1 ( ). Клиент хочет записаться на обслуживание в автосервис в один из двух дней - субботу или воскресенье. Вероятность того, что в субботу автосервис сможет принять клиента, равна 0,8. Вероятность того, что автосервис сможет принять клиента в воскресенье, равна 0,9. Вероятность того, что автосервис сможет принять клиента в любой из дней, равна 0,72. Найдите вероятность того, что сервис не сможет принять клиента ни в один из выходных. 2 ( ). В антикварной коллекции среди 11 фотокарточек есть четыре фотокарточки знаменитого артиста. Взяли наудачу (случайно) три фотокарточки. Какова вероятность того, что среди них есть хотя бы одна фотокарточка знаменитого артиста?
3 ( ). Правильный игральный кубик кидают 2 раза. Событие А состоит в том, что во второй раз выпала тройка. Событие В состоит в том, что в сумме выпало не менее 7 очков. Найдите условную вероятность P(B|A). Проверьте, являются ли события А и В независимыми.

Показать ответ

Ответ:

Варя200706

16.06.2021 12:42

Пусть лягушонок стартует в точке $x_{0}$ . Тогда, если какие-то две точки повторились, то лягушонок побывал также в точке $x_{0}$ дважды, т.е. мы попали в цикл. Если мы покажем, что уравнение $100l+99k=2020m+r,\; 0\leq r\leq 2019$ имеет решение при любом , то цикл будет состоять из всех точек, и лягушонок побывает во всех точках по одному разу, а затем вернется в точку $x_{0}$ ;

Докажем для начала, что если существует решение для остатков i,j , то существует решение для остатка i+j . Это вполне очевидно: просто сложим два уравнения для остатков i,j . Теперь, в частности, если существует решение для j=1 , то существует решение для всех остатков. То есть нам надо решить диофантово уравнение 100x+99y-2020z=1 ; Для этого сразу положим z=1 ; Пусть y=21 ;

Тогда из числа $99\times 20=1980$ нам нужно получить число 2021 ; Но мы умеем прибавлять единицу: 1=100-99 . То есть $99\times 20 +(100-99)+...+(100-99)=100\times41+99\times (-21)-2020=1$ ; Иными словами, получили решение $x=41,\;y=-21,\;z=1$ , но нам нужно решение в натуральных числах. Не вопрос: добавим к 2020, а к добавим 99. Получим решение: $x=41,\; y=1999,\; z=100$ .

Итак, план действий следующий.

Пусть мы находимся в точке $x_{0}$ . Прыгаем 41 раз на 100 и 1999 раз на 99. Теперь мы в точке $x_{0}+1$ . Таким образом, мы посетим все точки.

0,0(0 оценок)

Ответ:

ry564599

30.04.2020 09:46

Представим себе двудольный граф: слева вершины, обозначающие студентов, справа — вопросы. Если студент ответил на вопрос, то между этим студентом и этим вопросом проведем ребро.

Рассмотрим первую пару вопросов ( $a_{1},a_{2}$ ). Для них по условию найдется хотя бы 6 студентов, каждый из которых ответил правильно ровно на один из этих двух вопросов. Пусть это множество из хотя бы 6 студентов называется $A_{1}$ . Тогда остальных студентов (тех, что не удовлетворяют описанному требованию) не больше 5 — это множество $B_{1}$ . Рассмотрим следующую пару вопросов ( $a_{3},a_{4}$ ,попарно отличных от предыдущих). Тогда $A_{2}$ имеет с $A_{1}$ хотя бы одно пересечение. Поэтому для пары $a_{2},a_{3}$ будет хотя бы одно ребро из множества $B_{1}$ . Рассматривая далее пары $a_{5},a_{6}$ и соответственно пары $a_{2},a_{4}$ "берем" еще один элемент из $B_{1}$ . Так можно продолжать до тех пор, пока все элементы из $B_{1}$ , коих не больше пяти, не будут взяты. То есть всего можно добавить 2*5=10 вопросов дополнительно к $a_{1}, a_{2}$ . То есть всего не более 12.

Примечание: множество $A_{1}$ делится на два множества, из каждого идут ребра к вопросам $a_{1},a_{2}$ , но из каждого к ровно одному. Для того, чтобы мы могли всегда изымать элементы из $B_{1}$ надо всего лишь без ограничения общности потребовать, чтобы ребро из $a_{2}$ шло в наибольшее из множеств, на которое делится $A_{1}$ . Тогда наименьшее из этих множеств деления не превосходит 5.