ЗАДАЧИ. Пример2( 93): Сколькими способами 10 человек могут встать в очередь друг за другом? Решение: 10!=
1 ЗАДАЧИ На правила суммы и произведения Пример1(пр.10): На книжной полке стоят 20 книг по алгебре, 12 по теории вероятностей, 7 по мат. анализу и 25 по литературе. Сколькими способами можно выбрать книгу по математике? Решение: Найдём число способов, которыми можно выбрать книгу по алгебре, или по теории вероятностей, или по мат. анализу. Книгу по алгебре можно выбрать 20 способами, по теории вероятностей 12 способами и по мат. анализу 7 способами. Эти выборы несовместны (независимы друг от друга), поэтому по правилу сложения находим, что выбрать книгу по математике можно =39 способов. Пример2( 65): В магазине имеется 6 сортов шоколадных конфет и 4 сорта карамели. Сколько различных покупок конфет одного сорта можно сделать в этом магазине? Сколько можно сделать различных покупок, содержащих 1 сорт шоколадных конфет и 1 сорт карамели? Решение: 1) выбор либо шоколадных, либо карамели 6+4=10 способов 2) выбор и шоколадных и карамели 6*4=24 способа. Пример3( 68): Сколько различных полных обедов можно составить, если в меню имеется 3 первых, 4 вторых, и 2 третьих блюда? Решение: В выборе должны участвовать все блюда. Первое 3 способами, второе 4 способами, третье 2 способами, полный обед и 1,и 2, и 3 3*4*2=24 способа. Пример4( 71): Сколько различных трёхбуквенных слов можно составить из букв слова «ромб»? Решение: первую букву можно выбрать 4 способами, 2-ую 3 способами, 3-ю 2 способами. Выбор и1 и2 и3 4*3*2=24 способов. Перестановки без повторений Пример1: Сколькими способами можно переставить три монеты 1, 2, 3 копейки, расположенные соответственно на трёх местах с номерами 1, 2, 3? Решение: 3!=1*2*3=6 способов (первая монета 3 способа, 2ая 2 способа, 3я 1 способ, считаем по правилу умножения, т. к. нужны все монеты). 123,213,321,132,312,231. Пример2( 93): Сколькими способами 10 человек могут встать в очередь друг за другом? Решение: 10!= Перестановки с повторениями Пример1(пр.18): Сколькими способами можно расставить белые фигуры (2 ладьи, 2 слона, 2 коня, ферзь и король) на первой линии шахматной доски? Решение: Количество всех фигур, которые нам нужно расставить равно 8. Ладьи можно поставить двумя способами, слонов двумя способами, коней двумя способами, ферзя и короля одним способом.
2 Общее количество способов =8!/2!2!2!1!1!=7!=5040. Пример2( 111): Сколькими способами можно расставить на книжной полке 5 книг по математике, 3 книги по литературе и 2 книги по истории, если книги по каждому предмету одинаковые? Решение: Общее кол-во книг: 5+3+2=10, значит n=10. Книгу по каждому предмету можно взять 5!, 3!, 2! способами, значит, книги можно расставить 10!/5!3!2!=2520 способов. Пример3( 113): У мамы 2 яблока, 3 груши и 4 апельсина. Каждый день в течение 9 дней она выдаёт сыну по одному плоду. Сколькими способами это может быть сделано? Решение: Общее кол-во плодов: 2+3+4=9, значит n=9. Каждый плод можно выбрать 2!, 3!, 4! способами, значит, плоды можно выбрать 9!/2!3!4!=1260 способами. Пример4: Сколькими способами можно переставить буквы в слове «мама»? Решение: Общее кол-во букв: 4, значит n=4. Каждую букву можно переставить 2!, 2! способами, значит, буквы можно переставить 4!/2!2!= 6 способов. Пример5( 112): Найдите число различных перестановок в слове «статистика». Решение: Общее количество букв в слове 10. Различных букв в слове 4: с 2, т 3, а 2, и 2, к 1. каждую из этих букв можно поставить с=2!, т=3!, а=2!, и=2!, к=1! способами. Значит, общее кол-во способов=10!/2!3!2!2!1!=75600 способов. Сочетания без повторений Пример1(пр.17): Даны натуральные числа от 1 до 30. сколькими способами можно выбрать три числа так, чтобы их сумма была чётной? Решение: Сумма трёх чисел будет чётной, если все слагаемые чётные или одно слагаемое чётное и два слагаемых нечётные. Следовательно, из 15 чётных чисел 3 числа можно выбрать С 15 3 различными способами, т. к. порядок слагаемых не учитывается. Кроме того, из 15 нечётных чисел 2 числа можно выбрать С 15 2 различными способами, и после каждого такого выбора по одному чётному числу из 15 можно выбрать С 15 1 способами. По правилу произведения (потому что должно быть и чётное и нечётное) число выборок, содержащих два нечётных и одно чётное число, равно С 15 2 С Применяя правило суммы (либо только чётные, либо и чётные и нечётные), найдём общее число выборок, удовлетворяющих условию: С С 15 2 С 15 1 =2030 способов. Пример2: Сколькими способами можно выбрать двух из четырёх гостей? Решение: n=4, выбираем двух, значит к=2. Подставляем в формулу: С 4 2 =4!/2!(4! 2!)=4!/2!2!=6 Пример3: Сколькими способами можно выбрать три из пяти букв слова «пенал»? Решение: n=5(общее количество букв), выбираем три, значит к=3. Подставляем в формулу: С 5 3 =5!/3!(5! 3!)=5!/3!2!=10.
3 Пример4( 100): В состав сборной включены 2 вратаря, 5 защитников, 6 полузащитников и 6 нападающих. Сколькими способами тренер может выставить на поле команду, в которую входит вратарь, 3 защитника, 4 полузащитника и 3 нападающих? Решение: 1 вратаря из 2х можно выбрать 2мя способами, 3 защитника из 5 С 5 3 способа, 4 полузащитника из 6 С 6 4 способа, 3 нападающих из 6 С 6 3 способа. В команде должны быть все игроки, значит по правилу произведения находим общее количество способов: 2*С 5 3 *С 6 4 *С 6 3 =2*5!/3!2!*6!4!2!*6!/3!3!=2*10*15*20=6000 способов. Сочетания с повторениями Пример1(пр.19): В цветочном магазине продаются цветы шести сортов. Сколько можно составить различных букетов из 10 цветов в каждом? (букеты, отличающиеся лишь расположением цветов, считаются одинаковыми). Решение: Рассматриваемое множество состоит из 6 различных элементов (разные сорта цветов), а подмножества имеют длину 10 (количество одинаковых цветов). Поскольку порядок расположения цветов в букете не играет роли, то число букетов равно числу сочетаний с повторениями из шести элементов по десяти в каждом. Следовательно, можно составить Č 10 6 = (6+10 1)!/10!(6 1)!=15!/10!5!=3003 букета. Пример2( 115): В почтовом отделении продаются открытки десяти видов. Сколькими способами можно купить здесь набор из восьми открыток, если открыток каждого вида имеется не менее восьми штук? Решение: Рассматриваемое множество состоит из 10 различных элементов (виды открыток), а подмножество из 8 (открытки каждого вида). Следовательно, наборов можно составить Č 10 8 = (10+8 1)!/8!(10 1)!=17!/8!9!=24310 способов купить набор из восьми открыток. Пример3( 116): Сколько можно построить различных прямоугольных параллелепипедов, если длина каждого его ребра может выражаться любым целым числом от1 до10? Решение: Рассматриваемое множество состоит из 10 различных элементов (длина ребра), а подмножество из 3х (высота, ширина, длина т. е. по три разных ребра). Следовательно, различных прямоугольных параллелепипедов можно построить Č 10 3 =(10+3 1)!/3!(10 1)!= 12!/3!9!=220. Размещения без повторений Пример1(пр.15): В студенческий совет избрали 9 человек. Из них надо выбрать секретаря и его заместителя. Сколькими способами можно это сделать? Решение: Из множества, содержащего 9 различных элементов, выбираются 2 элемента. Порядок существенен (например, а секретарь и в заместитель, а заместитель и в секретарь, состоящие из одних и тех же элементов, различны). Элементы не могут повторяться (один и тот же человек не может быть секретарём и заместителем). Следовательно, необходимо найти число размещений без повторений из девяти элементов по два элемента в каждом, т. е. А 9 2 =9!/(9 2)!=9!/7!=8*9=72 способа. Пример2( 90): Сколько трёхзначных чисел можно составить из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, если цифры в числах не повторяются?
4 Решение: Из множества, содержащего 7 различных элементов, выбираются 3 элемента. Порядок существенен (31 и 13 разные числа), элементы не могут повторяться. Следовательно, необходимо найти число размещений без повторений из семи элементов по три элемента в каждом, т. е. А 7 3 =7!/(7 3)!=7!/4!=5*6*7=210 чисел. Пример3( 95): Сколькими способами можно переставлять буквы слова «логарифм» так, чтобы второе, четвёртое и шестое места были заняты согласными буквами? Решение: Из множества, содержащего 5 различных элементов (5 согласных букв в слове «логарифм»), выбираются 3 элемента (2, 4, 6места), их можно выбрать А 5 3 способа. Всего букв в слове 8. Остаются 5 мест, порядок в которых неважен, значит, там буквы можно поставить 5! способами, следовательно, общее количество способов: 5!*А 5 3 =5!*5!/(5 3)!=5!*5!/2!=120*120/2=120*60=7200 способа. Пример4( 96): Имеется 4 чашки, 5 блюдец и 6 чайных ложек (все чашки, блюдца и ложки различные). Сколькими способами может быть накрыт стол для чаепития на трёх человек, если каждый получит одну чашку, одно блюдце, одну ложку? Решение: Речь идёт о размещениях без повторений. Нужно выбрать 3 из 4х чашек, 3 из 5ти блюдец, 3 из 6ти ложек. Всё это можно сделать А 4 3, А 5 3, А 6 3 способами. поскольку нам нужны все предметы, то пользуемся правилом умножения и находим А 4 3 *А 5 3 *А 6 3 = 4!/1!*5!/2!*6!/3!=4!*60*120= способов. Размещения с повторениями Пример1(пр.14): Четверо студентов сдают экзамен. Сколькими способами могут быть поставлены им оценки, если известно, что никому из них не будет поставлена неудовлетворительная оценка? Решение: Каждый из студентов может получить любую из оценок: «отлично», «хорошо», «удовлетворительно». Значит, рассматриваемое множество состоит из трёх различных элементов. При этом порядок расстановки отметок существенен, отметки могут повторяться, а общее число поставленных отметок равно четырём (потому что 4 студента, например, «отлично», «отлично», «хорошо», «удовлетворительно»). Следовательно, необходимо составить размещения с повторениями из трёх элементов по 4, а это число равно Ã 3 4 =3 4 =81. Пример2( 88): Сколькими способами можно распределить 12 различных учебников между четырьмя студентами? Решение: Рассматриваемое множество состоит из 4 элементов (4 студента), а выборка из 12 (количество учебников). Здесь необходимо составить размещения с повторениями. Ã 4 12 =4 12 = Пример3( 89): Сколькими способами можно разложить в два кармана 9 монет разного достоинства? Решение: Рассматриваемое множество состоит из 2 элементов (2 кармана), а выборка из 9 (количество монет). Здесь необходимо составить размещения с повторениями. Ã 2 9 =2 9 =512.
5 Пример4( 117): Трое юношей и две девушки выбирают место работы. Сколькими способами они могут это сделать, если в городе есть три завода, где требуются рабочие в цеха (туда берут только мужчин), две ткацкие фабрики (туда приглашают женщин) и две фабрики, где требуются мужчины и женщины? Решение: Юноши могут пойти работать в 5 мест (3 завода+2 фабрики), а женщины в 4 (2 ткацкие фабрики и 2 фабрики). Следовательно, необходимо выбрать 3 места из 5 для мужчин и 2 места из 4х для женщин. Речь идёт о размещениях с повторениями. Поскольку выбираем места и для юношей и для девушек, то пользуемся правилом умножения и находим: Ã 5 3 * Ã 4 2 =5 3 *4 2 =2000. Пример5( 120): Автомобильные номера состоят из одной, двух или трёх букв и четырёх цифр. Найдите число таких номеров, если используются 24 буквы русского алфавита и 10 цифр (0, 1, 2 9). Решение: Из 10 цифр любые 4 мы можем выбрать 10 4 способами. Номер с одной буквой 24 1 способами, номер с двумя буквами 24 2 способами, номер с тремя буквами 24 3 способами. Поскольку буквы и цифры должны присутствовать в номере, используем правило умножения, а количество букв может быть различным, то используем правило суммы. Получаем: 10 4 *( )=14424*10 4. Пример6( 114): Сколько четырёхзначных чисел имеется в пятеричной системе счисления? Решение: В 5-ричной системе счисления используется всего 5 цифр: 0, 1, 2, 3, 4. Из этих цифр нужно составить 4х-значные числа. Первую цифру можно поставить четырьмя способами (на первое, второе, третье или четвёртое место). На остальных трёх местах может быть любая из пяти цифр, значит, их можно расставить А 5 3 =5 3 способами. Так как число должно быть четырёхзначным, то используем правило умножения, и получаем: 4*5 3 =4*125=500 чисел. Вероятность Пример1(пр.2): Из 35 экзаменационных билетов, занумерованных с помощью целых чисел от 1 до 35, наудачу извлекается один. Какова вероятность того, что номер вытянутого билета есть число, кратное 3? Решение: Испытание состоит в том, что извлекается один билет. Так как билет вытягивается наудачу, то все исходы испытания равновероятны и, кроме того, они несовместны. Число возможных исходов испытания равно 35. Событие А означает, что номер взятого билета кратен трём. Этому событию благоприятствуют 11 исходов испытания (3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30, 33). Следовательно, по формуле искомая вероятность равна: 11/35. Пример2( 9): Даны числа от 1 до 30 включительно. Какова вероятность того, что наудачу выбранное целое число является делителем числа 30? Решение: Число возможных исходов испытания равно 30 (количество чисел), а количество благоприятных исходов равно 8 (1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30). Следовательно, по формуле искомая вероятность равна: 8/30.
6 Пример3( 15): На четырёх карточках написаны числа 1, 2, 3, 4. Какова вероятность того, что сумма чисел на трёх произвольно выбранных карточках делится на три? Решение: Число возможных исходов испытания равно числу сочетаний трёх цифр из четырёх, т. е. любая сумма трёх чисел. Количество благоприятных исходов равно 2 (два варианта выбора карточек, чтобы сумма на них была кратна , 2+3+4), следовательно, искомая вероятность равна 2/С 4 3 =2/4=1/2. Пример4(пр.7): В двух коробках лежат карандаши одинаковой величины и формы, но разного цвета. В первой коробке 4 красных и 6 чёрных, а во второй 3 красных, 5 синих и 2 чёрных. Из обеих коробок вынимается наугад по одному карандашу. Какова вероятность того, что оба карандаша окажутся красными? Решение: Испытание состоит в том, что из каждой коробки вынимается по одному карандашу. Пусть событие А означает, что вынутый карандаш из первой коробки оказался красным, событие В что вынутый карандаш из второй коробки тоже красный. Тогда событие АВ означает, что оба вынутые карандаша оказались красными. Поскольку события А и В независимы, то вероятность события АВ равна произведению вероятности А и вероятности В. Вероятности событий А и В равны соответственно 4/10 и 3/10. Следовательно, вероятность того, что оба карандаша оказались красными равна 0,4*0,3=0,12. Пример5(пр.20): Группа туристов из 15 юношей и 5 девушек выбирает по жребию команду в составе 4х человек. Какова вероятность того, что в составе этой команды окажутся 2 юноши и две девушки? Решение: Испытание состоит в том, что из 20 человек выбирают 4 человека. Так как выбор осуществляется по жребию, то все исходы испытания равновероятны и кроме того, они несовместны. Число исходов испытания равно С 20 4 =20!/4!16!=17*19*15, так как выборка состоит из 4х элементов, и порядок их расположения в выборке не учитывается. Пусть событие А состоит в том, что в составе выбранной команды окажутся два юноши и две девушки. Двух юношей из 15 можно выбрать С 15 2 =15!/2!13!=7*15 способами и после каждого такого выбора двух девушек из 5 можно выбрать С 5 2 =5!/2!3!=10 способами. По правилу произведения событию А благоприятствует С 15 2 *С 5 2 исходов испытания. Искомая вероятность равна: С 15 2 *С 5 2 /С 20 4 =7*15*10/17*19*15= 70/323=0,217. Пример6(пр.22): Студент 2 раза извлекает по одному билету из 34, предлагаемых на экзамене. Какова вероятность того, что студент сдаст экзамен, если он подготовил только 30 билетов и первый раз вынул неудачный билет? Решение: Испытание состоит в том, что два раза наудачу извлекаются по одному билету, причём вынутый первый раз билет назад не возвращается. Пусть событие А заключается в том, что первый раз вынут «неудачный» билет, а событие В в том, что второй раз вынут «удачный» билет. Требуется вычислить вероятность события АВ, состоящего в том, что первый раз был вынут «неудачный» билет, а второй раз «удачный». События А и В независимые, т. к. вынутый первый билет не возвращается в число всех билетов. Поэтому р(ав)=р(а)*р(в/а). из условия задачи находим р(а)=4/34 (4 кол-во билетов, которые он не знает). Если событие А произошло, то на столе экзаменатора осталось 33 билета, из которых 30 «удачных». Следовательно, р (В/А)=30/33 и искомая вероятность
7 р(ав)=4/34*30/33=120/1122=20/187=0,107. Пример9( 128): Для дежурства на вечере путём жеребьёвки выделяются 5 человек. Вечер проводит комиссия, в составе которой 10 юношей и 2 девушки. Найдите вероятность того, что в число дежурных войдут обе девушки. Решение: Всего человек в комиссии 12 (10 ю+2 д), из которых надо выбрать 5 человек, значит, общее кол-во исходов: С 12 5 = 12!/5!7!=8*9*11=792. Дежурят 5 человек, из которых должно быть 2 д и 3 ю, которых можно выбрать так: девушек 1 способом (потому что их всего 2), а ю С 10 3 =10!/3!7!=120, отсюда находим вероятность р=120/792=10/66=5/33=0,1515. Пример10( 129): В коробке находятся 4 красных и 6 зелёных карандашей. Из неё случайно выпали три карандаша. Какова вероятность того, что два из них окажутся красными? Решение: Всего карандашей 10(4+6), выпало три карандаша, значит, общее кол-во исходов равно С 10 3 =10!/3!7!=8*9*10/6=120. Нас устроит исход, когда выпало два красных карандаша и 1 зелёный (по условию задачи). Красные карандаши могут выпасть С 4 2 способами, а зелёные С 6 1 способами, получается С 4 2 =4!/2!2!=6; С 6 1 =6!/1!5!=6, три карандаша могут выпасть 6*6=36 способами, находим искомую вероятность р=36/120=0,3. Пример11( 130): Имеется 6 билетов в театр, из которых 4 билета на места первого ряда. Какова вероятность того, что из трёх наудачу выбранных билетов два окажутся на места первого ряда? Решение: Общее кол-во исходов равно С 3 6 (выбираем три билета из 6) и равно 6!/3!3!=20. Нас устроит вариант, когда из выпавших билетов 2 на места первого ряда, значит 1 билет не на первый ряд. Значит, благоприятные исходы равны С 2 4 (2 из 4 билетов на первый ряд)*с 1 2 (6 4=2 билета не на первый ряд, берём 1) и равно: 4!/2!2!*2=12. Искомая вероятность равна: 12/20=0,6.
Источник
