Заочная олимпиада по теории вероятностей и математической статистике

Условия проведения олимпиады

Кто может участвовать?

В олимпиаде может участвовать любой школьник 6–11-х классов, а также и школьники младше 6-го класса.

Сроки проведения олимпиады.

Олимпиада проходит в марте–апреле.

Что надо для участия?

Участие в олимпиаде бесплатно. Необходима регистрация — нужно заполнить карточку участника и получить регистрационный номер. Чтобы прочитать условия, потребуется компьютер с выходом в Интернет, а для отправки решений электронной почтой — текстовый редактор или сканер.

Как пройти регистрацию?

Зачем она нужна?

Подробнее об этом читайте в разделе Регистрация в меню слева. Она важна, так как после ее успешного прохождения участник получает регистрационный номер, под которым он будет значиться в таблице результатов.

Чем можно пользоваться?

Можно пользоваться разными средствами информации, чтобы разобраться в условии или каком-нибудь математическом термине, если они не понятны:

• любой литературой;
• поиском в Интернете;
• обращаться к своему учителю математики в школе;
• написать электронное письмо в оргкомитет олимпиады — мы поясним условие или пришлем ссылку на ресурс, в котором можно почерпнуть недостающие знания.

Чем нельзя пользоваться?

Запрещено использование консультаций по поводу решения задач; запрещено и попросту неэтично консультирование со старшими или сверстниками, на форумах или чатах.

Как должно быть оформлено решение?

Все задачи требуют не только ответа, но и обоснования — нужно убедительно и логично объяснить, почему приведенный ответ верен. В задачах на исследование или проведение эксперимента было предложено проверить некоторые теоретические выводы самому на практике или, наоборот, построить свою гипотезу, основываясь на результатах эксперимента.

Куда присылать решения?

Можно высылать свои решения двумя способами: по электронной почте на адрес, оформив в соответствии с правилами оформления; по обычной почте.

По-разному ли оценивалась одна и та же задача у 6-классника и 11-классника?

Да. В скобках после каждой задачи указаны классы, которым рекомендуется эта задача. При этом любой участник имеет право решать любые задачи. Если школьник решит задачу, рекомендованную школьникам постарше, то он получит за нее более высокий балл, чем за нее полагается, если же, наоборот, помладше — более низкий.

Как узнать результаты?

Результаты объявлены по окончании олимпиады, после проверки всех работ, то есть в течение двух недель с момента окончания. Они вывешены на сайте олимпиады в виде таблицы — по строкам указаны регистрационные номера участников, по столбцам — номера задач. На пересечении стоит оценка за задачу. Итоги подводятся отдельно для 8–9-х и 10–11-х классов.

А что победители?

Победители награждаются призами.

Будет ли проводиться олимпиада в дальнейшем?

Да, такие планы есть. В 2009 году олимпиада проводится в третий раз и планируется, что она будет проводиться и в дальнейшем.

После номера задачи указаны классы, для которых она рекомендована. Организаторы не рассчитывают на решение школьником всех задач, рекомендованных для соответствующего класса, однако надеются, что каждый участник найдет себе задачу по вкусу.

В составлении и отборе задач участвовали И.Р. Высоцкий, В.В. Бородкина, П.И. Захаров, И.В. Ященко, А.А. Макаров. В обсуждении дополнительно принимали участие В.А. Булычев, Е.А. Бунимович, П.В. Семенов, Ю.Н. Тюрин.

Условия задач 2008 года

1. (8–11-е классы) а) Проведите следующий эксперимент 10 раз: подбросьте вначале монету 10 раз подряд и запишите количество выпавших «орлов», затем подбросьте монету 9 раз подряд и также запишите количество выпавших орлов. Назовем эксперимент «удачным», если в первом случае количество выпавших «орлов» больше, чем во втором. После проведения серии из 10 таких экспериментов запишите количество удачных и неудачных экспериментов. Собранную статистику оформите в виде таблицы.

б) Ваня бросает монету 3 раза, а Таня — два. Какова вероятность, что у Вани больше орлов, чем у Тани?

в) Ваня бросает монету n + 1 раз, а Таня — n раз. Какова вероятность, что у Вани больше орлов, чем у Тани?

2.  (8–11-е классы) В школьном футбольном турнире участвуют 8 команд, одинаково хорошо играющих в футбол. Каждая игра заканчивается победой одной из команд. Случайно выбираемый по жребию номер определяет положение команды в турнирной таблице.

Какова вероятность, что команды А и Б:

а) встретятся в полуфинале;

б) встретятся в финале?

Кстати говоря. Плей-офф чемпионата Европы 2008 года будет проходить по похожей схеме.

3. (10–11-е классы) Иван Семенов выполняет тест ЕГЭ по математике. Экзамен состоит из заданий трех типов: A, B и C. К каждому из заданий типа А даны на выбор четыре варианта ответа, только один из которых верный. Всего таких заданий 10. Задания типа B и C требуют развернутого ответа. Так как Ваня постоянно прогуливал, его познания в математике не глубокие. Задания типа А он выполняет, выбирая ответы наугад. Первое из заданий типа В Ваня решает с вероятностью  Больше ничего Иван сделать не может. За правильный ответ на одно задание типа A ставится 1 балл, за задание типа B — 2 балла.

a) С какой вероятностью Ваня наберет больше 5 баллов?

б) Возьмите задания типа A из пробного варианта ЕГЭ 2008 года (http://ege.edu.ru/) и проведите 10 раз эксперимент по случайному выбору ответов. Сравните результат с полученным теоретически (для 5 правильных ответов). Убедитесь, что результаты не сильно отличаются.

4. (8–9-е классы) Город считается миллионером, если в нем живет более миллиона человек. Вероятность какого события больше: наугад выбранный городской житель живет в городе-миллионере; наугад выбранный город — миллионер? Ответ обоснуйте.

б) Возьмите статистику численности городского населения России с сайта http://www.perepis2002.ru/ct/doc/1_TOM_01_05.xls. Проверьте, справедлив ли для России ваш вывод, сделанный в пункте «а». Для этого подсчитайте вероятность того, что наугад выбранный городской житель живет в городе-миллионере, и вероятность того, что наугад выбранный город — миллионер, и сравните их.

5.  (8–9-е классы) Итоговый балл в фигурном катании выставляется следующим образом. Бригада судей состоит из десяти человек. Каждый из судей ставит спортсмену свою оценку за выступление. После этого из десяти полученных оценок случайным образом выбираются семь. Сумма этих семи оценок и есть итоговый балл. Места между спортсменами распределяются в соответствии с набранным итоговым баллом: чем выше балл, тем лучше результат.

В чемпионате участвовали 6 спортсменов. Могло ли оказаться так:

а) спортсмен, у которого сумма всех 10 оценок максимальна, занял последнее место;

б) спортсмен, у которого сумма всех 10 оценок максимальна, занял последнее место, а спортсмен, у которого сумма всех 10 оценок минимальна, занял первое место?

Замечание. На самом деле, это упрощенная версия.

6.  (8–11-е классы) Можно ли:

а) нагрузить две монеты (то есть сделать монеты несимметричными так, что вероятности выпадения «орла» и «решки» разные) так, чтобы вероятности выпадения любой из комбинаций «решка»–«решка», «орел»–«решка», «орел»–«орел» были бы одинаковы?

б) нагрузить две кости так, чтобы вероятность выпадения любой суммы от 2 до 12 была одинаковой?

7.  (8–11-е классы) Петя играет в компьютерную игру «Куча камней». Сначала в куче 16 камней. Игроки по очереди берут из кучи 1, 2, 3 или 4 камня. Выигрывает тот, кто заберет последний камень. Петя играет впервые и поэтому каждый раз берет случайное число камней, при этом он не нарушает правила игры. Компьютер играет по следующему алгоритму: на каждом ходу он берет столько камней, чтобы оказаться в наиболее выгодном положении. Игру начинает всегда Петя. С какой вероятностью Петя выиграет?

8.  (10–11-е классы) Петя предлагает Васе сыграть в следующую игру. Петя дает Васе две коробки с конфетами. В каждой из двух коробок шоколадные конфеты и карамельки. Всего в обеих коробках 25 конфет. Петя предлагает Васе взять из каждой коробки по конфете. Если обе конфеты окажутся шоколадными, то Вася выиграл. В противном случае — выиграл Петя. Вероятность того, что Васе достанутся две карамельки, равна 0,54. У кого больше шансов на победу?

9. (8–9-е классы) На каждой из четырех карточек написано натуральное число. Берут наугад две карточки и складывают числа на них. С равной вероятностью эта сумма может быть меньше 9, равна 9 и больше 9. Какие числа могут быть записаны на карточках?

10. (10–11-е классы) Имеются два симметричных кубика. Можно ли написать на их гранях некоторые числа так, чтобы сумма очков при бросании принимала значения 1, 2, ..., 36 с равными вероятностями?

11. (8–9-е классы) В классе 25 детей. Для дежурства наугад выбирают двоих. Вероятность того, что оба дежурных окажутся мальчиками, равна  Сколько в классе девочек?

12. (8–9-е классы) В первой четверти у Васи было 5 оценок по математике, больше всего среди них пятерок. При этом оказалось, что медиана всех оценок равна 4, а среднее арифметическое — 3,8. Какие оценки могли быть у Васи?

13. (10–11-е классы) В классе меньше 30 человек. Вероятность того, что наугад выбранная девочка — отличница, равна а вероятность того, что наугад выбранный мальчик — отличник, равна Сколько в классе отличников?

14. (10–11-е классы) Аня, Боря и Вася решили пойти на елку. Они договорились встретиться на автобусной остановке, но не знают, кто во сколько придет. Каждый из них может прийти в случайный момент времени с 15:00 до 16:00. Вася самый терпеливый из всех: если он придет и на остановке не будет ни Ани, ни Бори, то он будет ждать кого-нибудь из них 15 минут и, если никого не дождется, пойдет на елку один. Боря менее терпеливый: он будет ждать лишь 10 минут. Аня самая нетерпеливая: она вообще не будет ждать. Однако если Боря и Вася встретятся, то они будут ждать Аню до 16:00. Какова вероятность того, что на елку они пойдут все вместе?

15.  (8–9-е классы) Три усталых ковбоя зашли в салун и повесили свои шляпы на бизоний рог при входе. Когда глубокой ночью ковбои уходили, они были не в состоянии отличить одну шляпу от другой и поэтому разобрали три шляпы наугад. Найдите вероятность того, что никто из них не взял свою собственную шляпу.

16. (10–11-е классы) Игральную кость бросают раз за разом. Обозначим P_n вероятность того, что в какой-то момент сумма очков, выпавших при всех сделанных бросках, равна n. Докажите, что при n ≥ 7 верно равенство

17. (10–11-е классы) На рулетке может выпасть любое число от 0 до 2007 с одинаковой вероятностью. Рулетку крутят раз за разом. Обозначим P_k вероятность того, что в какой-то момент сумма чисел, выпавших при всех сделанных бросках, равна k. Какое число больше: P₂₀₀₇ или P₂₀₀₈?

18. (Перечисление.) (8–11-е классы) На рисунке изображена схема трассы для картинга. Старт и финиш — в точке А, причем картингист по дороге может сколько угодно раз заезжать в точку А и возвращаться на круг.

На путь от А до В или обратно юный гонщик Юра тратит минуту. На путь по кольцу Юра также тратит минуту. По кольцу можно ездить только против часовой стрелки (стрелки показывают разрешенное направление движения). Юра не поворачивает назад на полпути и не останавливается. Длительность заезда 10 минут. Найдите число возможных различных маршрутов (последовательностей прохождения участков).

19.(10–11-е классы) По случаю начала зимних каникул все мальчики из 8«В» пошли в тир. Известно, что в 8«В» n мальчиков. В тире, куда пришли ребята, n мишеней. Каждый из мальчиков случайным образом выбирает себе мишень, при этом некоторые ребята могли выбрать одну и ту же мишень. После этого все одновременно делают залп по своим мишеням. Известно, что каждый из мальчиков попал в свою мишень. Мишень считается пораженной, если в нее попал хотя бы один мальчик.

а) Найти среднее количество пораженных мишеней.

б^*) Может ли среднее количество пораженных мишеней быть меньше ?

Решения задач

1.  б) Задача является частным случаем более общей задачи пункта «в».

в) Пусть Ваня сначала подбросит монету n раз, как и Таня. После этого возникают события:

A = {у Вани больше «орлов»};

B = {у Тани больше «орлов»};

C = {у Вани и у Тани одинаковое количество «орлов»}.

Ясно, что P(A) + P(B) + P(C) = 1 и что из-за симметрии (игроков можно поменять местами, и ситуация при этом не изменится) P(A) = P(B), где P(A), P(B), P(C) — это вероятности соответствующих событий.

Пусть теперь Ваня подбросит монету в последний, n + 1 раз. Если ранее произошли события A или B, исход последнего бросания на конечный результат не повлияет: если A, то Ваня выиграет, если B — не проиграет. У Вани окажется больше «орлов» в случае C, если в (n + 1)-м бросании выпадет «орел» (вероятность этого события равна ). Следовательно, вероятность выигрыша для Вани равна:

Последнее следует из того, что

P(A) + P(B) + P(C) = 2P(A) + P(C) = 1.

Ответ:

2. а) Для того чтобы встретиться в полуфинале, команды должны попасть в разные, но сходящиеся к одному полуфиналу подгруппы (событие X).

Замечание. На чертеже одну подгруппу составляют позиции 1 и 2, 3 и 4 и т.д.

Команда A может попасть в любую подгруппу. Чтобы команда Б могла встретиться с командой А в полуфинале, она должна попасть в смежную подгруппу. Вероятность этого

Затем и команда А, и команда Б должны выиграть свои встречи (событие Y). Вероятность этого

Так как команды одинаково хорошо играют в футбол, то вероятность выигрыша в подгруппе равна и выигрыши команд А и Б — независимые события, то

Поскольку события X и Y — независимы, то P({команды А и Б встретятся в полуфинале})

б) Для того чтобы встретиться в финале, команде Б необходимо попасть в ту половину таблицы, в которую не попала команда А. Соответственно,

Кроме того, каждой команде необходимо выиграть по два матча:

В итоге:

P({команды А и Б встретятся в финале})

3. а) Событие A_³ n = {Иван Семенов получает за тест n баллов или больше}.

Событие B = {он решает задачу}.

Тогда

P({получил больше 5 баллов}) = P(A_≥ 4)·P(B) + P(A_≥ 6)·P(B).

Очевидно, что вероятность правильно угадать одно из 4 решений — это

(закон распределения Я. Бернулли).

Тогда:

P({получил больше 5 баллов})

4.  а) Пусть M — количество городов-миллионеров, N — количество городов немиллионеров, m и n — среднее количество населения в городах 1-го и 2-го типа соответственно. Тогда вероятности равны:

P({городской житель живёт в городе-миллионере})=

P({выбранный город-миллионер})=

Следовательно, необходимо сравнить

Видно, что

Заметим, что m > 1 000 000 и n≤1 000 000 (так как если m≤1 000 000, то среди городов-миллионеров найдется город с населением меньшим или равным 1 000 000, что противоречит определению города-миллионера; для n — аналогично). Следовательно, Тогда очевидно, что

То есть вероятность того, что наугад выбранный городской житель живет в городе-миллионере, больше вероятности того, что наугад выбранный город — миллионер.

5.  а) Приведем пример, в котором такая ситуация возможна.

Оценки 1-го спортсмена: 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 6, 6, 6. Сумма 10 оценок — 25.

Оценки 2-го спортсмена: 1, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 5, 5, 5. Сумма 10 оценок — 23.

Оценки 3-го спортсмена: 1, 1, 1, 1, 1, 1, 3, 4, 4, 4. Сумма 10 оценок — 21.

Оценки 4-го спортсмена: 1, 1, 1, 1, 1, 1, 4, 3, 3, 3. Сумма 10 оценок — 19.

Оценки 5-го спортсмена: 1, 1, 1, 1, 1, 1, 5, 2, 2, 2. Сумма 10 оценок — 17.

Оценки 6-го спортсмена: 1, 1, 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1. Сумма 10 оценок — 15.

При таком голосовании в случае, если учитываются оценки только первых 7 судей, 1-й спортсмен займет последнее место, при этом сумма всех 10 оценок у него наибольшая. В то же время 6-й спортсмен займет первое место, а сумма всех его 10 оценок наименьшая.

Ответ: да, могло.

б) Такая ситуация возможна, см., например, пункт «а».

Ответ: да, могло.

6.  а) Покажем, что так нагрузить монеты невозможно. Сразу заметим, что если обе монеты симметричны, то выпадение комбинации «орел»-«решка» более вероятно, чем выпадение остальных комбинаций. Теперь без ограничения общности можно считать, что у первой монеты вероятность выпадения «орла» больше. Рассмотрим все возможные случаи.

1. У второй монеты вероятность выпадения «орла» не меньше, чем вероятность выпадения «решки». Тогда легко видеть, что при бросании двух монет вероятность выпадения комбинации «орел»-«орел» больше, чем вероятность выпадения комбинации «решка»-«решка».

2. У второй монеты вероятность выпадения «решки» больше, чем вероятность выпадения «орла». Тогда вероятность события A = (на первой монете выпадет «орел» и одновременно на второй монете выпадет «решка») уже больше вероятности выпадения комбинации «решка»-«решка». Значит, комбинация «орел»-«решка» более вероятна, чем комбинация «решка»-«решка».

Таким образом, утверждение полностью доказано.

Ответ: нельзя нагрузит две монеты так, чтобы вероятности выпадения любой из комбинаций «решка»-«решка», «орел»-«решка», «орел»-«орел» были бы одинаковы.

б) Приводим решение участника олимпиады Ивана Ноздрина.

Покажем, что так нагрузить монеты невозможно. Докажем от противного. Предположим, что нам удалось нагрузить две монеты так, что вероятность выпадения любой суммы от 2 до 12 одинакова. Пусть вероятность выпадения «1» на первой кости равна P₁, а на второй кости вероятность выпадения «1» равна Q₁. Пусть, кроме того, вероятность выпадения на первой кости «6» равна P₆, а вероятность выпадения «6» на второй кости равна Q₆. Заметим, что единственный способ получить при бросании костей сумму 2 — это выбросить «1» и «1», а единственный способ получить 12 — выбросить «6» и «6». Значит, вероятность выпадения двух единиц равна вероятности выпадения двух шестерок. Таким образом,

P ₁·Q₁ = P₆·Q₆ ≠ 0.

Последнее неравенство следует из того, что вероятности всех сумм равны между собой по условию и их сумма равна 1. Также заметим, что вероятность получения суммы 7 не меньше, чем вероятность события A = (на одной из костей выпало «1», а на другой «6»). Поскольку вероятность события A равна P₁·Q₆ + P₆·Q₁ и вероятность получения суммы 7 равна вероятности получения суммы 2 по условию, то

P ₁·Q₁ ≥ P₁·Q₆ + P₆·Q₁.

Можем поделить обе части на P₁·Q₁, так как по сделанному замечанию это произведение не равно нулю. Таким образом, имеем: Из соотношений P₁·Q₁ = P₆·Q₆ ≠ 0 получаем, что Тогда, сделав замену в неравенстве получим:

Но тогда отсюда следует, что P₁ = P₆ = 0, Противоречие, так как ранее было показано, что

P₁·Q₁ = P₆·Q₆ ≠ 0.

Утверждение, таким образом, полностью доказано.

Ответ: нельзя нагрузить две кости так, чтобы вероятность выпадения любой суммы от 2 до 12 была одинаковой.

7. Заметим, что игрок, делающий первый ход, всегда имеет преимущество и выигрывает при правильной стратегии. Действительно, на первом шаге нужно взять один камень из кучи, а на каждом последующем шаге брать такое количество камней, чтобы в сумме с количеством камней, которое взял на предыдущем шаге соперник, получилось ровно 5 камней. Поскольку, согласно правилам игры, на каждом шаге разрешено брать 1, 2, 3 или 4 камня, то такая стратегия всегда осуществима.

В то же время если на каком-то из шагов игрок, делающий первый ход, отступит от этой стратегии, то его соперник имеет возможность выиграть игру, воспользовавшись той же стратегией. Заметим также, что если в игре побеждает игрок, делающий первый ход, то он обязательно делает за игру 4 хода.

Таким образом, у Пети на каждом шаге есть только одна возможность не проиграть. Кроме того, в случае выигрыша Петя сделает за игру 4 хода, значит, он выиграет с вероятностью

Ответ:

8.  Поскольку Вася вынет две карамельки с вероятностью 0,54, то вероятность того, что он вынет две шоколадные конфеты, заведомо не превосходит 1 – 0,54 = 0,46, то есть вероятность выигрыша для Васи меньше Значит, больше шансов на победу у Пети.

Ответ: у Пети.

9.  Пусть на четырех карточках написаны натуральные числа a, b, c, d. Из них две можно выбрать шестью различными способами. Поскольку, по условию, пару карточек выбирают случайным образом, то вероятность выбрать конкретную пару равна Далее, так как, по условию, события {s = 9}, {s < 9}, {s > 9} (где s — сумма чисел на выбранных карточках) равновероятны, то вероятность каждого из них равна Значит, записав все возможные суммы (а это a + b, a + c, a + d, b + c, b + d, c + d), мы можем заключить, что две из этих сумм равны 9, две — больше 9 и две — меньше (поскольку каждую из них можно получить с вероятностью

Рассмотрим те суммы, которые равны 9. Здесь возможны два случая:

1) либо в каждой из этих (двух) сумм одно из слагаемых взято с одной и той же карточки;

2) либо же все слагаемые взяты с разных карточек.

Рассмотрим 1-й случай. Пусть, для определенности, суммы, равные 9, — это a + b = a + c = 9. Тогда это означает, что на карточках написаны числа a, 9 – a, 9 – a, b, а возможные суммы равны 9, 9, 2(9 – a), a + b, 9 – (a – b), 9 – (a – b). Тогда если предположить, что a < b, то две последние суммы больше 9, а значит, две средние должны быть меньше 9. Но из 2(9 – a) < 9 получаем, что 9 < 2a, а из a < b и a + b < 9 — что 2a < 9, то есть получаем противоречащие друг другу неравенства; к ним нас привело предположение, что a < b, — значит, это предположение неверно. Если же предположить, что a > b, то также справедливы только что проведенные рассуждения, если предварительно во всех неравенствах поменять знак «<» на «>». Таким образом, первый случай невозможен.

Теперь рассмотрим 2-й случай. Для определенности положим a + c = b + d = 9, следовательно, на карточках написано не a, 9 – a, b, 9 – b, а возможные суммы 9, 9, 9 – (a – b), 9 + (a – b), a + b, 18 – (a + b). Как мы видим из выписанных сумм, необходимыми и достаточными условиями для выполнения требований задачи являются a≠b и a + b≠9. Из первого условия следует, что в третьей и четвертой суммах одно слагаемое больше 9, а другое — меньше; из второго условия получаем то же самое для последних двух сумм. Невыполнение же любого из условий будет означать, что более двух сумм равны 9.

Итак, по набору условий 0 < a < 9, 0 < b < 9 (все числа — натуральные), a≠b, a + b≠9, выпишем все возможные комбинации чисел на карточках (без учета перестановок). Они и будут ответом.

Ответ: (1; 2; 7; 8), (1; 3; 6; 8), (1; 4; 5; 8), (2; 3; 6; 7), (2; 4; 5; 7), (3; 4; 5; 6).

10. Приведем пример таких кубиков. Пусть на первом кубике написаны числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, а на втором числа 0, 6, 12, 18, 24, 30. Заметим, что любое число от 1 до 36 представимо единственным образом в виде суммы чисел, написанных на данных кубиках. Таким образом, сумма очков при бросании принимает значения 1, 2, ..., 36 с равными вероятностями.

Ответ: да, можно.

11. Пусть в классе n мальчиков, тогда число способов выбрать из них двух дежурных равно число способов выбрать двух дежурных из всего класса равно Поэтому вероятность того, что будут выбраны два мальчика, равна отношению двух полученных дробей, то есть Она же по условию равна Получаем квадратное уравнение n² – n – 72 = 0, его корни n₁ = –8, n₂ = 9. Но нам подходит только положительный корень, то есть в классе 9 мальчиков и, следовательно, 25 – 9 = 16 девочек.

Ответ: 16.

12. Выпишем отметки Васи по возрастанию. На третьем (среднем) месте будет стоять 4. Значит, двумя отметками, стоящими правее, могут быть только (4; 4), (4; 5), либо (5; 5). Первые два варианта не подходят, так как тогда четверок будет больше, чем пятерок, что противоречит условию. Значит, последние две отметки — пятерки.

Так как среднее всех отметок равно 3,8, то сумма всех пяти отметок равна 3,8·5 = 19, а значит, первые две отметки (стоящие левее четверки) в сумме дают 19 – (5 + 5 + 4) = 5. Значит, ими могут быть только (1; 4) или (2; 9). Первый вариант снова невозможен, так как иначе у Васи было бы поровну четверок и пятерок.

Значит, Васины отметки — 2, 3, 4, 5, 5.

Ответ: 2, 3, 4, 5, 5.

13. В соответствии с классической теорией вероятностей вероятность того, что наугад выбранная девочка — отличница, равна отношению количества девочек-отличниц к общему количеству девочек в классе. Соответственно,

Учитывая, что количество девочек — число натуральное и что в классе меньше 30 человек (и соответственно, меньше 30 девочек), находим, что в классе либо 13 девочек (3 отличницы), либо 26 (6 отличниц). Применяя те же рассуждения к мальчикам, находим:

В классе либо 11 мальчиков (4 отличника), либо 22 (8 отличников). Далее, учитывая, что в классе меньше 30 человек, находим, что в классе 13 девочек (3 отличницы) и 11 мальчиков (4 отличника).

Соответственно, количество отличников равно 3 + 4 = 7.

Ответ: 7.

14. Так как Аня совсем не будет ждать, то ребята все вместе пойдут на елку, только если Аня придет последней. Очевидно, что эти события независимы, следовательно,

P({все трое пойдут на елку}) =
P({Аня придет последней}) x
x P({Боря и Вася встретятся}).

Комбинаторно находим:

P({Аня придет последней})

Вторая вероятность находится геометрически (см. рисунок):

Следовательно,

15. Запомним, что у ковбоев 6 различных вариантов взять шляпы. Действительно, первый ковбой может взять любую из трех шляп, второй — одну из оставшихся двух, а третий возьмет последнюю шляпу.

При этом только в двух вариантах из шести никто из ковбоев не возьмет свою шляпу, поскольку ковбой, который берет шляпу первым, может взять любую из двух шляп других ковбоев. У оставшихся же ковбоев выбора нет, так как шляпа одного из них по-прежнему никем не взята и, значит, он обязательно должен взять другую шляпу.

Таким образом, искомая вероятность равна

Ответ:

16. Разделим игру на два независимых испытания: первый бросок, который дает с вероятностью любое число очков k от 1 до 6, и второе испытание — все последующие броски. Все последующие броски — такая же игра, которая дает в какой-то момент суммы m с вероятностью P_m.

Очевидно, во всей игре сумма очков в какой-то момент станет равна n, если m = n – k. Рассмотрим события A_{k; n – k} = {первый бросок дал k очков, последующие привели в какой-то момент к сумме n – k}.

Поскольку последующие броски не зависят от первого,

События A_{1; n – 1}, A_{2; n – 2}, A_{3;  n– 3}, ... несовместны, поэтому

что и требовалось доказать.

17. Рассуждая так же, как и в предыдущей задаче (отличие в одном: вместо числа 6 — число 2007, а 0, как легко видеть, не влияет на вероятность получения суммы n), найдем:

Более подробно, как в задаче 16, показываем, что

откуда

и значит,

Отсюда уже следует (1).

Формула (1) верна и для n = 2007, если положить P₀ = 1, что естественно — в начале игры сумма с достоверностью равна нулю. Тогда

последнее неравенство следует из того, что P₂₀₀₇ < P₀ = 1 (сумма 2007, очевидно, может и не случиться). Правая часть неравенства и есть P₂₀₀₇. Значит, P₂₀₀₈ < P₂₀₀₇.

18. Решение данной задачи зависит от понимания условия.

1. Будем считать, что невозможно проехать из точки B в точку A, не проехав круг. Тогда единственное, что может сделать картингист в первые 2 минуты, это проехать от точки A до точки B по кругу. Последнюю же минуту он потратит, чтобы проехать из точки B в точку A. Следовательно, варианты существуют только относительно семи оставшихся минут. В точке B у картингиста существует 2 варианта: либо, потратив минуту, проехать круг, либо, потратив три минуты, доехать до точки A, затем обратно и по кругу.

Найдем количество возможных комбинаций 1 и 3, дающих в сумме семь.

1 комбинация: все единицы;

5 комбинаций: одна тройка и четыре единицы;

3 комбинации: две тройки и одна единица.

2. Будем считать, что можно вернуться из точки B в точку A, не проезжая круга.

Приводим решение участника Михаила Ноздрина.

Заметим, что из точки A через минуту гонщик может попасть только в точку B. Но из точки B он может попасть как в точку A, так и в точку B. Значит, количество вариантов в каждую минуту, что он в точке A, будет равно количеству вариантов, что он в предыдущую минуту был в точке B, а количество вариантов, что он в точке B, равно всему количеству вариантов в предыдущую минуту. И после 10 минут число вариантов в точке A будет иметь количество маршрутов:

Вариантов на пункт/ через инуту	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
A	1	0	1	1	2	3	5	8	13	21	34
B	0	1	1	2	3	5	8	13	21	34	55

Ответ: 34.

19.  а) Обозначим через p вероятность того, что данная мишень поражена. Тогда, в силу симметрии, искомое среднее число пораженных целей равно np. Таким образом, осталось найти p. Заметим, что вероятность того, что данный мальчик поразит данную мишень, равна Следовательно, вероятность того, что данный мальчик не поразит данную мишень, равна Поэтому, в силу независимости выстрелов, вероятность того, что ни один мальчик не поразит данную мишень, равна Значит, вероятность того, что хотя бы один мальчик поразит данную мишень, равна А это и есть вероятность p. Таким образом, среднее количество пораженных мишеней равно

Ответ:

б^*) Покажем, что среднее количество пораженных мишеней всегда больше , для n = 1 это очевидно из условия. Для этого достаточно показать, что

Мы докажем это равенство, воспользовавшись тем, что последовательность монотонно возрастает, и тем, что

Для того, чтобы доказать, что последовательность a_n монотонно возрастает, достаточно доказать, что последовательность монотонно убывает. Теперь заметим, что

Таким образом,

Первое нестрогое неравенство в цепочке следует из известного неравенства Бернулли:
(1 + α)ⁿ ≥ 1 + nα при nN и α > –1. Значит, последовательность a_n монотонно возрастает.

Теперь покажем, что Для этого достаточно показать, что Имеем:

Последнее, что осталось доказать, это неравенство которое следует из того, что e = 2,7...

Утверждение полностью доказано.

Ответ: среднее количество пораженных мишеней всегда больше

Бородин П., Высоцкий И., Захаров П. , Макаров А. , Ященко И.