Ймовірність за комбінаторними схемами

Коли в задачі сказано «навмання вибирають k з n предметів», це означає, що кожна група з k елементів має однакові шанси бути вибраною. Саме тому всі такі групи — рівноможливі наслідки випробування, і їхня загальна кількість дорівнює кількості комбінацій:

n = Cₙᵏ

Жоден елемент не може потрапити до групи двічі, тому це завжди вибір без повернення. Порядок елементів у групі не має значення — група «Андрій, Оля, Іван» і «Оля, Іван, Андрій» — це той самий наслідок.

Базовий приклад: 3 учні з 10

У класі 10 учнів, навмання вибирають трьох чергових. Скільки рівноможливих трійок існує?

Усіх наслідків: C₁₀³ = 10! / (3! · 7!) = 120. Отже, коли випадок називають «навмання», уявімо, що природа навмання обирає одну зі 120 рівноможливих трійок.

Усі вибрані мають задану ознаку

У групі 10 учнів, з них 6 дівчат і 4 хлопці. Навмання вибирають 3 учнів. Яка ймовірність, що всі троє — дівчата?

Розв'язання:

• Усі наслідки: C₁₀³ = 120.

• Сприятливі наслідки — вибрати 3 дівчат з 6: C₆³ = 20.

• P = C₆³ / C₁₀³ = 20/120 = 1/6 ≈ 0,1667.

Зверни увагу: і чисельник, і знаменник — комбінації. У жодному з них порядок не враховано.

Ймовірність потрапити до групи

Нехай у класі 10 учнів, серед них — конкретний учень, Андрій. Навмання вибирають 3 учнів. Яка ймовірність, що Андрія буде вибрано?

Сприятливі наслідки: Андрій уже в групі, тому решту двох треба вибрати з решти 9 учнів: C₉² = 36.

P = 36 / 120 = 0,3 = 3/10.

Це дорівнює 3/10, тобто k / n. Загальне правило: якщо з n осіб навмання вибирають k, то ймовірність, що конкретна особа потрапить до групи, завжди дорівнює k / n. Наприклад, для 1 особи з 10 це 1/10, для 5 з 10 — 1/2.

Схема розв'язання

1. Визнач, що вибирають і скільки всього елементів (n) і скільки вибирають (k). Кількість усіх наслідків — Cₙᵏ.

2. Опиши склад сприятливої групи. Якщо в ній різнотипні елементи, кількість сприятливих наслідків — добуток комбінацій за типами.

3. Запиши дріб m / n, скороти, якщо можна, і перетвори на десятковий дріб (0,3; 0,5; 0,1667…).

Ця схема — універсальний ключ до всіх задач теми. У наступних розділах ми застосуємо її до складніших випадків.

Дуже поширений тип задач: з n предметів рівно s мають певну ознаку (наприклад, браковані деталі, виграшні квитки, дівчата). Навмання вибирають k предметів. Потрібно знайти ймовірність того, що серед вибраних рівно r мають цю ознаку.

Формула

Кількість усіх наслідків — Cₙᵏ. Сприятливі наслідки дістаємо так:

• r предметів з ознакою вибираємо з s «особливих»: Cₛʳ способів;

• решту k − r предметів без ознаки вибираємо з n − s звичайних: Cₙ₋ₛᵏ⁻ʳ способів;

• за правилом добутку сприятливих наслідків: Cₛʳ · Cₙ₋ₛᵏ⁻ʳ.

Отже:

P(рівно r з ознакою) = Cₛʳ · Cₙ₋ₛᵏ⁻ʳ / Cₙᵏ

Приклад: дівчата й хлопці

У групі 10 учнів: 6 дівчат і 4 хлопці. Навмання вибирають 3 учнів. Знайдемо P(рівно 2 дівчини).

Тут n = 10, s = 6 (дівчата), k = 3, r = 2. Тоді:

P = C₆² · C₄¹ / C₁₀³ = 15 · 4 / 120 = 60/120 = 0,5.

Половина всіх випадків — саме 2 дівчини і 1 хлопець.

Контроль якості: усі варіанти

Нехай є 5 деталей, з яких 2 браковані (і 3 справні). Навмання беруть 2 деталі. Розглянемо всі можливі значення r — кількості бракованих серед вибраних:

Перевірка: 0,3 + 0,6 + 0,1 = 1. Ймовірності всіх можливих значень r (від 0 до k) завжди дають у сумі 1 — це гарний спосіб перевірити себе.

«Рівно 2 або 3» — додавання

Якщо питають «рівно 2 або 3», додай відповідні ймовірності. Наприклад, для задачі з дівчатами (k = 3): P(рівно 2 або 3 дівчини) = P(r = 2) + P(r = 3) = 0,5 + 1/6 ≈ 0,6667.

Не множ ці ймовірності — події «рівно 2» і «рівно 3» не можуть статися одночасно, тому застосовуємо правило суми.

У попередніх розділах ми завжди рахували групи без урахування порядку — комбінаціями. Але іноді випробування влаштоване так, що порядок елементів має значення. Тоді наслідки треба рахувати розміщеннями або перестановками. Головне правило: порядок слід враховувати або і в чисельнику, і в знаменнику, або не враховувати ніде.

Вибір по одній: дві схеми дають одну й ту саму ймовірність

У групі 10 учнів (6 дівчат, 4 хлопці). З них по одній навмання витягають 3 прізвища (без повернення). Яка ймовірність, що серед вибраних рівно 2 дівчини?

Спосіб 1 — через комбінації (без порядку): C₆² · C₄¹ / C₁₀³ = 60/120 = 0,5.

Спосіб 2 — через розміщення (з порядком): усіх наслідків A₁₀³ = 10·9·8 = 720. Сприятливі: спочатку треба вибрати, на яких місцях стоятимуть дівчата — 3 позиції, з них вибираємо 2 для дівчат: C₃² = 3 способи. Дівчат на ці місця ставимо A₆² = 6·5 = 30 способів. Хлопця на третє місце — A₄¹ = 4 способи. Разом: 3·30·4 = 360. P = 360/720 = 0,5.

Результат той самий. Обидва підходи правильні — але лише коли порядок враховано однаково і в чисельнику, і в знаменнику.

Змішування схем — типова помилка

Спробуй порахувати P(рівно 2 дівчини) так: у чисельнику A₆² · C₄¹ = 30·4 = 120, у знаменнику C₁₀³ = 120. P = 1. Але ж очевидно, що подія «рівно 2 дівчини з 3» не є вірогідною! Помилка в тому, що в чисельнику взято A₆² (з порядком), а в знаменнику C₁₀³ (без порядку).

Якщо ймовірність вийшла 1 або більше — негайно перевір, чи однаково враховано порядок у чисельнику й знаменнику.

Перші дві — червоні: кульки без повернення

У коробці 10 кульок, з них 4 червоні. Навмання по одній без повернення витягають дві кульки. Яка ймовірність, що обидві — червоні?

Через розміщення: A₄² / A₁₀² = (4·3) / (10·9) = 12/90 = 2/15 ≈ 0,1333.

Через комбінації: C₄² / C₁₀² = 6/45 = 2/15. Збігається.

Випадкове впорядкування

Коли n різних об'єктів ставлять навмання в ряд, усіх наслідків — n! (перестановки Pₙ). Розглянемо 5 різних книжок, які ставлять на полицю випадково.

Зверни увагу на прийом «склеювання» для задач «поруч»: об'єкти, які мають стояти поряд, тимчасово вважають одним блоком. Усередині блока їх можна переставляти, тому домножуємо на k!.

Подія «хоча б один предмет має ознаку» часто трапляється в задачах. Наприклад, «хоча б один квиток виграшний», «хоча б одна деталь бракована». Найзручніше обчислювати її через протилежну подію: «жодного такого предмета».

P(хоча б один) = 1 − P(жодного)

Приклад: браковані деталі

З 5 деталей 2 браковані (3 справні). Навмання беруть 2 деталі. Знайдемо P(хоча б одна бракована).

Протилежна подія — «жодної бракованої», тобто обидві справні:

P(жодної) = C₃² / C₅² = 3/10 = 0,3.

Тоді P(хоча б одна) = 1 − 0,3 = 0,7.

Пастка прямого підрахунку

Спокусливо порахувати так: «одна бракована — 2 варіанти, друга будь-яка — 4 варіанти, разом 2·4 = 8 пар». Тоді P = 8 / C₅² = 8/10 = 0,8. Але це неправильно!

Чому? Тому що пару з двох бракованих (Бр₁, Бр₂) пораховано двічі: в перший раз бракована №1 + будь-яка (Бр₂), вдруге — бракована №2 + будь-яка (Бр₁). Правильна кількість сприятливих пар = C₂¹·C₃¹ + C₂² = 6 + 1 = 7, що дає P = 7/10 = 0,7.

Коротка відповідь на НМТ — десятковий дріб

У завданнях 19–22 НМТ відповідь записують десятковим дробом: 0,7; 0,375; 0,5. Якщо в тебе вийшов звичайний дріб 3/10, у відповідь записуй 0,3. Якщо дріб не перетворюється на скінченний десятковий (як-от 1/3), перевір розв'язання й перечитай умову — можливо, ти щось не врахував.

Різниця між «рівно», «хоча б» і «не більше»

Для 5 деталей (2 браковані) і вибірки з 2:

Бачиш різницю? 0,6; 0,7; 0,9 — різні числа. Уважно читай, якої саме події просять.

Розв'яжемо кілька типових задач НМТ — від найпростіших до складніших. Кожну розберемо крок за кроком.

Приклад 1. Обоє чергових — дівчата

У групі 10 учнів, з них 6 дівчат. Навмання вибирають двох чергових. Яка ймовірність, що обоє чергових — дівчата?

Розв'язання:

• Усі наслідки: C₁₀² = 45 (обираємо 2 учнів з 10).

• Сприятливі: C₆² = 15 (обираємо 2 дівчат з 6).

• P = 15/45 = 1/3.

Відповідь: 1/3.

Чому інші варіанти неправильні:

• 2/3 — помилка: у чисельнику взяли A₆² замість C₆².

• 3/5 — неправильно: 6/10 — це ймовірність вибрати одну дівчину, а не двох.

• 9/25 = 0,6² — так рахують, коли думають, що вибір з поверненням.

• 1/2 — безпідставно.

Приклад 2. Рівно 2 виграшні з 3

З 10 лотерейних квитків 4 виграшні. Навмання купили 3 квитки. Знайдіть ймовірність того, що рівно 2 з них виграшні.

Розв'язання:

• Усі наслідки: C₁₀³ = 120.

• Сприятливі: 2 виграшні з 4 — C₄² = 6, 1 невиграшний з 6 — C₆¹ = 6. Разом 6·6 = 36.

• P = 36/120 = 0,3.

Відповідь: 0,3.

Поширені пастки: 0,6 (якщо взяти A₄² у чисельнику) і 0,4 (якщо взяти 4/10 — ймовірність одного виграшного).

Приклад 3. Томи поруч на полиці

На полицю навмання ставлять 6 різних книжок, серед яких 2 томи одного роману. Яка ймовірність, що ці томи стоятимуть поруч?

Розв'язання:

• Усіх наслідків: 6! = 720.

• Сприятливі: «склеюємо» два томи в блок — тепер маємо 5 об'єктів (блок і 4 інші книжки). Їх можна переставити 5! = 120 способами. Усередині блока 2 томи можна переставити 2! = 2 способами. Разом: 2·120 = 240.

• P = 240/720 = 1/3.

Відповідь: 1/3.

Поширені помилки: 1/6 (забули 2! — перестановку томів усередині блока), 2/3 (порахували протилежну подію замість потрібної), 1/15, 1/2.

Приклад 4. Андрій у команді

З 8 учнів, серед яких Андрій, навмання вибирають 4 для участі в конкурсі. Знайдіть імовірність того, що Андрія буде вибрано.

Розв'язання:

• Усі наслідки: C₈⁴ = 70.

• Сприятливі: Андрій уже в групі, решту 3 вибираємо з 7 інших — C₇³ = 35.

• P = 35/70 = 0,5.

Відповідь: 0,5.

Пастка: 1/8 = 0,125 — це ймовірність вибрати Андрія, якби вибирали лише 1 учня. Тут вибирають 4 з 8, тому P = 4/8 = 0,5.

Приклад 5. Хоча б один виграшний

З 6 лотерейних квитків 2 виграшні. Навмання беруть 3 квитки. Знайдіть імовірність того, що хоча б один із них виграшний.

Розв'язання:

• Протилежна подія — «жодного виграшного»: усі 3 квитки з 4 невиграшних — C₄³ = 4.

• Усі наслідки: C₆³ = 20.

• P(хоча б один) = 1 − 4/20 = 1 − 0,2 = 0,8.

Відповідь: 0,8.

Пастка: прямий підрахунок C₂¹·C₅² / C₆³ дає 20/20 = 1, бо пари з двома виграшними пораховано двічі.

• Порядок у чисельнику, але не в знаменнику. Якщо в чисельнику взяли Aₙᵏ (з порядком), а в знаменнику Cₙᵏ (без порядку), ймовірність може вийти 1 або більше. Завжди перевіряй, чи обрано одну схему.

• Загальна кількість наслідків — не n, а Cₙᵏ. Початківці часто пишуть n = 10 замість C₁₀³ = 120. Десять — це кількість учнів, а не кількість трійок.

• Вибір без повернення рахують як з поверненням. Приклад: P(дві дівчини) = (6/10)·(6/10) = 0,36 — це для вибору з поверненням. Правильно: C₆² / C₁₀² = 15/45 = 1/3.

• «Хоча б один» рахують як «один певний, решта — будь-які». Це дає подвійний підрахунок, коли «сприятливих» стає більше, ніж є насправді. Правильний спосіб: 1 − P(жодного).

• Множать ймовірності «рівно 2» і «рівно 3» замість додати. Події «рівно 2» і «рівно 3» несумісні — їхні ймовірності додають, а не множать.

• Записують звичайний дріб у короткій відповіді. На НМТ у завданнях 19–22 приймають лише десятковий дріб. 3/10 → 0,3; 1/2 → 0,5; 2/15 = 0,1333… — нескінченний періодичний дріб; у короткій відповіді такий результат означає, що треба перевірити розв'язання або умову (чи не вимагають округлення).

Програма НМТ з математики прямо вимагає вміння «обчислювати ймовірності випадкових подій за означенням і за комбінаторними схемами». Це означає, що ти маєш поєднати дві речі: класичну формулу P(A) = m / n і формули комбінаторики для підрахунку m та n.

Довідкові матеріали

На НМТ тобі дадуть довідкові матеріали, які містять:

• P(A) = k / n — класичне означення ймовірності;

• Pₙ = n! — перестановки;

• Aₙᵏ = n! / (n − k)! — розміщення без повторень;

• Cₙᵏ = n! / (k! (n − k)!) — комбінації без повторень.

Самостійно вибрати потрібну формулу й поєднати їх у єдину схему — твоє завдання. Жодних підказок, яку з формул застосувати, не буде.

Формат завдань

У демоваріанті НМТ-2026 на розділ «Комбінаторика, ймовірність, статистика» відведено 2 завдання з 22 (номери 1 і 20), що дають 3 бали з 32 можливих.

Стратегія

• Окремо запиши, що саме рахує кількість усіх наслідків (знаменник) і що — кількість сприятливих (чисельник).

• Перевір, що 0 ≤ P ≤ 1. Якщо P > 1 — ти десь помилився зі схемою (змішав порядок і комбінації або порахував одну групу кілька разів).

• У завданнях 19–22 записуй лише десятковий дріб. Скорочувати не треба — запиши 0,3 замість 3/10.

• P = m / n, де m і n рахують за формулами комбінаторики (Cₙᵏ, Aₙᵏ, Pₙ).

• Групу вибирають навмання — усіх наслідків Cₙᵏ. Сприятливі — добуток комбінацій за складом групи.

• Рівно r з ознакою: P = Cₛʳ · Cₙ₋ₛᵏ⁻ʳ / Cₙᵏ.

• Порядок враховуємо або і в чисельнику, і в знаменнику, або ніде.

• «Хоча б один» = 1 − P(жодного) — через протилежну подію.

• Впорядкування навмання — усіх наслідків n!. «Поруч» — прийом склеювання (k! · (n − k + 1)!).

• У короткій відповіді — десятковий дріб (0,3; 0,5; 0,75).

• Завжди перевіряй, що 0 ≤ P ≤ 1. Якщо P > 1 — шукай помилку в схемі.