Основы вероятности и операции над событиями: задания с ответами

Здесь важно понять, что речь идёт именно о размещениях без повторений: мы выбираем несколько различных объектов и порядок выбора важен. Это типичная ситуация, когда нельзя использовать формулу сочетаний, потому что в сочетаниях порядок не учитывается.

По условию нужно выбрать 3 разные книги из 8 и расставить их в определённом порядке. Значит, число способов равно

A₈³ = 8 · 7 · 6.

Почему именно так? Сначала на первое место можно поставить любую из 8 книг. На второе место — уже любую из оставшихся 7, потому что повторяться нельзя. На третье место — любую из оставшихся 6. По правилу умножения получаем:

8 · 7 · 6 = 336.

Итак, правильный ответ: 336.

Полезно помнить общий вид формулы:

A_n^m = n · (n−1) · (n−2) · ... · (n−m+1).

Для проверки себя можно сравнить с сочетаниями: если бы нужно было просто выбрать 3 книги без учёта порядка, было бы меньше способов, а именно C₈³ = 56. Это распространённая ловушка на ЕГЭ: учащиеся часто видят “выбрать 3 из 8” и сразу думают о сочетаниях, забывая, что слова “в определённом порядке” меняют тип подсчёта.

Ещё одна типичная ошибка — заменить размещение факториалом, например 8! или 3!. Это неверно, потому что факториал считает перестановки всех объектов, а здесь мы работаем только с частью множества и только до тех пор, пока выбираем m элементов.

Итоговая стратегия для задач на размещения: 1) проверить, важен ли порядок; 2) убедиться, что повторения запрещены; 3) записать произведение убывающих множителей; 4) при необходимости сопоставить с сочетаниями, чтобы не перепутать формулы.

Здесь важно аккуратно работать с условием: сначала мы рассматриваем только те исходы, у которых сумма равна 8, а уже среди них считаем те, где хотя бы один результат равен 6. Это типичная задача на подсчёт числа благоприятных исходов при дополнительном ограничении.

Шаг 1. Перечислим все упорядоченные пары с суммой 8. Так как бросают кость дважды, исходы считаются упорядоченными: (1,7) и (7,1) вообще говоря были бы разными, но на кости числа 7 нет, поэтому нужно найти допустимые пары из чисел от 1 до 6. Получаем:

(2,6), (3,5), (4,4), (5,3), (6,2).

Всего таких пар 5. Частая ошибка — сразу начинать искать пары с шестёркой и забывать, что сначала нужно учесть именно условие суммы.

Шаг 2. Отберём пары, где хотя бы один раз выпало 6. Среди перечисленных пар это:

(2,6), (6,2).

Пара (6,6) не подходит, потому что её сумма равна 12, а не 8. Пары (3,5), (4,4), (5,3) не содержат шестёрки.

Итак, благоприятных упорядоченных пар 2.

Почему порядок важен? Если бы в задаче спрашивались неупорядоченные пары, то (2,6) и (6,2) считались бы одним исходом. Но в теории вероятностей для последовательных бросков кости обычно рассматривают именно упорядоченные результаты, если не сказано иное. Поэтому ответ именно 2.

Проверка здравым смыслом: сумма 8 и наличие 6 возможны только в случаях, когда второе число равно 2 или 2 стоит первым. Других вариантов нет. Значит, ответ действительно равен 2.

Здесь нужно найти число сочетаний, то есть количество способов выбрать 3 элемента из 8 без учёта порядка. Это принципиально важно: если бы порядок учитывался, это были бы уже не сочетания, а размещения.

По определению сочетаний

C_n^m = n! / (m! · (n - m)!).

Подставим n = 8, m = 3:

C₈³ = 8! / (3! · 5!).

Теперь аккуратно сократим факториалы. Частая ошибка учеников — сразу вычислять все факториалы целиком, хотя удобнее сокращать:

8! / 5! = 8 · 7 · 6,

поэтому

C₈³ = (8 · 7 · 6) / (3 · 2 · 1) = 336 / 6 = 56.

Ответ: 56.

Как проверять себя на экзамене: для сочетаний можно помнить симметрию C_n^m = C_n^n-m. Здесь C₈³ = C₈⁵. Иногда более удобно считать именно меньшую из величин m и n-m, чтобы избежать громоздких вычислений.

Типичные ловушки:

• перепутать сочетания с размещениями и начать учитывать порядок;
• ошибиться в факториалах, например забыть, что 3! = 3 · 2 · 1;
• не сократить 8! и 5!, из-за чего вычисления становятся длиннее и риск ошибки возрастает.

Итак, правильный результат — 56.

Если нужно выбрать 4 элемента из 9 и порядок не важен, то речь идет о сочетаниях. Это ключевой признак: как только нас интересует только состав набора, а не последовательность, мы используем формулу

C_n^m = \dfrac{n!}{m!(n-m)!}.

Здесь n=9, m=4. Подставляем:

C_9^4 = \dfrac{9!}{4!(9-4)!} = \dfrac{9!}{4!\cdot 5!}.

Именно это выражение дано в варианте A.

Почему не другие варианты?

• B: 9!/4! — здесь в знаменателе не хватает множителя 5!. Такая запись не соответствует числу сочетаний и дает слишком большое значение.
• C: 4!/(9!\cdot 5!) — перепутаны числитель и знаменатель, это вообще не может быть числом способов выбрать элементы.
• D: 9!/(4!\cdot 4!) — здесь неверно подставлено 4! вместо 5!. Это типичная ошибка: в формуле нужно именно n-m, а не снова m.

Как себя проверять на ЕГЭ: если порядок не важен, почти всегда нужно искать сочетания. Удобно мысленно вспоминать три вопроса: «что выбираем?», «сколько выбираем?», «важен ли порядок?». Если порядок не важен — это сочетания. Если бы порядок был важен, это были бы размещения или перестановки.

Полезное замечание: иногда ученик видит числа и пытается сразу считать значение. Но в заданиях такого типа часто спрашивают именно формулу. Поэтому сначала определите, что требуется: записать выражение или вычислить число. В этом вопросе достаточно правильно узнать формулу сочетаний.

Здесь проверяется не просто знание формулы, а понимание того, что такое условная вероятность и как она связана с обычной вероятностью. Если событие A содержится в событии B, то при наступлении B событие A рассматривается «внутри» этого условия, и именно для такой ситуации вводится условная вероятность P_B(A).

По определению условной вероятности:

P_B(A) = P(A ∩ B) / P(B), если P(B) > 0.

Но так как A ⊂ B, то пересечение A ∩ B совпадает с событием A. Значит, формула упрощается:

P_B(A) = P(A) / P(B).

Отсюда сразу получаем:

P(A) = P(B) · P_B(A).

Это и есть правильный ответ. Важно не перепутать направление зависимости. Очень частая ошибка — пытаться написать P(B) = P(A) · P_A(B) или делить не в ту сторону. Формально обе формулы могут быть верны в своих условиях, но они относятся к разным условным вероятностям. Здесь же условие — это именно B, поэтому нужно восстанавливать P(A) через P(B) и P_B(A).

Ещё одна типичная ловушка — заменить произведение на сумму. В теории вероятностей произведение появляется в формуле умножения, когда вероятность события раскладывается на вероятность условия и условную вероятность. Сумма же используется в формулах для объединения событий, например для несовместных событий, и здесь она не подходит.

Полезная стратегия на ЕГЭ: сначала выписать определение условной вероятности в общем виде, затем подставить, какое событие является условием, и только после этого упростить с учётом включения A ⊂ B. Это защищает от ошибок в обозначениях и помогает быстро восстановить нужную формулу даже без заучивания наизусть.

Здесь требуется найти сочетание — число способов выбрать 3 элемента из 8 без учёта порядка. Это ключевой момент: если порядок не важен, используем именно формулу сочетаний, а не размещений.

Формула имеет вид:

C_n^m = n! / (m!(n-m)!).

Подставим n = 8, m = 3:

C₈³ = 8! / (3!·5!).

Теперь удобно сократить факториалы:

8! / 5! = 8·7·6, значит

C₈³ = (8·7·6) / 3! = 336 / 6 = 56.

Итак, ответ: 56.

Почему это именно сочетания, а не что-то другое? В сочетаниях выбранные объекты считаются только по составу. Например, если выбраны числа 1, 2, 3, то это одно и то же сочетание, что и 3, 2, 1. Для размещений такие варианты были бы разными, и ответ получился бы другим.

Типичные ошибки на ЕГЭ:

• путать сочетания с размещениями и считать порядок;
• ошибаться в знаменателе, записывая m! вместо (n-m)! или наоборот;
• не сокращать факториалы и терять время на громоздкие вычисления;
• забывать, что C_n^m = C_n^n-m, что иногда помогает быстро проверить ответ.

Для самопроверки можно мысленно оценить результат: число сочетаний C₈³ должно быть достаточно большим, но не больше 8·7·6 = 336, и после деления на 6 получается 56 — это разумный ответ.

Решать такие задачи напрямую через сумму вероятностей отдельных исходов обычно неудобно: нужно было бы перечислять случаи «6 выпала ровно один раз», «ровно два раза», «три раза». Для ЕГЭ Профиль гораздо быстрее и надёжнее использовать событие, противоположное искомому.

Пусть искомое событие — это «хотя бы одна 6 за три броска». Тогда противоположное событие — «ни одной 6 за три броска», то есть во всех трёх бросках выпали числа 1, 2, 3, 4 или 5.

Вероятность того, что на одном броске не выпадет 6, равна 5/6. Броски независимы, значит вероятность того, что 6 не выпадет ни разу в трёх бросках, равна произведению:

(5/6)^3 = 125/216.

Теперь находим искомую вероятность по формуле дополнения:

P(хотя бы одна 6) = 1 - P(ни одной 6) = 1 - 125/216 = 91/216.

Вычислим десятичную дробь:

91/216 ≈ 0.421296...

Округляя до тысячных, получаем 0.421.

Почему этот способ особенно важен на экзамене? Потому что фраза «хотя бы один раз» почти всегда подсказывает метод через дополнение: считать не сам редкий успех, а его отсутствие во всех испытаниях. Это сокращает число случаев и уменьшает риск ошибок.

Типичные ошибки:

• считать 3·(1/6), как будто события не пересекаются; это неверно, потому что «хотя бы один раз» включает и случаи с несколькими шестёрками;
• забыть про независимость и не возвести вероятность в куб;
• округлить слишком рано, до завершения всех вычислений;
• перепутать событие и противоположное событие: нужно вычитать из 1 именно вероятность ни одной шестёрки.

Итак, правильный ответ: 0.421.

Сначала важно понять, что именно является элементарным исходом. Раз достают два раза с возвращением, то каждый раз состав коробки не меняется, а результаты двух вытаскиваний считаются упорядоченной парой. Это типичная ловушка: нельзя просто смотреть на суммы «какие цвета встретились», нужно считать именно последовательности из двух независимых испытаний.

Обозначим вероятности вытащить шар каждого цвета за одно вытаскивание:

• красный: 4/9,
• синий: 3/9 = 1/3,
• зелёный: 2/9.

Нужно найти вероятность того, что сумма числовых значений равна 5. Возможны только такие пары чисел:

• 2 и 3,
• 3 и 2.

Других вариантов нет: 1+1=2, 1+2=3, 1+3=4, 2+2=4, а 3+3=6. Значит, благоприятное событие состоит ровно из двух случаев:

1. сначала синий, потом зелёный;
2. сначала зелёный, потом синий.

Так как испытания независимы и с возвращением, вероятность каждого из этих случаев равна произведению вероятностей:

P(2,3) = 1/3 · 2/9 = 2/27,

P(3,2) = 2/9 · 1/3 = 2/27.

Складываем, потому что эти случаи несовместны:

P = 2/27 + 2/27 = 4/27 ≈ 0,148...

Округляя до сотых, получаем 0,15.

Ответ: 0,15.

Почему это задание полезно для ЕГЭ? Здесь проверяются сразу несколько базовых идей: работа с ограниченным набором значений, переход от словесного условия к перечислению благоприятных исходов, а также аккуратное применение формулы для независимых событий. Частая ошибка — посчитать только одну последовательность «2 и 3», забыв про «3 и 2». Ещё одна ошибка — перепутать с извлечением без возвращения: тогда вероятности на втором шаге были бы другими. Всегда проверяйте, есть ли в условии слова «с возвращением», «независимо» или, наоборот, их отсутствие.

Полезная стратегия самопроверки: 1) выписать допустимые значения; 2) перечислить все пары, дающие нужную сумму; 3) убедиться, что учтён порядок; 4) только потом перемножать и складывать вероятности; 5) в конце проверить округление.

Обозначим успех в одном испытании через p = 0,6, а неудачу через q = 1 - p = 0,4. Нужно сравнить две вероятности:

1) Полный успех: успех во всех 5 испытаниях. Так как испытания независимы, вероятности перемножаются:

P(полный успех) = p^5 = 0,6^5.

2) Ровно одна неудача в 5 испытаниях. Здесь важно не забыть, что неудача может случиться в любом из 5 мест. Сначала выбираем, в каком именно испытании будет неудача: таких вариантов 5. Затем в одном выбранном месте вероятность неудачи равна q, а в остальных четырёх местах — успеха, то есть вероятность каждого такого расположения равна p^4 q. Поэтому

P(ровно одна неудача) = 5 · p^4 · q = 5 · 0,6^4 · 0,4.

Теперь найдём, во сколько раз вероятность полного успеха меньше вероятности ровно одной неудачи. Это значит, что нужно взять отношение:

\[\frac{P(ровный один неудача)}{P(полный успех)} = \frac{5p^4q}{p^5} = \frac{5q}{p}.\]

Подставляем числа:

\[\frac{5\cdot 0,4}{0,6} = \frac{2}{0,6} = \frac{10}{3}.\]

Значит, вероятность полного успеха в \(\frac{10}{3}\) раза меньше, чем вероятность события «ровно одна неудача».

Почему это типичная ловушка на ЕГЭ:

— многие забывают множитель 5, который появляется из-за выбора места единственной неудачи;

— иногда ошибочно считают вероятность одного «почти полного» исхода как p^4 q, забывая, что таких исходов несколько;

— часто путают, что именно нужно найти: отношение большей вероятности к меньшей, а не наоборот;

— полезно сразу сокращать дробь: в отношениях такого типа степени p обычно сокращаются, и остаётся простая формула nq/p.

Проверка здравого смысла: если p = 0,6, то успех достаточно вероятен, но событие с одной неудачей в 5 испытаниях действительно должно быть немного вероятнее, чем полный успех. Ответ 10/3 это подтверждает: полных успехов примерно в 3,33 раза меньше.

Если событие B влечёт событие A, то это означает вложенность событий: B \u2286 A. В такой ситуации событие A можно рассматривать как событие, которое уже наступило при условии, что произошло B, а затем учитывается вероятность самого условия B.

Основная формула условной вероятности имеет вид:

P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)},

откуда следует равенство

P(A\cap B)=P(B)\cdot P(A|B).

Но если B \u2286 A, то при наступлении B событие A уже точно произошло, значит P(A|B)=1. Тогда формула упрощается:

P(A)=P(B)\cdot P(A|B).

Именно это и есть правильная запись. Она отражает важный принцип: когда одно событие является частью другого, вероятность большего события удобно выражать через вероятность меньшего события и условную вероятность. В ЕГЭ это часто проверяется не вычислением чисел, а пониманием связи между событиями.

Почему другие варианты обычно неверны?

1. Сложение вероятностей здесь не подходит: сложение используется для объединения несовместимых событий или через формулу включений-исключений, но не для вложенных событий.

2. P(B|A) вместо P(A|B) — частая ошибка. Эти величины вообще могут быть разными, и перестановка условий меняет смысл формулы.

3. Формула без условной вероятности игнорирует информацию о том, что B влечёт A. В задачах такого типа важно не просто помнить обозначения, а видеть структуру: если одно событие гарантирует другое, то вероятность можно разложить по цепочке «вероятность условия × вероятность события при этом условии».

Самопроверка для экзамена: если вы видите фразу «влечёт», «если произошло одно, то произошло другое», «событие является частью другого», сначала запишите вложенность событий и подумайте, не становится ли условная вероятность равной 1. Это быстро приводит к правильной формуле и помогает избежать путаницы между независимостью, совместностью и условной вероятностью.

Если событие B влечёт событие A, это означает, что B является частью события A: всякий раз, когда происходит B, автоматически происходит и A. В языке теории вероятностей это часто записывают как B \u2286 A.

В такой ситуации удобнее всего использовать определение условной вероятности:

P(A|B) = P(A \u2229 B) / P(B), при условии что P(B) > 0.

Так как B \u2286 A, то пересечение A \u2229 B совпадает с самим событием B. Значит,

P(A|B) = P(B) / P(B) = 1.

Но в задаче просят не просто заметить, что условная вероятность равна 1, а получить формулу для P(A). Для этого применяют стандартную формулу умножения вероятностей:

P(A \u2229 B) = P(B) \u00b7 P(A|B).

Так как B \u2286 A, то A \u2229 B = B, и формула даёт:

P(B) = P(B) \u00b7 P(A|B).

Однако это равенство не выражает напрямую P(A); оно лишь показывает, что при вложенности событий условная вероятность события A при условии B равна 1. Поэтому в подобных задачах важно не подставлять механически формулу умножения туда, где требуется другое соотношение. Если бы было дано, например, что A \u2286 B, тогда уже можно было бы писать P(A) = P(B) \u00b7 P(A|B), потому что A = A \u2229 B.

В данной задаче правильная мысль такая: когда одно событие влечёт другое, условная вероятность соответствующего более сильного события равна 1. Следовательно, корректное отношение между вероятностями при вложенности записывается через условную вероятность именно как P(A|B) = 1, а не через сложение вероятностей и не через формулы вида P(A)+P(B).

Почему остальные варианты обычно ошибочны:

• P(A) = P(B) + P(A|B) — здесь ошибочно складывают вероятность и условную вероятность; у них разные смыслы и единицы измерения.
• P(A) = P(B) \u00b7 P(B|A) — перепутаны местами условие и событие; такая формула вообще не даёт нужной зависимости.
• P(A) = P(A \u2229 B) / P(B) — это формула для P(A|B), а не для P(A).

Как себя проверять на ЕГЭ: если в условии сказано «B влечёт A» или «при наступлении B событие A обязательно происходит», сразу записывайте B \u2286 A. Затем вспомните: P(A|B) при таком условии равно 1. Если же нужно найти не условную вероятность, а обычную, проверьте, можно ли событие представить как пересечение или как объединение, и только после этого выбирайте формулу.

Число сочетаний C(n,k) — это число способов выбрать k элементов из n без учёта порядка. Именно это и отличает сочетания от размещений и перестановок.

Общая идея вывода формулы такая: сначала можно подумать о выборе k элементов в упорядоченном виде. Тогда число таких упорядоченных выборок равно n·(n−1)·…·(n−k+1)=\frac{n!}{(n-k)!}. Но в сочетаниях порядок не важен: одна и та же группа из k элементов была посчитана k! раз, потому что внутри неё можно переставить выбранные элементы k! способами. Поэтому нужно разделить на k!.

Отсюда получаем стандартную формулу:

C(n,k)=\frac{n!}{k!(n-k)!}.

Это и есть правильный ответ. Полезно помнить ещё и равносильную запись:

C(n,k)=\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!}.

Она часто удобнее, если нужно быстро посчитать конкретное значение или сократить выражение.

Почему остальные варианты неверны?

• \frac{n!}{(n-k)!} — это формула для размещений без повторений, то есть порядок здесь уже учитывается.
• \frac{n!}{k!} — в этой записи потерян множитель (n-k)!, поэтому она не соответствует числу сочетаний.
• \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!\,(n-k)!} — здесь знаменатель слишком большой, формула занижает ответ и не является стандартной.

Типичная ловушка на ЕГЭ: перепутать сочетания с размещениями. Если в задаче сказано «выбрать», «отобрать», «составить группу», обычно порядок не важен — значит, нужна формула сочетаний. Если же говорится «расположить», «назначить на места», «расставить», тогда порядок важен, и это уже другая формула.

Итак, правильная формула: C(n,k)=\frac{n!}{k!(n-k)!}.