Найдите вероятность того что среди последних четырех цифр случайного семизначного

Глава VIII. Элементы комбинаторики

Глава VIII. Элементы комбинаторики

Комбинаторика это раздел математики, посвященный задачам выбора и расположения предметов из различных множеств. Типичной задачей комбинаторики является задача перечисления комбинаций, составленных из нескольких предметов.

39. Правило умножения

Пример 1. Предположим, что имеется белый хлеб, черный
хлеб, сыр, колбаса и варенье. Сколько видов бутербродов можно
приготовить?

Выпишем сначала бутерброды с белым хлебом. Это бутерброд с сыром (БС), с колбасой (БК) и вареньем (БВ). Столько
же бутербродов можно приготовить и с черным хлебом: ЧС, ЧК и ЧВ.

Всего получается 6 видов бутербродов. Это число можно найти с помощью так называемого комбинаторного правила умножения.

Правило умножения. Чтобы найти число комбинаций предметов двух типов, нужно число предметов первого типа умножить на число предметов второго типа. Если число предметов первого типа равно m, а число предметов второго типа равно n, то число их комбинаций равно mn.

Такое же правило действует, если имеются предметы трех, четырех или более типов.

Чтобы найти число комбинаций из предметов нескольких типов, нужно перемножить количества предметов каждого типа.

Поясним это на примере.

Пример 2. Государственные регистрационные автомобильные номера состоят из буквы, трех цифр, еще двух букв и номера региона. Буквы и цифры могут повторяться.

Буквы берутся не всякие. Можно использовать только 12 букв: А, В, Е, К, М, Н, О, Р, С, Т, У, Х. (Почему именно эти буквы? Попробуйте догадаться самостоятельно.) Цифры можно брать любые от 0 до 9. В качестве номера региона для московских автомобилей используется одно из чисел 77, 99 или 97.

Сколько всего можно составить регистрационных номеров для автомобилей в Москве?

Будем рассуждать так же, как и в предыдущем примере: первую букву можно взять одну из 12.

Первую цифру берем одну из 10, вторую — снова одну из 10 и третью снова одну из 10.

Затем две буквы подряд. Каждая выбирается из 12 разрешенных букв.

И наконец, номер региона. Он может оказаться одним из 3.
Вот сколько всего получилось вариантов:

12∙10∙10∙I0∙12∙12∙3 = 3∙103 ∙123 = 5

На самом деле номер региона не присваивается просто так. Сначала всем автомобилям присваивали номер региона 77. Впоследствии, когда эти номера были исчерпаны, стали давать номера 99, а в последнее время присваивают номера 97. Это не означает, что число машин в Москве настолько велико. Часть автомобилей снимается с регистрации, но их номера не присваиваются другим автомобилям во избежание путаницы.

Таким образом, в Москве всего может существовать более пяти миллионов автомобильных номеров. И это — не считая номеров старого образца, федеральных, дипломатических, именных и номеров автомобилей спецслужб.

Этот пункт рассказал нам о комбинаторном правиле умножения, с помощью которого можно найти число комбинаций из предметов двух, трех и более типов.

Вопросы

1. Сформулируйте комбинаторное правило умножения для подсчета числа комбинаций предметов двух типов.
2. Сформулируйте правило умножения для подсчета числа комбинаций предметов нескольких типов.

Упражнения 1. Сколько можно составить пар, выбирая:
а) первый предмет из 4, а второй из 8;
б) первый предмет из 6, а второй из 3;
в) первый предмет из 15, а второй из 12?
2. Сколько можно составить троек, выбирая:

а) первый предмет из 4, второй из 8, а третий из 5;
б) первый предмет из 7, второй из 4, а третий из 9;
в) первый предмет из 5, второй из 13, а третий из 21?

3. В школе есть все классы с 1 по 11. Каждый из них имеет дополнительную букву «а», «б», «в», «г» или «д». Например, класс 1а, 7б и тому подобное. Сколько всего классов в этой школе?
4. В автоматических камерах хранения на железнодорожных вокзалах применяется шифр, который состоит из одной буквы и трех цифр. Буквы берутся от А до К, исключая буквы Ё и И, а цифры могут быть любыми от 0 до 9, например, Д195. Сколько можно составить различных шифров?
5. На каждом барабане игрального автомата изображены символы: «вишня», «лимон» и числа от 1 до 9. Автомат имеет три одинаковых барабана, которые вращаются независимо друг от друга. Сколько всего комбинаций может выпасть?
6. Первый класс праздновал Новый Год. Каждая девочка подарила каждому мальчику открытку, а каждый мальчик подарил каждой девочке гвоздику. Чего было больше — подаренных открыток или подаренных гвоздик?
7*. Второй класс, в котором 23 ученика, но мальчиков меньше, чем девочек, отправился на экскурсию в музей. За время экскурсии каждый мальчик по одному разу дернул за косичку каждую девочку. Сколько мальчиков и девочек в классе, если всего было произведено 132 дергания за косички?
8*. На приеме в посольстве встретились две делегации, в каждой из которых было несколько дипломатов. Каждый дипломат одной делегации пожал руку каждому дипломату второй делегации, Сколько было членов в каждой делегации, если всего произошло 143 рукопожатия?
9*. Важные данные в компьютере часто защищают паролем. Предположим, что пароль содержит 8 символов: больших и малых латинских букв, цифр и некоторых знаков. Всего разрешенных символов 92. Составьте числовое выражение для общего числа возможных паролей. Пользуясь калькулятором, вычислите приближенно его значение.

40. Перестановки. Факториал

Подсчитаем, сколько существует разных способов каждому из троих людей присвоить номер от 1 до 3. Тот же самый вопрос можно задать иначе: сколькими способами можно построить трех человек в шеренгу?

На первое место можно поставить любого из трех человек. На второе — любого из двух оставшихся. И на последнее место можно поставить только одного оставшегося человека. Первого человека можно выбирать 3 способами, второго — двумя способами, а третьего — одним-единственным способом.

Таким образом, мы получили 3 ∙2∙ 1 = 6 способов перестановки трех человек. На рис. 1 показаны все эти способы.

Если людей четверо, то первый номер мы можем присвоить любому из четверых, а оставшиеся номера распределить 6 способами между тремя оставшимися. Получаем 4 ∙ 6 = 24 способа нумерации. Остается напомнить, что 6 мы получали как 3 ∙2∙ 1.

Продолжая рассуждения тем же способом, мы обнаружим, что если людей, например, семеро, то из них можно составить 7 ∙6∙ 5 ∙4∙ 3 ∙2∙ 1 = 5040 различных перестановок.

Определение. Факториалом натурального числа п называется произведение всех натуральных чисел от 1 до п. Обозначается факториал п!.

Перестановкой из п предметов называется любой способ нумерации этих предметов (способ их расположения в ряд).

Число перестановок п предметов равно п!.

Для того, чтобы в различных формулах не делать исключения для числа 0, принято соглашение

Источник

Задачи по теории вероятностей с решениями

Задачи по теории вероятностей с решениями

Задача 1. В группе 30 студентов. Необходимо выбрать старосту, заместителя старосты и профорга. Сколько существует способов это сделать?

Задача 2. Два почтальона должны разнести 10 писем по 10 адресам. Сколькими способами они могут распределить работу?

Решение. Первое письмо имеет n1=2 альтернативы – либо его относит к адресату первый почтальон, либо второй. Для второго письма также есть n2=2 альтернативы и т. д., т. е. n1=n2=…=n10=2. Следовательно, в силу правила умножения общее число способов распределений писем между двумя почтальонами равно

.

Задача 3. В ящике 100 деталей, из них 30 – деталей 1-го сорта, 50 – 2-го, остальные – 3-го. Сколько существует способов извлечения из ящика одной детали 1-го или 2-го сорта?

Решение. Деталь 1-го сорта может быть извлечена n1=30 способами, 2-го сорта – n2=50 способами. По правилу суммы существует N=n1+n2=30+50=80 способов извлечения одной детали 1-го или 2-го сорта.

Задача 5. Порядок выступления 7 участников конкурса определяется жребием. Сколько различных вариантов жеребьевки при этом возможно?

Решение. Каждый вариант жеребьевки отличается только порядком участников конкурса, т. е. является перестановкой из 7 элементов. Их число равно

Задача 6. В конкурсе по 5 номинациям участвуют 10 кинофильмов. Сколько существует вариантов распределения призов, если по всем номинациям установлены различные премии?

Решение. Каждый из вариантов распределения призов представляет собой комбинацию 5 фильмов из 10, отличающуюся от других комбинаций, как составом, так и их порядком. Так как каждый фильм может получить призы как по одной, так и по нескольким номинациям, то одни и те же фильмы могут повторяться. Поэтому число таких комбинаций равно числу размещений с повторениями из 10 элементов по 5:

Задача 7. В шахматном турнире участвуют 16 человек. Сколько партий должно быть сыграно в турнире, если между любыми двумя участниками должна быть сыграна одна партия?

Решение. Каждая партия играется двумя участниками из 16 и отличается от других только составом пар участников, т. е. представляет собой сочетания из 16 элементов по 2. Их число равно

Задача 8. В условиях задачи 6 определить, сколько существует вариантов распределения призов, если по всем номинациям установлены одинаковые призы?

Решение. Если по каждой номинации установлены одинаковые призы, то порядок фильмов в комбинации 5 призов значения не имеет, и число вариантов представляет собой число сочетаний с повторениями из 10 элементов по 5, определяемое по формуле

Задача 9. Садовник должен в течении трех дней посадить 6 деревьев. Сколькими способами он может распределить по дням работу, если будет сажать не менее одного дерева в день?

Решение. Предположим, что садовник сажает деревья в ряд, и может принимать различные решения относительно того, после какого по счету дерева остановиться в первый день и после какого – во второй. Таким образом, можно представить себе, что деревья разделены двумя перегородками, каждая из которых может стоять на одном из 5 мест (между деревьями). Перегородки должны стоять там по одной, поскольку иначе в какой-то день не будет посажено ни одного дерева. Таким образом, надо выбрать 2 элемента из 5 (без повторений). Следовательно, число способов .

Задача 10. Сколько существует четырехзначных чисел (возможно, начинающихся с нуля), сумма цифр которых равна 5?

Решение. Представим число 5 в виде суммы последовательных единиц, разделенных на группы перегородками (каждая группа в сумме образует очередную цифру числа). Понятно, что таких перегородок понадобится 3. Мест для перегородок имеется 6 (до всех единиц, между ними и после). Каждое место может занимать одна или несколько перегородок (в последнем случае между ними нет единиц, и соответствующая сумма равна нулю). Рассмотрим эти места в качестве элементов множества. Таким образом, надо выбрать 3 элемента из 6 (с повторениями). Следовательно, искомое количество чисел

Задача 11. Сколькими способами можно разбить группу из 25 студентов на три подгруппы А, В и С по 6, 9 и 10 человек соответственно?

Решение. Здесь n=25, k=3, n1=6, n2=9, n3=10. Согласно формуле, число таких разбиений равно

Задача 12. Сколько существует семизначных чисел, состоящих из цифр 4, 5 и 6, в которых цифра 4 повторяется 3 раза, а цифры 5 и 6 – по 2 раза?

Решение. Каждое семизначное число отличается от другого порядком следования цифр, при этом фактически все семь мест в этом числе делятся на три группы: на одни места ставится цифра «4», на другие места – цифра «5», а на третьи места – цифра «6». Таким образом, множество состоит из 7 элементов (n=7), причем n1=3, n2=2, n3=2, и, следовательно, количество таких чисел равно

2. Классическая вероятностная модель. Геометрическая вероятность

Задача 1. В ящике 5 апельсинов и 4 яблока. Наудачу выбираются 3 фрукта. Какова вероятность, что все три фрукта – апельсины?

Решение. Элементарными исходами здесь являются наборы, включающие 3 фрукта. Поскольку порядок фруктов безразличен, будем считать их выбор неупорядоченным (и бесповторным). Общее число элементарных исходов равно числу способов выбрать 3 фрукта из 9, т. е. числу сочетаний . Число благоприятствующих исходов равно числу способов выбора 3 апельсинов из имеющихся 5, т. е. . Тогда искомая вероятность

.

Задача 2. Преподаватель предлагает каждому из трех студентов задумать любое число от 1 до 10. Считая, что выбор каждым из студентов любого числа из заданных равновозможен, найти вероятность того, что у кого-то из них задуманные числа совпадут.

Решение. Вначале подсчитаем общее количество исходов. Первый из студентов выбирает одно из 10 чисел и имеет n1=10 возможностей, второй тоже имеет n2=10 возможностей, наконец, третий также имеет n3=10 возможностей. В силу правила умножения общее число способов равно: n= n1´n2´n3=103 = 1000, т. е. все пространство содержит 1000 элементарных исходов. Для вычисления вероятности события A удобно перейти к противоположному событию, т. е. подсчитать количество тех случаев, когда все три студента задумывают разные числа. Первый из них по-прежнему имеет m1=10 способов выбора числа. Второй студент имеет теперь лишь m2=9 возможностей, поскольку ему приходится заботиться о том, чтобы его число не совпало с задуманным числом первого студента. Третий студент еще более ограничен в выборе — у него всего m3=8 возможностей. Поэтому общее число комбинаций задуманных чисел, в которых нет совпадений, равно m=10×9×8=720. Случаев, в которых есть совпадения, остается 280. Следовательно, искомая вероятность равна Р=280/1000= 0,28.

Задача 3. Найти вероятность того, что в 8-значном числе ровно 4 цифры совпадают, а остальные различны.

Решение. Событие А=<восьмизначное число содержит 4 одинаковые цифры>. Из условия задачи следует, что в числе пять различных цифр, одна из них повторяется. Число способов её выбора равно числу способов выбора одной цифры из 10 цифр. Эта цифра занимает любые 4 места в числе, что возможно сделать способами, так как порядок здесь не важен. Оставшиеся 4 места занимают различные цифры из неиспользованных девяти, и так как число зависит от порядка расположения цифр, то число способов выбора четырех цифр равно числу размещений . Тогда число благоприятствующих исходов . Всего же способов составления 8-значных чисел равно |W|=108. Искомая вероятность равна

.

Задача 4. Шесть клиентов случайным образом обращаются в 5 фирм. Найти вероятность того, что хотя бы в одну фирму никто не обратится.

Решение. Рассмотрим противоположное событие , состоящее в том, что в каждую из 5 фирм обратился клиент, тогда в какую-то из них обратились 2 клиента, а в остальные 4 фирмы – по одному клиенту. Таких возможностей . Общее количество способов распределить 6 клиентов по 5 фирмам . Отсюда . Следовательно, .

Задача 5. Пусть в урне имеется N шаров, из них М белых и N–M черных. Из урны извлекается n шаров. Найти вероятность того, что среди них окажется ровно m белых шаров.

Решение. Так как порядок элементов здесь несущественен, то число всех возможных наборов объема n из N элементов равно числу сочетаний . Число испытаний, которые благоприятcтвуют событию А – «m белых шаров, n–m черных», равно , и, следовательно, искомая вероятность равна Р(А)=.

Задача 6. Точку наудачу бросили на отрезок [0; 2]. Какова вероятность ее попадания в отрезок [0,5; 1,4]?

Решение. Здесь пространство элементарных исходов весь отрезок , а множество благоприятствующих исходов , при этом длины этих отрезков равны и соответственно. Поэтому

.

Задача 7 (задача о встрече). Два лица А и В условились встретиться в определенном месте между 12 и 13 часами. Пришедший первым ждет другого в течении 20 минут, после чего уходит. Чему равна вероятность встречи лиц А и В, если приход каждого из них может произойти наудачу в течении указанного часа и моменты прихода независимы?

Решение. Обозначим момент прихода лица А через х и лица В – через у. Для того, чтобы встреча произошла, необходимо и достаточно, чтобы ôх-уô£20. Изобразим х и у как координаты на плоскости, в качестве единицы масштаба выберем минуту. Всевозможные исходы представляются точками квадрата со стороной 60, а благоприятствующие встрече располагаются в заштрихованной области. Искомая вероятность равна отношению площади заштрихованной фигуры (рис. 2.1) к площади всего квадрата: P(A) = (602–402)/602 = 5/9.

3. Основные формулы теории вероятностей

Задача 1. В ящике 10 красных и 5 синих пуговиц. Вынимаются наудачу две пуговицы. Какова вероятность, что пуговицы будут одноцветными?

Решение. Событие A= <вынуты пуговицы одного цвета>можно представить в виде суммы , где события и означают выбор пуговиц красного и синего цвета соответственно. Вероятность вытащить две красные пуговицы равна, а вероятность вытащить две синие пуговицы . Так как событияи не могут произойти одновременно, то в силу теоремы сложения

Задача 2. Среди сотрудников фирмы 28% знают английский язык, 30% – немецкий, 42% – французский; английский и немецкий – 8%, английский и французский – 10%, немецкий и французский – 5%, все три языка – 3%. Найти вероятность того, что случайно выбранный сотрудник фирмы: а) знает английский или немецкий; б) знает английский, немецкий или французский; в) не знает ни один из перечисленных языков.

Решение. Обозначим через A, B и С события, заключающиеся в том, что случайно выбранный сотрудник фирмы владеет английским, немецким или французским соответственно. Очевидно, доли сотрудников фирмы, владеющих теми или иными языками, определяют вероятности этих событий. Получаем:

Задача 3. В семье – двое детей. Какова вероятность, что старший ребенок – мальчик, если известно, что в семье есть дети обоего пола?

Решение. Пусть А=<старший ребенок – мальчик>, B=<в семье есть дети обоего пола>. Будем считать, что рождение мальчика и рождение девочки – равновероятные события. Если рождение мальчика обозначить буквой М, а рождение девочки – Д, то пространство всех элементарных исходов состоит из четырех пар: . В этом пространстве лишь два исхода (МД и ДМ) отвечают событию B. Событие AB означает, что в семье есть дети обоего пола. Старший ребенок – мальчик, следовательно, второй (младший) ребенок – девочка. Этому событию AB отвечает один исход – МД. Таким образом, |AB|=1, |B|=2 и

Задача 4. Мастер, имея 10 деталей, из которых 3 – нестандартных, проверяет детали одну за другой, пока ему не попадется стандартная. Какова вероятность, что он проверит ровно две детали?

Решение. Событие А= <мастер проверил ровно две детали>означает, что при такой проверке первая деталь оказалась нестандартной, а вторая – стандартная. Значит, , где = < первая деталь оказалась нестандартной >и =<вторая деталь – стандартная>. Очевидно, что вероятность события А1 равна кроме того, , так как перед взятием второй детали у мастера осталось 9 деталей, из которых только 2 нестандартные и 7 стандартных. По теореме умножения

Задача 5. В одном ящике 3 белых и 5 черных шаров, в другом ящике – 6 белых и 4 черных шара. Найти вероятность того, что хотя бы из одного ящика будет вынут белый шар, если из каждого ящика вынуто по одному шару.

Решение. Событие A= <хотя бы из одного ящика вынут белый шар>можно представить в виде суммы , где события и означают появление белого шара из первого и второго ящика соответственно. Вероятность вытащить белый шар из первого ящика равна, а вероятность вытащить белый шар из второго ящика . Кроме того, в силу независимости и имеем: . По теореме сложения получаем: .

Задача 6. Три экзаменатора принимают экзамен по некоторому предмету у группы в 30 человек, причем первый опрашивает 6 студентов, второй — 3 студентов, а третий — 21 студента (выбор студентов производится случайным образом из списка). Отношение трех экзаменаторов к слабо подготовившимся различное: шансы таких студентов сдать экзамен у первого преподавателя равны 40%, у второго — только 10%, у третьего — 70%. Найти вероятность того, что слабо подготовившийся студент сдаст экзамен.

Решение. Обозначим через гипотезы, состоящие в том, что слабо подготовившийся студент отвечал первому, второму и третьему экзаменатору соответственно. По условию задачи

, , .

Пусть событие A=<слабо подготовившийся студент сдал экзамен>. Тогда снова в силу условия задачи

, , .

По формуле полной вероятности получаем:

.

Задача 7. Фирма имеет три источника поставки комплектующих – фирмы А, B, С. На долю фирмы А приходится 50% общего объема поставок, В – 30% и С – 20%. Из практики известно, что среди поставляемых фирмой А деталей 10% бракованных, фирмой В – 5% и фирмой С – 6%. Какова вероятность, что взятая наугад деталь окажется годной?

Решение. Пусть событие G – появление годной детали. Вероятности гипотез о том, что деталь поставлена фирмами А, B, С, равны сответственно Р(А)=0,5, Р(В)=0,3, Р(С)=0,2. Условные вероятности появления при этом годной детали равны Р(G|A)=0,9, P(G|B)=0,95, P(G|C)=0,94 (как вероятности противоположных событий к появлению бракованной). По формуле полной вероятности получаем:

Задача 8 (см. задачу 6). Пусть известно, что студент не сдал экзамен, т. е. получил оценку «неудовлетворительно». Кому из трех преподавателей вероятнее всего он отвечал?

Решение. Вероятность получить «неуд» равна . Требуется вычислить условные вероятности. По формулам Байеса получаем:

, и аналогично,

, .

Отсюда следует, что, вероятнее всего, слабо подготовившийся студент сдавал экзамен третьему экзаменатору.

4. Повторные независимые испытания. Теорема Бернулли

Задача 1. Игральная кость брошена 6 раз. Найти вероятность того, что ровно 3 раза выпадет «шестерка».

Решение. Шестикратное бросание кости можно рассматривать как последовательность независимых испытаний с вероятностью успеха («шестерки»), равной 1/6, и вероятностью неудачи — 5/6. Искомую вероятность вычисляем по формуле .

Задача 2. Монета бросается 6 раз. Найти вероятность того, что герб выпадет не более, чем 2 раза.

Решение. Искомая вероятность равна сумме вероятностей трех событий, состоящих в том, что герб не выпадет ни разу, либо один раз, либо два раза:

Р(А) = Р6(0) + Р6(1) + Р6(2) = .

Задача 3. Аудитор обнаруживает финансовые нарушения у проверяемой фирмы с вероятностью 0,9. Найти вероятность того, что среди 4 фирм-нарушителей будет выявлено больше половины.

Решение. Событие состоит в том, что из 4 фирм-нарушителей будет выявлено три или четыре, т. е.

.

Задача 4. Монета подбрасывается 3 раза. Найти наиболее вероятное число успехов (выпадений герба).

Источник