680
Ошибка: При расчете числа всех исходов не учтено, что в выборке элементы могут
повторяться (на одном этаже может выйти несколько человек), поэтому
8
n  A84  8 4  4096, p( A) 
 0,00195
4096
2. В магазине имеются цветы 7 сортов. Необходимо составить букет из 5 цветов. Какова
вероятность того, что в букете все цветы будут различны?
Решение:
Пусть А – событие, состоящее в том, что все 5 цветов будут различны. Тогда число
всевозможных исходов равно n  A75  7 5  16807 , так как имеем выборку упорядоченную
7!
с повторениями. Число исходов, благоприятных А равно m  A75   42 . Тогда
5!
m
42
p ( A)  
 0,0025
n 16807
Ошибка: При расчете числа исходов неверно указано то, что это упорядоченная выборка,
в данном случае важен только состав выборки, а порядок неважен, поэтому число исходов
11!
7!
 462 , m  C 75 
 21 ,
надо искать с помощью сочетаний: n  C 75 
5!6!
5!2!
m
21
1
p( A)  

 0,045
n 462 22
3. Из колоды в 36 карт вытаскивают 5 карт. Какова вероятность того, что это будут два
туза и три шестерки?
Решение: Пусть событие А – в выборке будет 2 туза и 3 шестерки. Тогда число
36!
5

 376992 , так как выборка без возвращения и
всевозможных исходов n  C 36
5!31!
неупорядоченная. Число благоприятных исходов равно числу возможностей выбора 2
4!
4!
тузов из колоды карт m1  A42   12 и 3 шестерок m2  A43   4 . Тогда по правилу
2!
3!
произведения общее число благоприятных исходов m  m1  m2  48.
m
48
p( A)  
 0,00013 .
n 376992
Ошибка: При расчете числа благоприятных исходов неправильно найдены m1 и m2. В
данном случае выборка неупорядоченная, поэтому
24
m1  C 42  6, m2  C 43  4, m  24, p( A) 
 0,00006.
376992
4. В группе 25 студентов. Найти вероятность того, что у всех студентов дни рождения в
разные дни.
Решение: Пусть событие А – у всех студентов дни рождения в разные дни. Так как всего в
25
году 365 дней, то число всевозможных исходов равно С 365
, так это будет неупорядоченная
25
выборка с повторениями. Число исходов, благоприятных А, равно С 365
. Тогда
25
C365
 0,00056
25
C365
Ошибка: В данной задаче выборка является с повторениями, но упорядоченная, так в
вариантах распределения дней рождения среди 25 студентов важно в каком порядке они
25
A365
будут размещены. Поэтому p( A)  25  0,0015
A365
5. Из 20 человек на экзамене пять человек получили оценку «5», семь человек оценку «4»,
шесть человек оценку «3», остальные получили оценку «2». Какова вероятность того, что
у вышедших с экзамена 7 человек будут одна «5», две «4», четыре «3».
Решение: Пусть событие А – у 7 человек будет одна «5», две «4», четыре «3».
20!
7

 77520 , так как имеем выборку без
Число всевозможных исходов n  C 20
7!13!
возвращения и без повторения. Число исходов, благоприятных наступлению А
7!
m
 105 , так это будут упорядоченные разбиения 7 студентов по трем группам.
1!2!4!
105
 0,0014
Тогда p( A) 
77520
Ошибка: При расчете числа благоприятных исходов m  m1  m2  m3 , где m1 – число
p( A) 
вариантов появления 1 человека из 5, сдавших на «5», m1  C51  5, аналогично
1575
m2  C 72  21, m3  C 64  15, m  1575, p( A) 
 0,02 .
77520