Задача ЕГЭ 2018: теория вероятностей.

Этот раздел содержит первую часть задач по теории вероятностей, которые достаточно просты для того, чтобы их могли поместить не только в вариант экзамена ЕГЭ по математике профильного уровня, но и в вариант ЕГЭ базового уровня или в вариант ОГЭ для 9-го класса.

В демонстрационных вариантах ЕГЭ 2018 года задания на проверку знаний элементов теории вероятностей могут встретиться под номером 10 для базового уровня и под номером 4 для профильного уровня.

Учиться решать такие задачи лучше поэтапно.
  1. Задачи только на определение вероятности
  2. Задачи с использованием элементов комбинаторики
  3. Решение задач с применением таблиц
  4. Задачи на правила сложения и умножения вероятностей

Задачи только на определение вероятности

Для решения большинства следующих задач достаточно повторить классическое определение вероятности события:
Вероятностью события А называется дробь

P(A) = __ ,mn

в числителе которой стоит число m элементарных событий, благоприятствующих событию А, а в знаменателе n - число всех элементарных событий.

Таким образом, чтобы решить задачу нужно подсчитать число благоприятствующих и число всех возможных элементарных событий.
Вспомним - элементарные события (исходы испытания) попарно несовместимы и равновозможны. Иногда это очевидно, а иногда стоит задуматься. "Попарно несовместимы" означает, например, что один человек не может одновременно ехать в двух автобусах. Не являются "равновозможными", например, встречи на улице с динозавром и собакой.

Обратите внимание на выделенные формулировки. Часто бывает, что условия двух задач отличаются только одним словом, а решения могут быть прямо противоположными. И наоборот, казалось бы разные вопросы, но фактически об одном и том же. Будьте внимательны!

Не забудьте, что благоприятствующих событий не может быть больше, чем вообще всех возможных, а значит числитель дроби никогда не превысит знаменатель. В ответе на вопрос о вероятности события должно быть число, удовлетворяющее условию 0 ≤ P ≤ 1. Если вы получили другой ответ, он заведомо неверный.

Пример 1

На борту самолёта 12 мест рядом с запасными выходами и 18 мест за перегородками, разделяющими салоны. Остальные места неудобны для пассажира высокого роста. Пассажир В. высокого роста. Найдите вероятность того, что на регистрации при случайном выборе места пассажиру В. достанется удобное место, если всего в самолёте 300 мест.

Решение

Если "остальные места неудобны", то удобны именно упомянутые 12 + 18 = 30 мест.
Пассажиру В. может достаться одно любое место из 300 мест в самолёте, значит всего возможных событий n = 300. Но "благоприятствующими" будут только те из них, когда пассажир В. попал на удобное место, таких событий, как и мест, m = 30.

P(A) = ___ 30300 = 0,1.

Ответ: 0,1

В примере, который представлен выше, реализуется самое простое понятие элементарного события. Так как один человек способен занять только одно место, события независимы. А так как в условии специально оговорено, что при регистрации место выбиралось случайно, то равновозможны. Поэтому, фактически, мы считали не события, а места в самолёте.

Пример 2

В группе туристов 30 человек. Их вертолётом в несколько приёмов забрасывают в труднодоступный район по 6 человек за рейс. Порядок, в котором вертолёт перевозит туристов, случаен. Найдите вероятность того, что турист П. полетит первым рейсом вертолёта.

Решение

Определим, сколько всего рейсов должен совершить вертолет
30 : 6 = 5 (рейсов).
Турист П. может полететь любым, но "благоприятствующим" будет только один из них - первый. Следовательно n = 5, m = 1.

P(A) = 1/5 = 0,2.

Ответ: 0,2

В этом примере, уже следует задуматься о том, что представляет собой элементарное событие. Здесь это сформированный рейс вертолёта. Один человек может попасть только на один рейс, т.е. только в одну группу из 6-ти человек, - события независимы. По условию задачи порядок рейсов случаен, т.е. все рейсы для каждой группы равновозможны. Считаем рейсы.

Пример 3

Из множества натуральных чисел от 10 до 19 наудачу выбирают одно число. Какова вероятность того, что оно делится на 3?

Решение

Выпишем в ряд заданные числа и отметим те из них, которые делятся на 3.

10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19

Получается, что из 10 заданных чисел на 3 делятся 3 числа.
Находим ответ по общей формуле

P(A) = 3/10 = 0,3.

Ответ: 0,3

Замечание. Этот способ решения относится к простейшему случаю, когда отрезок ряда короткий, и его легко выписать явно. Что будет, если задачу изменить, например, так:

Из множества натуральных чисел от 107 до 198 наудачу выбирают одно число. Какова вероятность того, что оно делится на 3?

Тогда придётся вспомнить, что "на 3 делится каждое третье число в натуральном ряду" (на 4 - каждое четвертое, на 5 каждое пятое ...) и определить количество групп из трёх чисел на участке ряда от 107 до 198.
1, 2, ..., 105, 106, 107, 108, ..., 197, 198, 199, ...
На этом участке всего 92 числа: 198 - 106 = 92.
Они составляют 30 полных групп и одну неполную (92/3 = 30 целых и 2 в остатке). В каждой полной группе есть одно число, которое делится на 3. В неполной группе, которую составляют два последних числа, 197 не делится 3, а 198 делится. Итого у нас 30 + 1 = 31 "благоприятствующее" число из "всего" 92-ух.

P(A) = 31/92 ≈ 0,337

Теперь проверьте себя.



Внимание: Для усиления обучающего эффекта ответы и решения загружаются отдельно для каждой задачи последовательным нажатием кнопок на желтом фоне. (Когда задач много, кнопки могут появиться с задержкой. Если кнопок не видно совсем, проверьте, разрешен ли в вашем браузере JavaScript.)

Задача 1

В сборнике билетов по биологии всего 55 билетов, в 11 из них встречается вопрос по ботанике. Найдите вероятность того, что в случайно выбранном на экзамене билете школьнику достанется вопрос по ботанике.

Решение

Событие A - "выбор билета с вопросом по ботанике". Выбрать можно только один билет (события попарно несовместимы), все билеты одинаковы (события равновозможны) и все билеты доступны школьнику (полная группа). Значит событие "выбор билета" является элементарным. Всего таких событий столько же, сколько билетов, т.е. n = 55. Благоприятствующих событий столько же, сколько билетов с вопросом по ботанике, т.е. m = 11. По формуле P(A) = 11/55 = 1/5 = 0,2.

Ответ: 0,2

Замечание: В самом деле "бытовая" ситуация настолько знакома и проста, что интуитивно понятно, какие события являются элементарными, и какие благоприятствующими. Дальше я не буду подробно описывать эту часть решения, если в этом не будет необходимости.

Задача 2.

В сборнике билетов по математике всего 25 билетов, в 10 из них встречается вопрос по неравенствам. Найдите вероятность того, что в случайно выбранном на экзамене билете школьнику не достанется вопроса по неравенствам.

Решение

Способ I.
Событие A - "выбор билета без вопроса по неравенствам". Всего 25 билетов, если в 10 билетах есть вопрос по неравенствам, то в 25 - 10 = 15 билетах его нет. Таким образом, общее число возможных исходов n = 25, число исходов, благоприятствующих событию А, m = 15. По формуле P(A) = 15/25 = 3/5 = 0,6.

Способ II.
Событие A - "выбор билета c вопросом по неравенствам". Также, как в задаче 1, получаем P(A) = 10/25 = 2/5 = 0,4. Но вопрос этой задачи противоположен вопросу задачи 1, т.е. нам нужна вероятность противоположного события В - "выбор билета без вопроса по неравенствам". Вероятность противоположного события вычисляем по формуле P(B) = 1 - P(A) = 1 - 0,4 = 0,6.

Ответ: 0,6

Задача 3

В чемпионате по гимнастике участвуют 20 спортсменок: 8 из России, 7 из США, остальные - из Китая. Порядок, в котором выступают гимнастки, определяется жребием. Найдите вероятность того, что спортсменка, выступающая первой, окажется из Китая.

Решение

Событие A - "первой выступает гимнастка из Китая".
Чтобы определить число исходов, давайте сначала задумаемся, что такое исход жеребьевки? Что будем принимать за элементарное событие? Если будем представлять себе процедуру, когда одна спортсменка уже вытащила шарик с номером выступления, а вторая должна что-то вытащить из оставшихся, то будет сложное решение с использованием условной вероятности. Ответ получить можно (см., например, способ II в задаче 6). Но зачем привлекать сложную математику, если можно рассмотреть "бытовую" ситуацию с другой точки зрения?
Представим себе, что жеребьевка завершена, и каждая гимнастка уже держит шарик с номером в руке. У каждой только один шарик, на всех шариках разные номера, шарик с номером "1" только у одной из спортсменок. У какой? Организаторы жеребьевки обязаны сделать так, чтобы все спортсменки имели равные возможности получить этот шарик, иначе она будет несправедливой. Значит событие - "шарик с номером "1" у спортсменки" - является элементарным.
Всего спортсменок n = 20, благоприятствующее событие - шарик с номером "1" у китаянки, всего спортсменок из Китая m = 20 - 8 - 7 = 5. По формуле P(A) = 5/20 = 1/4 = 0,25.

Ответ: 0,25

Задача 4

В соревнованиях по толканию ядра участвуют 4 спортсмена из Финляндии, 7 спортсменов из Дании, 9 спортсменов из Швеции и 5 - из Норвегии. Порядок, в котором выступают спортсмены, определяется жребием. Найдите вероятность того, что спортсмен, который выступает последним, окажется из Швеции.

Решение

Аналогично предыдущей задаче.
Событие A - "последним выступает спортсмен из Швеции". Элементарное событие - "последний номер достался конкретному спортсмену". Всего спортсменов n = 4 + 7 + 9 + 5 = 25. Благоприятствующее событие - спортсмен, которому достался последний номер, из Швеции. Всего спортсменов из Швеции m = 9.
По формуле P(A) = 5/20 = 9/25 = 0,36.

Ответ: 0,36

Задача 5

На чемпионате по прыжкам в воду выступают 25 спортсменов, среди них 8 прыгунов из России и 9 прыгунов из Парагвая. Порядок выступлений определяется жеребьёвкой. Найдите вероятность того, что шестым будет выступать прыгун из Парагвая.

Решение

Аналогично 2-ум предыдущим задачам.
Событие A - "шестым выступает прыгун из Парагвая". Элементарное событие - "номер шесть у конкретного спортсмена". Всего спортсменов n = 25. Благоприятствующее событие - спортсмен, у которого номер "6", из Парагвая. Всего спортсменов из Парагвая m = 9.
По формуле P(A) = 9/25 = 0,36.

Ответ: 0,36

Замечание: Последние три задачи, по сути, абсолютно одинаковы, но с первого взгляда их вопросы кажутся разными. Зачем? Чтобы запутать школьника? Нет, у составителей другая задача: на экзамене должно быть много разных вариантов одинаковой степени трудности. Итак, не надо пугаться "каверзного вопроса", надо рассматривать ситуацию, которая описывается в задаче, со всех сторон.

Задача 6

Конкурс исполнителей проводится в 5 дней. Всего заявлено 80 выступлений - по одному от каждой страны. В первый день 8 выступлений, остальные распределены поровну между оставшимися днями. Порядок выступлений определяется жеребьёвкой. Какова вероятность, что выступление представителя России состоится в третий день конкурса?

Решение

Способ I.
Событие A - "выступление представителя России состоится в третий день". Одно выступление можно считать элементарным событием, так как представители от всех стран равноправны (по одному от каждой страны). Всего n = 80 выступлений. В первый день 8 выступлений, в оставшиеся 5 - 1 = 4 дня по (80 - 8)/4 = 18 выступлений. Значит в третий день состоится 18 выступлений - это благоприятствующие для россиянина события, m = 18.
По формуле P(A) = 18/80 = 9/40 = 0,225.

Способ II.
Пусть событие A - "выступление представителя России состоится в третий день", событие B - "выступление представителя России не состоится в первый день", событие С - "выступление представителя России состоится в третий день при условии, что он не выступал в первый день".
По определению условной вероятности P(A) = P(B)·P(C).
Не выступят в первый день 80 - 8 = 72 человека. По формуле P(B) = 72/80 = 9/10 = 0,9.
Если выступление представителя России не попадет на первый день, то он имеет одинаковые шансы выступить в любой из следующих 4-ёх дней (остальные выступления распределены равномерно, а значит дни равновозможны). По формуле P(C) = 1/4 = 0,25.
Следовательно P(A) = 0,9·0,25 = 0,225.

Ответ: 0,225

Замечание: Задачи теории вероятностей часто решаются разными способами. Выбирайте для себя тот, который понятнее именно вам.

Задача 7

В среднем из 1000 садовых насосов, поступивших в продажу, 5 подтекают. Найдите вероятность того, что один случайно выбранный для контроля насос не подтекает.

Решение

Событие A - "выбранный насос не подтекает".
Всего насосов n = 1000. Из них 5 подтекают, значит не подтекают m = 1000 - 5 = 995.
По формуле P(А) = 995/1000 = 0,995.

Ответ: 0,995

Задача 8

Фабрика выпускает сумки. В среднем на 100 качественных сумок приходится восемь сумок со скрытыми дефектами. Найдите вероятность того, что купленная сумка окажется качественной. Результат округлите до сотых.

Решение

Событие A - "купленная сумка качественная".
Всего n = 100 + 8 = 108 сумок (100 качественных и 8 с дефектами). Качественных m = 100 сумок.
По формуле P(А) = 100/108 = 0,9259259 ≈ 0,93.

Ответ: 0,93

Замечание 1: Сравните эту и предыдущую задачи. Как важно внимательно относиться к каждому слову в условии!
Замечание 2: Правила округления мы повторяли при решении текстовых задач.

Задача 9

Перед началом первого тура чемпионата по бадминтону участников разбивают на игровые пары случайным образом с помощью жребия. Всего в чемпионате участвует 26 бадминтонистов, среди которых 10 участников из России, в том числе Руслан Орлов. Найдите вероятность того, что в первом туре Руслан Орлов будет играть с каким-либо бадминтонистом из России?

Решение

Событие A - "Руслан Орлов будет играть с бадминтонистом из России".
Соревнования по бадминтону, обычно, проводятся с выбыванием, и только в первом туре участвуют все 26 бадминтонистов. Но число всех возможных исходов не равно 26, n = 26 - 1 = 25, потому что Руслан Орлов не может играть с самим собой. По той же причине m = 10 - 1 = 9, ведь Руслан Орлов входит в число 10 участников из России.
По формуле P(А) = 9/25 = 0,36.

Ответ: 0,36

 

Задачи с использованием элементов комбинаторики

В этих задачах ответ также определяется по формуле P(A) = m/n, но подсчет числа n всех возможных событий и числа m благоприятствующих событий заметно труднее, чем в предыдущих случаях. Для этого используют различные методы перебора вариантов и вспомогательные рисунки, таблицы, графы ("дерево возможностей"). Облегчить ситуацию могут правила сложения и умножения вариантов, а также готовые рецепты комбинаторики: формулы для числа перестановок, сочетаний, размещений.

Правило сложения: если некоторый объект A можно выбрать k способами, а объект B - l способами (не такими как А), то объект "или А или В" можно выбрать m + l способами.

Правило умножения: если объект А можно выбрать k способами, а после каждого такого выбора другой объект В можно выбрать (независимо от объекта А) l способами, то пары объектов А и B можно выбрать m·l способами.

Правило умножения еще называют "И-правилом", а правило сложения "ИЛИ-правилом". Не забывайте проверить независимость способов для "И" и несовместимость (не такими) для "ИЛИ".

Следующие задачи можно решать как перебором вариантов, так и с помощью формул комбинаторики. Я даю несколько способов решения для каждой задачи, потому что одним способом её можно решить быстро, а другим долго, и потому что кому-то понятнее один подход, а кому-то другой. Но это не значит, что обязательно нужно разбирать все способы. Лучше хорошо усвоить один любимый. Выбор за вами.

Пример 4

В случайном эксперименте симметричную монету бросают пять раз. Найдите вероятность того, что орел выпадет дважды.

Эту задачу можно решить несколькими способами. Рассмотрим тот, который соответствунт заголовку раздела, а именно только применением формул комбинаторики.

Решение

В каждом из пяти бросаний монеты может реализоваться один из исходов - орёл или решка - для краткости "о" или "р". Таким образом, результатом серии испытаний будет группа из пяти букв, составленная из двух исходных, а значит с повторениями. Например, "оорор" означает, что два раза подряд выпал орел, затем решка, снова орёл и снова решка. Следовательно, чтобы вычислить число всех возможных исходов, нужно подсчитать число размещений из n = 2 по k = 5 с повторениями, которое определяется по формуле

Ank = nk;  A25 = 25 = 32.

Благоприятствующие исходы - орел выпадет ровно два раза - представляют собой пятибуквенные "слова", составленные из трёх букв "р" и двух "о", которые могут стоять на разных позициях, например, "opppo" или "poopp", т.е. это перестановки с повторениями. Их число определяется по формуле

Pn = ______ n!nonp! = ____ 5!2!·3! = _______1·2·3·4·51·2·1·2·3 = 10,

где n = 5 количество переставляемых букв, no = 2 и np = 3 - число повторений букв "о" и "р", соответственно.

По формуле классической вероятности получим P = __1032 = 0,3125

Ответ: 0,3125

Однако, если Вы не знаете этих формул, школьных экзаменов по математике не бойтесь. Не только на ОГЭ и базовом ЕГЭ, но и на ЕГЭ профильного уровня, обычно предлагают рассмотреть короткие серии испытаний. В таких случаях Вы сможете выписать и рассмотреть исходы явным образом. Пробуйте.

Задача 10

В случайном эксперименте симметричную монету бросают трижды. Найдите вероятность того, что орел не выпадет ни разу.

Решение

Способ I.
Можно выписать и рассмотреть все возможные исходы 3-ёх бросаний монеты: {ооо, ооp, оро, орр, роо, рор, рро, ррр}, где о - сокращение от "орёл", р - сокращение от "решка". Из перечисления видно, что n = 8, m = 1. (Благоприятствующее только ррр).
По формуле P(А) = 1/8 = 0,125.

Способ II.
Можно заметить, что условия испытания удовлетворяют схеме Бернулли с p = 1/2 и q = 1/2 и воспользоваться формулой
P(0) = C03·(1/2)0(1/2)(3-0) = 1·(1/2)3 = 1/8 = 0,125.

Ответ: 0,125

Задача 11

В случайном эксперименте симметричную монету бросают трижды. Найдите вероятность того, что орел выпадет ровно один раз.

Решение

Способ I.
Испытание то же и исходы те же, что в предыдущем случае: {ооо, ооp, оро, орр, роо, рор, рро, ррр}. Из перечисления видно, что n = 8, m = 3. (Благоприятствующие: {орр, рор, рро}).
По формуле P(А) = 3/8 = 0,375.

Способ II.
Условия испытания удовлетворяют схеме Бернулли с p = 1/2 и q = 1/2, значит по формуле
P(1) = C13·(1/2)1(1/2)(3-1) = 3·(1/2)1·(1/2)2 = 3/8 = 0,375.

Ответ: 0,375


Задача 12

В случайном эксперименте симметричную монету бросают трижды. Найдите вероятность того, что орел выпадет хотя бы один раз.

Решение

Способ I.
Испытание то же и исходы те же, что в предыдущих случаях: {ооо, ооp, оро, орр, роо, рор, рро, ррр}. Из перечисления видно, что n = 8, m = 7. (Благоприятствующие все, кроме ооо).
По формуле P(А) = 7/8 = 0,875.

Способ II.
По формуле Бернулли с учетом правила сложения (хотя бы 1 из 3-х = или 1, или 2, или 3)
P(А) = P(1) + P(2) + P(3) = C13·(1/2)1(1/2)(3-1) + C23·(1/2)2(1/2)(3-2) + C33·(1/2)3(1/2)(3-3) = (3 + 3 + 1)·(1/2)3 = 7/8= 0,875.

Способ III.
Событие "орел выпадет хотя бы один раз" противоположно событию "орел не выпадет ни разу." Вероятность последнего равна 0,125. Мы определили её в задаче 10.
Значит P(A) = 1 − 0,125 = 0,875 по формуле для вероятности противоположного события.

Ответ: 0,875

Задача 13

В случайном эксперименте симметричную монету бросают четырежды. Найдите вероятность того, что орел не выпадет ни разу.

Решение

Воспользуемся правилом умножения для независимых испытаний.
При каждом бросании возможны 2 исхода, значит при 4-ех бросаниях возможны 2·2·2·2 = 16 исходов.
При каждом бросании орел не выпадет одним способом, значит при 4-ех бросаниях он не выпадет 1·1·1·1 = 1 одним способом.
По формуле P(А) = 1/16 = 0,0625.

Ответ: 0,0625

Замечание: Конечно, эту задачу можно было бы решить любым из способов, рассмотренных раньше. Но чем больше число возможных исходов, тем дольше и бессмысленнее решать перебором вариантов.

Для тех, кто иначе не умеет или хочет проверить более короткое решение более длинным, всё же напишу: {oооо, oооp, oоро, oорр, oроо, oрор, oрро, oррр, pооо, pооp, pоро, pорр, pроо, pрор, pрро, pррр}. Но, чтобы убедиться, что действительно выписаны все возможные исходы, всё равно стоит подсчитать число размещений из 2 по 4 с повторениями: Ank = nk; A23 = 24 = 16.

Cамый лучший способ при большом числе бросаний - формула Бернулли. Попробуйте применить её в этой задаче самостоятельно.

Задача 14

В случайном эксперименте бросают две игральные кости. Найдите вероятность того, что в сумме выпадет 8 очков. Результат округлите до сотых.

Решение

Способ I.
Для одной кости может быть 6 разных исходов испытания (выпадение очков 1,2,...,6) и для другой - 6 исходов независимых от первой. Общее число возможных исходов при бросании двух костей определим по правилу умножения n = 6×6 = 36.
Чтобы определить число благоприятствующих исходов, посмотрим из каких слагаемых получается сумма 8:
1 + 7 = 8; 2 + 6 = 8; 3 + 5 = 8; 4 + 4 = 8; 5 + 3 = 8; 6 + 2 = 8; 7 + 1 = 8.
Первый и последний варианты являются в нашем случае невозможными событиями, числа 7 нет на обычных игральных костях. Остальные реализуются, если на одной кости выпадает первое слагаемое, а на другой кости - второе. Благоприятствующие исходы {"2;6", "3;5", "4;4", "5;3", "6;2"}, всего их m = 5.
По формуле P(A) = 5/36 = 0,138889 ≈ 0,14.

Способ II.
Для этой задачи хорошо считать варианты с помощью таблички.
1 + 12 + 13 + 14 + 15 + 16 + 1
1 + 22 + 23 + 24 + 25 + 26 + 2
1 + 32 + 33 + 34 + 35 + 36 + 3
1 + 42 + 43 + 44 + 45 + 46 + 4
1 + 52 + 53 + 54 + 55 + 56 + 5
1 + 62 + 63 + 64 + 65 + 66 + 6

Ответ: 0,14

Замечание: Правила округления мы повторяли при решении текстовых задач.

Задача 15

В случайном эксперименте бросают три игральные кости. Найдите вероятность того, что в сумме выпадет 7 очков. Результат округлите до сотых.

Решение

Способ I.
Для одной кости может быть 6 разных исходов испытания (выпадение очков 1,2,...,6), и для другой - 6 исходов, и для третьей - 6 исходов, независимых друг от друга. Общее число возможных исходов при бросании трёх костей определим по правилу умножения n = 6×6×6 = 216.
Чтобы определить число благоприятствующих исходов, посмотрим, из каких 3-х слагаемых можно получить число 7. Вспомним, что от перестановки мест слагаемых сумма не меняется.
или 7 = 1 + 1 + 5 (3 перестановки) или 1 + 2 + 4 (6 перестановок) или 1 + 3 + 3 (3 перестановки) или 2 + 2 + 3 (3 перестановки).
Таким образом, по правилу сложения m = 3 + 6 + 3 + 3 = 15 способов получить 7, как сумму очков на 3-х костях.
По формуле P(A) = 15/216 = 0,069444444 ≈ 0,07.

(Подробнее о расчете m: Сначала определяем из каких слагаемых может состоять число 7, например, по схеме
схема-дерево слагаемых ,
и располагаем слагаемые по возрастанию (чтобы исключить ошибки с лишними или недостающими перестановками). А затем аккуратно считаем перестановки либо по формулам Pk = k! - перестановки без повторений, Pk1, k2, ..., kn = k!/(k1!·k2!· ...·kn!) - перестановки с повторениями, либо рассуждением.
По формулам: P3 = 3! = 1·2·3 = 6 и P1,2 = 3!/(1!·2!) = 1·2·3/(1·1·2) = 3.
Рассуждением: если 2 числа одинаковые, а 3-е отличается, то оно может стоять на 1-ом, 2-ом или 3-ем местах, получится 3 перестановки, если все 3 числа разные, то каждое из них может стоять на 1-ом месте, а оставшиеся два занимать 2-е и 3-е или 3-е и 2-е места, соответственно, тогда 3·2 = 6 перестановок.

Способ II.
Для этой задачи тоже можно посчитать варианты с помощью таблички, но уже 3-D!
"Кубик" событий    таблица подсчёта исходов
Подробное решение лучше посмотреть в анимации.

Ответ: 0,07

 

Решение задач с применением таблиц

Если ваш браузер поддерживает Flash, то вы можете посмотреть анимированные графические решения

задачи 14     кнопка:таблица 2D     и задачи 15    кнопка:таблица 3D

способом II - перебором вариантов с использованием таблиц. (Для просмотра щелкните по иконке.)

Постарайтесь рассмотреть эти примеры не только как решение конкретной задачи, но и как иллюстрацию к правилам сложения и умножения исходов испытаний, а также для того, чтобы окончательно определиться с выбором метода решения для экзамена. Как лучше - перебором вариантов или по формулам?

Вывод: задачи по теории вероятности этого задания можно решать по единственной формуле в одно действие, если сумеете подсчитать числа возможных и благоприятствующих событий "на пальцах", схемах, таблицах... Однако, чем сложнее эксперимент ("... монету бросают четырежды ...", "... бросают три игральные кости ..."), тем более громоздко "простое" решение и тем короче "сложное" - с использованием формул, правил и теорем.

Но, если Вы всё ещё допускаете ошибки при решении задач на классическое определение вероятности, то, быть может, они имеют такое же происхождение, как в известном анекдоте про динозавра. В таком случае перейдите по ссылке к анализу логических ошибок.


Задачи на правила сложения и умножения вероятностей

Внимание: на сайте появился раздел Задачи на правила сложения и умножения вероятностей Чтобы посмотреть эти задачи, перейдите по ссылке.

Рекомендую почитать:


Перейдите по стрелке, чтобы найти ссылки на другие задачи ЕГЭ 2018.