24. Класичне означення ймовірності

Зміст

РОЗВ’ЯЖІТЬ ЗАДАЧІ ТА ВИКОНАЙТЕ ВПРАВИ

№ 24.1

Наведіть приклад:
1) рівноймовірних подій;
2) подій, які не є рівноймовірними в деякому випробуванні.

Розв’язання:

1) Підкидання грального кубика: події «випало парне число» і «випало непарне число» є рівноймовірними (ймовірність кожної події дорівнює $\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$).

2) Підкидання грального кубика: подія «випало парне число» (ймовірність $\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$) і подія «випало число 1» (ймовірність $\frac{1}{6}$) не є рівноймовірними.

№ 24.2. Яка ймовірність того, що:

1) наступним днем після 30 березня буде 1 квітня;

2) наступним днем після понеділка буде вівторок?

Розв’язання:

1) У березні 31 день, тому наступним днем після 30 березня є 31 березня. Отже, ця подія є неможливою, а її ймовірність дорівнює 0.

2) Після понеділка завжди настає вівторок. Ця подія є достовірною (вірогідною), тому її ймовірність дорівнює 1.

Відповідь: 1) 0; 2) 1.

№ 24.3. Яка ймовірність того, що:
1) наступним днем після 30 квітня буде 1 травня;
2) наступним днем після середи буде вівторок?

Розв’язання:

1) Подія «наступним днем після 30 квітня буде 1 травня» є вірогідною, оскільки у квітні 30 днів і наступний день — завжди 1 травня.
Ймовірність вірогідної події дорівнює 1.

2) Подія «наступним днем після середи буде вівторок» є неможливою, оскільки наступним днем після середи завжди є четвер.
Ймовірність неможливої події дорівнює 0.

Відповідь: 1) 1; 2) 0.

№ 24.4. На запитання вікторини було отримано 60 правильних відповідей, у тому числі й твоя. Для визначення єдиного переможця навмання витягують картку з прізвищем. Яка ймовірність того, що приз одержиш саме ти?

Розв’язання:
Нехай подія $A$ — приз одержиш саме ти.
Загальна кількість рівноможливих наслідків: $n=60$.
Кількість наслідків, що сприяють події $A$: $m=1$.

За класичним означенням ймовірності:
$P(A)=\frac{m}{n}=\frac{1}{60}$

Відповідь: $\frac{1}{60}$.

№ 24.5. Із 30 екзаменаційних білетів учениця не вивчила один. Яка ймовірність того, що саме цей білет вона витягне на екзамені?

Розв’язання:
Подія $A$ — учениця витягне невивчений білет.

Загальна кількість рівноможливих наслідків:
$n=30$

Кількість сприятливих для події $A$ наслідків:
$m=1$

За класичним означенням ймовірності:
$P(A)=\frac{m}{n}=\frac{1}{30}$

Відповідь: $\frac{1}{30}$.

№ 24.6. У ящику 25 білих кульок і 15 чорних. Яка ймовірність витягнути навмання з ящика:
1) білу кульку;
2) чорну кульку?

Розв’язання:

Загальна кількість кульок у ящику:
$n=25+15=40$

1) Нехай подія $A$ — витягнуто білу кульку.
Кількість сприятливих для події $A$ наслідків:
$m=25$
Ймовірність витягнути білу кульку:
$P(A)=\frac{m}{n}=\frac{25}{40}=\frac{5}{8}$

2) Нехай подія $B$ — витягнуто чорну кульку.
Кількість сприятливих для події $B$ наслідків:
$m=15$
Ймовірність витягнути чорну кульку:
$P(B)=\frac{m}{n}=\frac{15}{40}=\frac{3}{8}$

Відповідь: 1) $\frac{5}{8}$; 2) $\frac{3}{8}$.

№ 24.7. У класі 18 хлопців і 12 дівчат. Із класу вибирають навмання одного учня. Яка ймовірність, що це буде:

1) хлопець;

2) дівчина?

Розв’язання:
Загальна кількість учнів у класі (кількість усіх можливих наслідків події):
$n=18+12=30$

1) Подія $A$ — вибраний учень є хлопцем.
Кількість сприятливих наслідків: $m=18$.
$P(A)=\frac{m}{n}=\frac{18}{30}=\frac{3}{5}$

2) Подія $B$ — вибраний учень є дівчиною.
Кількість сприятливих наслідків: $m=12$.
$P(B)=\frac{m}{n}=\frac{12}{30}=\frac{2}{5}$

Відповідь: 1) $\frac{3}{5}$; 2) $\frac{2}{5}$.

№ 24.8. Чи є рівноймовірними події:

1) $A_1$ — з 20 карток із числами від 1 до 20 витягнути картку із числом 1;
$A_2$ — з 20 карток із числами від 1 до 20 витягнути картку із числом 20;

2) $B_1$ — витягнути білу кульку з коробки, у якій 3 білі кульки і 7 чорних;
$B_2$ — витягнути чорну кульку з коробки, у якій 3 білі кульки і 7 чорних;

3) $C_1$ — при підкиданні грального кубика випало просте число;
$C_2$ — при підкиданні грального кубика випало складене число;

4) $D_1$ — витягнути червоний олівець з коробки, де половина олівців червоні, а половина — сині;
$D_2$ — витягнути синій олівець з коробки, де половина олівців червоні, а половина — сині?

Розв’язання:

Дві події називають рівноймовірними, якщо ймовірності їх появи є однаковими.

1) Загальна кількість карток: $n=20$.
Для кожної з подій сприятливим є лише 1 наслідок:
$P(A_1)=\frac{1}{20}$
$P(A_2)=\frac{1}{20}$
Оскільки $P(A_1)=P(A_2)$, події $A_1$ і $A_2$ є рівноймовірними.

2) Усього в коробці: $3+7=10$ кульок ($n=10$).
Кількість сприятливих наслідків для події $B_1$ дорівнює 3, а для $B_2$ — 7:
$P(B_1)=\frac{3}{10}$
$P(B_2)=\frac{7}{10}$
Оскільки $P(B_1)\ne P(B_2)$, події $B_1$ і $B_2$ не є рівноймовірними.

3) Усього можливих наслідків при підкиданні грального кубика: $n=6$ (числа 1, 2, 3, 4, 5, 6).
Прості числа: 2, 3, 5 (3 сприятливі наслідки).
$P(C_1)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$
Складені числа: 4, 6 (число 1 не є ні простим, ні складеним; 2 сприятливі наслідки).
$P(C_2)=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$
Оскільки $P(C_1)\ne P(C_2)$, події $C_1$ і $C_2$ не є рівноймовірними.

4) Оскільки кількість червоних олівців дорівнює кількості синіх олівців (половина від загальної кількості), то ймовірність витягнути червоний олівець дорівнює ймовірності витягнути синій олівець:
$P(D_1)=\frac{1}{2}$
$P(D_2)=\frac{1}{2}$
Оскільки $P(D_1)=P(D_2)$, події $D_1$ і $D_2$ є рівноймовірними.

Відповідь: 1) так; 2) ні; 3) ні; 4) так.

№ 24.9. Відомо, що в партії з 1000 деталей 2 браковані. Яка ймовірність того, що навмання вибрана деталь:
1) бракована;
2) якісна?

Розв’язання:

Загальна кількість можливих наслідків:
$n=1000$

1) Нехай подія $A$ — навмання вибрана деталь є бракованою.
Кількість сприятливих наслідків:
$m=2$

Ймовірність події $A$:
$P(A)=\frac{m}{n}=\frac{2}{1000}=0,002$

2) Нехай подія $B$ — навмання вибрана деталь є якісною.
Кількість якісних деталей у партії:
$m=1000-2=998$

Ймовірність події $B$:
$P(B)=\frac{m}{n}=\frac{998}{1000}=0,998$

Відповідь: 1) $0,002$; 2) $0,998$.

№ 24.10. У магазині виявилося, що в партії із 400 смартфонів 2 бракованих. Яка ймовірність того, що навмання вибраний із цієї партії смартфон:
1) бракований;
2) якісний?

Розв’язання:
Загальна кількість рівноможливих наслідків випробування:
$n=400$

1) Нехай подія $A$ — вибрано бракований смартфон.
Кількість сприятливих для події $A$ наслідків:
$m=2$

$P(A)=\frac{m}{n}=\frac{2}{400}=\frac{1}{200}=0,005$

2) Нехай подія $B$ — вибрано якісний смартфон.
Кількість якісних смартфонів у партії:
$400-2=398$

Кількість сприятливих для події $B$ наслідків:
$m=398$

$P(B)=\frac{m}{n}=\frac{398}{400}=\frac{199}{200}=0,995$

(або як імовірність протилежної події: $P(B)=1-P(A)=1-0,005=0,995$)

Відповідь: 1) $0,005$; 2) $0,995$.

№ 24.11. У кошику 5 червоних, 3 зелених і 2 жовтих яблука. Навмання вибирають одне яблуко. Яка ймовірність того, що це яблуко виявиться:
1) червоним;
2) зеленим;
3) червоним або жовтим;
4) не червоним?

Розв’язання:

Загальна кількість яблук у кошику (кількість усіх рівноможливих наслідків):
$n=5+3+2=10$

1) Подія $A$ — обрано червоне яблуко.
Кількість сприятливих наслідків: $m=5$.
$P(A)=\frac{m}{n}=\frac{5}{10}=0,5$

2) Подія $B$ — обрано зелене яблуко.
Кількість сприятливих наслідків: $m=3$.
$P(B)=\frac{m}{n}=\frac{3}{10}=0,3$

3) Подія $C$ — обрано червоне або жовте яблуко.
Кількість сприятливих наслідків: $m=5+2=7$.
$P(C)=\frac{m}{n}=\frac{7}{10}=0,7$

4) Подія $D$ — обрано не червоне яблуко (зелене або жовте).
Кількість сприятливих наслідків: $m=3+2=5$.
$P(D)=\frac{m}{n}=\frac{5}{10}=0,5$

Відповідь: 1) $0,5$; 2) $0,3$; 3) $0,7$; 4) $0,5$.

№ 24.12. У коробці 6 червоних, 3 зелених і 1 синій олівець. Із коробки навмання виймають один олівець. Яка ймовірність того, що цей олівець:

1) зелений;

2) червоний;

3) зелений або синій;

4) не зелений?

Розв’язання:

Загальна кількість олівців у коробці (кількість усіх рівноможливих наслідків події):
$n=6+3+1=10$

1) Подія $A$ — вийнято зелений олівець.
Кількість сприятливих наслідків: $m=3$.
$P(A)=\frac{3}{10}=0,3$

2) Подія $B$ — вийнято червоний олівець.
Кількість сприятливих наслідків: $m=6$.
$P(B)=\frac{6}{10}=0,6$

3) Подія $C$ — вийнято зелений або синій олівець.
Кількість сприятливих наслідків: $m=3+1=4$.
$P(C)=\frac{4}{10}=0,4$

4) Подія $D$ — вийнято не зелений олівець (червоний або синій).
Кількість сприятливих наслідків: $m=6+1=7$.
$P(D)=\frac{7}{10}=0,7$

Відповідь: 1) $0,3$; 2) $0,6$; 3) $0,4$; 4) $0,7$.

№ 24.13. (Задача Д’Аламбера.) Яка ймовірність того, що за двох підкидань монети хоча б один раз випаде аверс?

Розв’язання:
Позначимо випадання аверсу літерою А, а реверсу — літерою Р.

Усі можливі наслідки випробування при двох підкиданнях монети:
(А, А), (А, Р), (Р, А), (Р, Р).
Загальна кількість рівноможливих наслідків:
$n=4$.

Нехай подія $A$ — за двох підкидань монети хоча б один раз випаде аверс.
Сприятливими для події $A$ є наслідки:
(А, А), (А, Р), (Р, А).
Кількість сприятливих наслідків:
$m=3$.

За класичним означенням ймовірності:

$P(A)=\frac{m}{n}=\frac{3}{4}=0,75$

Відповідь: $\frac{3}{4}$ (або $0,75$).

№ 24.14. З натуральних чисел від 1 до 30 навмання вибирають одне. Яка ймовірність того, що це число є дільником числа 30?

Розв’язання:
Загальна кількість рівноможливих наслідків випробування:
$n=30$

Нехай подія $A$ — вибране число є дільником числа 30.
Дільниками числа 30 є числа:
$1,2,3,5,6,10,15,30$

Кількість наслідків, що сприяють події $A$:
$m=8$

За класичним означенням ймовірності:
$P(A)=\frac{m}{n}=\frac{8}{30}=\frac{4}{15}$

Відповідь: $\frac{4}{15}$.

№ 24.15. Яка ймовірність того, що навмання вибране натуральне число від 1 до 15 буде дільником числа 15 або простим числом?

Розв’язання:
Загальна кількість усіх можливих наслідків випробування (вибору числа від 1 до 15):
$n=15$

Дільниками числа 15 серед заданих чисел є: $1$, $3$, $5$, $15$.
Простими числами від 1 до 15 є: $2$, $3$, $5$, $7$, $11$, $13$.

Числа, які є дільниками числа 15 або простими числами:
$1$, $2$, $3$, $5$, $7$, $11$, $13$, $15$

Кількість сприятливих наслідків:
$m=8$

Нехай подія $A$ — навмання вибране число є дільником числа 15 або простим числом.
За класичним означенням ймовірності:

$P(A)=\frac{m}{n}=\frac{8}{15}$

Відповідь: $\frac{8}{15}$.

№ 24.16. Маємо новий відривний календар невисокосного року. Відриваємо в ньому навмання один листок. Знайдіть ймовірність того, що:
1) на листку число 1;
2) на листку число 31;
3) число на листку ділиться на 5.

Розв’язання:

Загальна кількість днів (листків) у невисокосному році:
$n=365$

1) Число 1 зустрічається 1 раз у кожному з 12 місяців:
$m=12$
$P=\frac{m}{n}=\frac{12}{365}$

2) Число 31 мають 7 місяців року (січень, березень, травень, липень, серпень, жовтень, грудень):
$m=7$
$P=\frac{m}{n}=\frac{7}{365}$

3) Числа, що діляться на 5: $5,10,15,20,25,30$.
У лютому (28 днів) таких чисел 5 (без числа 30), а в решті 11 місяців — по 6 чисел.
Загальна кількість сприятливих днів:
$m=11\cdot 6+5=66+5=71$
$P=\frac{m}{n}=\frac{71}{365}$

Відповідь: 1) $\frac{12}{365}$; 2) $\frac{7}{365}$; 3) $\frac{71}{365}$.

№ 24.17. Маємо новий відривний календар високосного року. Відриваємо в ньому один листок. Знайдіть імовірність того, що:
1) на листку число $2$;
2) на листку число $30$;
3) число на листку є кратним числу $10$.

Розв’язання:
Загальна кількість днів у високосному році (загальна кількість можливих наслідків):
$n=366$

1) Число $2$ зустрічається кожного місяця по одному разу. Оскільки в році 12 місяців, кількість сприятливих наслідків:
$m=12$
$P=\frac{12}{366}=\frac{2}{61}\approx 0,03$

2) Число $30$ зустрічається в усіх місяцях, крім лютого (у лютому високосного року 29 днів). Отже, число $30$ зустрічається в 11 місяцях:
$m=11$
$P=\frac{11}{366}\approx 0,03$

3) Кратними числу 10 є числа $10$, $20$ та $30$.
Числа $10$ та $20$ зустрічаються у кожному з 12 місяців ($12\cdot 2=24$ рази).
Число $30$ зустрічається в 11 місяцях (11 разів).
Загальна кількість сприятливих наслідків:
$m=24+11=35$
$P=\frac{35}{366}\approx 0,10$

Відповідь: 1) $\frac{2}{61}\approx 0,03$; 2) $\frac{11}{366}\approx 0,03$; 3) $\frac{35}{366}\approx 0,10$.

№ 24.18. Одночасно підкинули два гральних кубики. Яка ймовірність того, що на кубиках:
1) випаде однакова кількість очок;
2) сума очок дорівнюватиме $10$;
3) сума очок буде не більшою за $3$;
4) сума очок буде парним числом.

Розв’язання:
Загальна кількість рівноможливих наслідків підкидання двох гральних кубиків:
$n=6\cdot 6=36$

1) Нехай подія $A$ — випаде однакова кількість очок.
Сприятливі комбінації: $(1;1)$, $(2;2)$, $(3;3)$, $(4;4)$, $(5;5)$, $(6;6)$, тобто $m=6$.
$P(A)=\frac{m}{n}=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$

2) Нехай подія $B$ — сума очок дорівнюватиме $10$.
Сприятливі комбінації: $(4;6)$, $(5;5)$, $(6;4)$, тобто $m=3$.
$P(B)=\frac{m}{n}=\frac{3}{36}=\frac{1}{12}$

3) Нехай подія $C$ — сума очок буде не більшою за $3$ (тобто $2$ або $3$).
Сприятливі комбінації: $(1;1)$, $(1;2)$, $(2;1)$, тобто $m=3$.
$P(C)=\frac{m}{n}=\frac{3}{36}=\frac{1}{12}$

4) Нехай подія $D$ — сума очок буде парним числом.
Сума парна, якщо обидва числа парні або обидва непарні:
обидва парні: $3\cdot 3=9$ наслідків;
обидва непарні: $3\cdot 3=9$ наслідків.
Кількість сприятливих наслідків:
$m=9+9=18$
$P(D)=\frac{m}{n}=\frac{18}{36}=\frac{1}{2}$

Відповідь: 1) $\frac{1}{6}$; 2) $\frac{1}{12}$; 3) $\frac{1}{12}$; 4) $\frac{1}{2}$.

№ 24.19. Одночасно підкинули два гральних кубики. Знайдіть імовірність того, що:
1) на кубиках випаде різна кількість очок;
2) сума очок на кубиках дорівнюватиме 7;
3) сума очок на кубиках буде не меншою від 11;
4) сума очок на кубиках буде непарним числом.

Розв’язання:

Загальна кількість рівноможливих наслідків випробування (підкидання двох кубиків):
$n=6\cdot 6=36$

1) Нехай подія $A$ — «на кубиках випаде різна кількість очок».
Однакова кількість очок випадає у $6$ випадках: $(1;1)$, $(2;2)$, $(3;3)$, $(4;4)$, $(5;5)$, $(6;6)$.
Кількість наслідків, що сприяють події $A$:
$m=36-6=30$

Знайдемо ймовірність події $A$:
$P(A)=\frac{m}{n}=\frac{30}{36}=\frac{5}{6}$

2) Нехай подія $B$ — «сума очок на кубиках дорівнюватиме 7».
Сприятливими є пари очок: $(1;6)$, $(2;5)$, $(3;4)$, $(4;3)$, $(5;2)$, $(6;1)$.
Кількість сприятливих наслідків:
$m=6$

Знайдемо ймовірність події $B$:
$P(B)=\frac{m}{n}=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$

3) Нехай подія $C$ — «сума очок на кубиках буде не меншою від 11».
Сума очок має бути $\ge 11$, тобто дорівнювати $11$ або $12$.
Сприятливими є пари очок: $(5;6)$, $(6;5)$, $(6;6)$.
Кількість сприятливих наслідків:
$m=3$

Знайдемо ймовірність події $C$:
$P(C)=\frac{m}{n}=\frac{3}{36}=\frac{1}{12}$

4) Нехай подія $D$ — «сума очок на кубиках буде непарним числом».
Сума очок є непарною, коли на одному кубику випадає парне число очок, а на іншому — непарне:
парне на першому і непарне на другому: $3\cdot 3=9$ випадків;
непарне на першому і парне на другому: $3\cdot 3=9$ випадків.
Кількість сприятливих наслідків:
$m=9+9=18$

Знайдемо ймовірність події $D$:
$P(D)=\frac{m}{n}=\frac{18}{36}=\frac{1}{2}$

Відповідь: 1) $\frac{5}{6}$; 2) $\frac{1}{6}$; 3) $\frac{1}{12}$; 4) $\frac{1}{2}$.

№ 24.20. Складіть таблицю добутку очок, що випали на двох гральних кубиках під час їх одночасного підкидання, аналогічну до таблиці суми очок. Знайдіть імовірність того, що добуток очок:

1) дорівнюватиме 12;

2) дорівнюватиме 11;

3) буде меншим від 5;

4) буде більшим за 26.

Розв’язання:

Таблиця добутку очок при підкиданні двох кубиків:

Загальна кількість усіх рівноможливих наслідків:
$n=6\cdot 6=36$

1) Подія $A$ — добуток очок дорівнює 12.
Сприятливі наслідки: $(2;6)$, $(3;4)$, $(4;3)$, $(6;2)$.
Кількість сприятливих наслідків: $m=4$.
$P(A)=\frac{m}{n}=\frac{4}{36}=\frac{1}{9}$

2) Подія $B$ — добуток очок дорівнює 11.
Число 11 — просте, тому єдиний спосіб отримати його добутком двох натуральних чисел — це $1\cdot 11$ або $11\cdot 1$. Оскільки на гранях кубика немає числа 11, така подія є неможливою.
Кількість сприятливих наслідків: $m=0$.
$P(B)=\frac{m}{n}=\frac{0}{36}=0$

3) Подія $C$ — добуток очок менший від 5.
Сприятливі наслідки: $(1;1)$, $(1;2)$, $(1;3)$, $(1;4)$, $(2;1)$, $(2;2)$, $(3;1)$, $(4;1)$.
Кількість сприятливих наслідків: $m=8$.
$P(C)=\frac{m}{n}=\frac{8}{36}=\frac{2}{9}$

4) Подія $D$ — добуток очок більший за 26.
Сприятливі наслідки: $(5;6)$, $(6;5)$, $(6;6)$.
Кількість сприятливих наслідків: $m=3$.
$P(D)=\frac{m}{n}=\frac{3}{36}=\frac{1}{12}$

Відповідь:

1) $\frac{1}{9}$;

2) $0$;

3) $\frac{2}{9}$;

4) $\frac{1}{12}$.

№ 24.21. У коробці лежать 12 синіх олівців і кілька червоних. Скільки червоних олівців у коробці, якщо ймовірність витягнути навмання:
1) синій олівець — дорівнює $0,75$;
2) червоний олівець — дорівнює $\frac{2}{5}$;
3) синій олівець — більша за $0,5$;
4) червоний олівець — менша від $\frac{2}{3}$?

Розв’язання:

Нехай у коробці лежить $x$ червоних олівців, де $x$ — ціле невід’ємне число ($x\ge 0$).
Тоді загальна кількість олівців у коробці дорівнює $12+x$.

1) Ймовірність витягнути синій олівець дорівнює $\frac{12}{12+x}$.

$\frac{12}{12+x}=0,75$
$\frac{12}{12+x}=\frac{3}{4}$
$3(12+x)=12\cdot 4$
$36+3x=48$
$3x=48-36$
$3x=12$
$x=4$

У коробці 4 червоних олівці.

2) Ймовірність витягнути червоний олівець дорівнює $\frac{x}{12+x}$.

$\frac{x}{12+x}=\frac{2}{5}$
$5x=2(12+x)$
$5x=24+2x$
$5x-2x=24$
$3x=24$
$x=8$

У коробці 8 червоних олівців.

3) За умовою ймовірність витягнути синій олівець більша за $0,5$:

$\frac{12}{12+x}>0,5$
$\frac{12}{12+x}>\frac{1}{2}$

Оскільки кількість олівців $12+x>0$, помножимо обидві частини нерівності на $2(12+x)$:

$24>12+x$
$x<24-12$
$x<12$

Враховуючи, що кількість червоних олівців є невід’ємним цілим числом ($x\ge 0$), маємо:

$0\le x<12$

У коробці менше ніж 12 червоних олівців (від 0 до 11 олівців).

4) За умовою ймовірність витягнути червоний олівець менша від $\frac{2}{3}$:

$\frac{x}{12+x}<\frac{2}{3}$

Оскільки $12+x>0$, помножимо обидві частини нерівності на $3(12+x)$:

$3x<2(12+x)$
$3x<24+2x$
$3x-2x<24$
$x<24$

Враховуючи, що $x\ge 0$, маємо:

$0\le x<24$

У коробці менше ніж 24 червоних олівці (від 0 до 23 олівців).

Відповідь: 1) 4; 2) 8; 3) менше ніж 12 ($0\le x<12$); 4) менше ніж 24 ($0\le x<24$).

№ 24.22. У коробці 6 білих і кілька чорних кульок. Скільки чорних кульок у коробці, якщо ймовірність витягнути навмання:
1) білу кульку — дорівнює $0,6$;
2) чорну кульку — дорівнює $0,25$;
3) білу кульку — менша від $0,5$;
4) чорну кульку — більша за $\frac{1}{4}$?

Розв’язання:

Нехай у коробці $x$ чорних кульок ($x\in \mathbb{N}$). Тоді загальна кількість кульок у коробці дорівнює $6+x$.

1) За умовою ймовірність витягнути білу кульку дорівнює $0,6$:
$\frac{6}{6+x}=0,6$
$\frac{6}{6+x}=\frac{3}{5}$
$3(6+x)=6\cdot 5$
$18+3x=30$
$3x=12$
$x=4$
Отже, у коробці 4 чорні кульки.

2) За умовою ймовірність витягнути чорну кульку дорівнює $0,25$:
$\frac{x}{6+x}=0,25$
$\frac{x}{6+x}=\frac{1}{4}$
$4x=6+x$
$3x=6$
$x=2$
Отже, у коробці 2 чорні кульки.

3) За умовою ймовірність витягнути білу кульку менша від $0,5$:
$\frac{6}{6+x}<0,5$
$\frac{6}{6+x}<\frac{1}{2}$
Оскільки $x\in \mathbb{N}$, то $6+x>0$:
$12<6+x$
$x>6$

Отже, у коробці більше за 6 чорних кульок.

4) За умовою ймовірність витягнути чорну кульку більша за $\frac{1}{4}$:
$\frac{x}{6+x}>\frac{1}{4}$
Оскільки $x\in \mathbb{N}$, то $6+x>0$:
$4x>6+x$
$3x>6$
$x>2$

Отже, у коробці більше за 2 чорні кульки.

Відповідь: 1) 4; 2) 2; 3) більше за 6; 4) більше за 2.

№ 24.23. У коробці 3 чорні ручки, кілька зелених та кілька червоних. Скільки зелених ручок у коробці і скільки червоних, якщо ймовірність навмання витягнути зелену ручку дорівнює $0,2$, а червону — $0,5$?

Розв’язання:
Нехай у коробці $x$ зелених і $y$ червоних ручок.
Усього в коробці $(3+x+y)$ ручок.

Оскільки ймовірність витягнути зелену ручку дорівнює $0,2=\frac{1}{5}$, а червону — $0,5=\frac{1}{2}$, складемо систему рівнянь:

$\{\begin{array}{l}\frac{x}{3+x+y}=\frac{1}{5}\\ \frac{y}{3+x+y}=\frac{1}{2}\end{array}$

За основною властивістю пропорції:

$\{\begin{array}{l}5x=3+x+y\\ 2y=3+x+y\end{array}$

$\{\begin{array}{l}4x-y=3\\ -x+y=3\end{array}$

Додамо почленно обидва рівняння системи:

$3x=6$

$x=2$

Підставимо значення $x=2$ у друге рівняння:

$y=x+3$

$y=2+3$

$y=5$

Отже, у коробці $2$ зелені та $5$ червоних ручок.

Відповідь: $2$ зелені ручки і $5$ червоних ручок.

№ 24.24. У шухляді 8 білих хустин, кілька червоних і кілька картатих. Скільки в шухляді червоних хустин і скільки картатих, якщо ймовірність навмання витягнути червону хустину дорівнює 0,5, а картату — 0,1?

Розв’язання:
Нехай у шухляді $x$ червоних хустин і $y$ картатих.

Загальна кількість хустин у шухляді дорівнює $x+y+8$.

Ймовірність витягнути червону хустину становить $\frac{x}{x+y+8}=0,5=\frac{1}{2}$, а картату — $\frac{y}{x+y+8}=0,1=\frac{1}{10}$.

Складемо й розв’яжемо систему рівнянь:

$\{\begin{array}{l}\frac{x}{x+y+8}=\frac{1}{2}\\ \frac{y}{x+y+8}=\frac{1}{10}\end{array}$

$\{\begin{array}{l}2x=x+y+8\\ 10y=x+y+8\end{array}$

$\{\begin{array}{l}x-y=8\\ x-9y=-8\end{array}$

Віднімемо від першого рівняння друге:
$(x-y)-(x-9y)=8-(-8)$
$8y=16$
$y=2$

Підставимо $y=2$ у перше рівняння:
$x-2=8$
$x=10$

Отже, у шухляді 10 червоних хустин і 2 картатих.

Відповідь: 10 червоних хустин і 2 картатих.

№ 24.25. Антон, ідучи в гості до Ярини, придбав букет із 5 білих і кількох червоних троянд. Скільки червоних троянд у букеті, якщо ймовірність вибрати з нього навмання червону троянду більша за 0,5, але менша від 0,6, при цьому квітів у букеті непарна кількість?

Розв’язання:
Нехай $x$ — кількість червоних троянд у букеті ($x\in \mathbb{N}$).
Тоді загальна кількість троянд у букеті становить $x+5$.

Ймовірність навмання вибрати червону троянду дорівнює:
$P=\frac{x}{x+5}$

За умовою задачі складемо подвійну нерівність:
$0,5<\frac{x}{x+5}<0,6$

Перейдемо до системи нерівностей:
$\{\begin{array}{l}\frac{x}{x+5}>0,5\\ \frac{x}{x+5}<0,6\end{array}$

$\{\begin{array}{l}\frac{x}{x+5}>\frac{1}{2}\\ \frac{x}{x+5}<\frac{3}{5}\end{array}$

$\{\begin{array}{l}\frac{x}{x+5}-\frac{1}{2}>0\\ \frac{x}{x+5}-\frac{3}{5}<0\end{array}$

$\{\begin{array}{l}\frac{2x-(x+5)}{2(x+5)}>0\\ \frac{5x-3(x+5)}{5(x+5)}<0\end{array}$

$\{\begin{array}{l}\frac{x-5}{2(x+5)}>0\\ \frac{2x-15}{5(x+5)}<0\end{array}$

Оскільки $x$ — натуральне число ($x>0$), вираз $x+5>0$. Помножимо обидві частини нерівностей на їхні додатні знаменники:
$\{\begin{array}{l}x-5>0\\ 2x-15<0\end{array}$

$\{\begin{array}{l}x>5\\ 2x<15\end{array}$

$\{\begin{array}{l}x>5\\ x<7,5\end{array}$

$x\in (5;7,5)$

Оскільки $x\in \mathbb{N}$, то значенням змінної $x$ може бути лише 6 або 7.

Перевіримо умову непарності загальної кількості квітів ($x+5$):

• при $x=6$: $x+5=6+5=11$ — непарне число;
• при $x=7$: $x+5=7+5=12$ — парне число.

Отже, у букеті 6 червоних троянд.

Відповідь: 6 червоних троянд.

№ 24.26. У мисці лежить 10 вареників з картоплею і кілька вареників з м’ясом. Скільки вареників з м’ясом у мисці, якщо ймовірність того, що один вибраний навмання вареник буде з м’ясом, більша за 0,2, але менша від 0,3?

Розв’язання:
Нехай у мисці лежить $x$ вареників з м’ясом, де $x\in \mathbb{N}$.
Тоді загальна кількість вареників становить $x+10$.

Ймовірність того, що навмання вибраний вареник буде з м’ясом, дорівнює $\frac{x}{x+10}$.

За умовою задачі:
$0,2<\frac{x}{x+10}<0,3$

Складемо систему нерівностей:
$\{\begin{array}{l}\frac{x}{x+10}>0,2\\ \frac{x}{x+10}<0,3\end{array}$

Оскільки $x\in \mathbb{N}$, то $x+10>0$. Помножимо обидві частини нерівностей на $x+10$:
$\{\begin{array}{l}x>0,2(x+10)\\ x<0,3(x+10)\end{array}$

$\{\begin{array}{l}x>0,2x+2\\ x<0,3x+3\end{array}$

$\{\begin{array}{l}0,8x>2\\ 0,7x<3\end{array}$

$\{\begin{array}{l}x>2,5\\ x<\frac{30}{7}\end{array}$

$\{\begin{array}{l}x>2,5\\ x<4\frac{2}{7}\end{array}$

Зобразимо розв’язок системи нерівностей на числовій прямій:

$x\in \left(2,5;4\frac{2}{7}\right)$

Оскільки кількість вареників $x$ має бути натуральним числом ($x\in \mathbb{N}$), знайдемо всі натуральні числа, які належать цьому проміжку:

Натуральними розв’язками є числа 3 та 4.

Отже, у мисці може бути 3 або 4 вареники з м’ясом.

Відповідь: 3 або 4 вареники.

№ 24.27. Яка ймовірність того, що навмання вибране двоцифрове число ділиться на 3?

Розв’язання:
Усього існує $90$ двоцифрових чисел (від $10$ до $99$):
$n=99-10+1=90$

Знайдемо кількість двоцифрових чисел, які діляться на $3$.
Найменше таке число — $12$ ($3\cdot 4$), найбільше — $99$ ($3\cdot 33$).
Кількість сприятливих чисел:
$m=33-4+1=30$

За класичним означенням ймовірності:
$P=\frac{m}{n}=\frac{30}{90}=\frac{1}{3}$

Відповідь: $\frac{1}{3}$.

№ 24.28. Картки з номерами 1, 2, 3, 4 виклали в ряд. Яка ймовірність того, що картки з парними номерами опиняться поряд?

Розв’язання:
Загальна кількість способів розмістити в ряд 4 картки дорівнює кількості перестановок із 4 елементів:

$n=P_4=4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=24$

Нехай подія $A$ — картки з парними номерами (2 і 4) опиняться поряд.

Об’єднаємо картки 2 і 4 в один блок. Тоді потрібно розмістити 3 об’єкти: блок із парними номерами та картки 1 і 3. Кількість способів їх розміщення дорівнює:

$P_3=3\cdot 2\cdot 1=6$

Усередині блока картки 2 і 4 можна переставити $P_2=2\cdot 1=2$ способами: $(2;4)$ або $(4;2)$.

Кількість сприятливих наслідків:

$m=6\cdot 2=12$

За класичним означенням ймовірності:

$P(A)=\frac{m}{n}=\frac{12}{24}=\frac{1}{2}$

Відповідь: $\frac{1}{2}$.

№ 24.29. Підкидають три монети. Яка ймовірність того, що:
1) аверсів випаде більше, ніж реверсів;
2) випаде два реверси;
3) усі монети випадуть однією стороною;
4) аверсів випаде не більше ніж один?
5) Проєктна діяльність. Проведіть серію експериментів. Порівняйте результати експерименту з теоретичними ймовірностями.

Розв’язання:

Позначимо випадання аверса буквою А, а реверса — буквою Р.

Усі можливі рівноможливі наслідки випробування:
ААА, ААР, АРА, АРР, РАА, РАР, РРА, РРР.

Загальна кількість наслідків:
$n=2^3=8$.

1) Нехай подія $A$ — аверсів випаде більше, ніж реверсів (3 або 2 аверси).
Сприятливі наслідки: ААА, ААР, АРА, РАА.
Кількість сприятливих наслідків: $m=4$.
$P(A)=\frac{m}{n}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$

2) Нехай подія $B$ — випаде два реверси (і один аверс).
Сприятливі наслідки: АРР, РАР, РРА.
Кількість сприятливих наслідків: $m=3$.
$P(B)=\frac{m}{n}=\frac{3}{8}$

3) Нехай подія $C$ — усі монети випадуть однією стороною.
Сприятливі наслідки: ААА, РРР.
Кількість сприятливих наслідків: $m=2$.
$P(C)=\frac{m}{n}=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}$

4) Нехай подія $D$ — аверсів випаде не більше ніж один (0 або 1 аверс).
Сприятливі наслідки: РРР, АРР, РАР, РРА.
Кількість сприятливих наслідків: $m=4$.
$P(D)=\frac{m}{n}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$

5) Виконується експериментально: проведіть серію з 50–100 підкидань трьох монет, підрахуйте відносну частоту кожного результату за формулою $W=\frac{m}{N}$ (де $N$ — загальна кількість спроб, $m$ — кількість появ події). При збільшенні кількості експериментів відносна частота наближається до знайдених теоретичних ймовірностей.

Відповідь: 1) $\frac{1}{2}$; 2) $\frac{3}{8}$; 3) $\frac{1}{4}$; 4) $\frac{1}{2}$.

№ 24.30. Скоротіть дріб:

1) $\frac{14p^{24}{n}^5}{2p^8{n}^{10}}$

2) $\frac{9a^2-6a+1}{9a^2-1}$

Розв’язання:

1) $\frac{14p^{24}{n}^5}{2p^8{n}^{10}}=\frac{7p^{16}}{n^5}$

2) $\frac{9a^2-6a+1}{9a^2-1}=\frac{(3a-1{)}^2}{(3a-1)(3a+1)}=\frac{3a-1}{3a+1}$

Відповідь: 1) $\frac{7p^{16}}{n^5}$; 2) $\frac{3a-1}{3a+1}$.

№ 24.31. Розв’яжіть рівняння:
1) $6x^2+18x=0$;
2) $5x^2-20=0$.

Розв’язання:

1) $6x^2+18x=0$
$6x(x+3)=0$
$x=0$ або $x+3=0$
$x_1=0$
$x_2=-3$

2) $5x^2-20=0$
$5x^2=20$
$x^2=4$
$x_1=2$
$x_2=-2$

Відповідь: 1) $0$; $-3$; 2) $\pm 2$.

№ 24.32. Побудуйте графік функції $y=-4x+x^2$. Використовуючи графік функції, знайдіть:
1) область значень функції;
2) проміжок зростання функції.

Розв’язання:

Графіком функції $y=x^2-4x$ є парабола, вітки якої напрямлені вгору ($a=1>0$).

Знайдемо координати вершини параболи $(x_{\text{в}};y_{\text{в}})$:
$x_{\text{в}}=-\frac{-4}{2\cdot 1}=2$
$y_{\text{в}}=2^2-4\cdot 2=4-8=-4$
Вершина параболи — точка $(2;-4)$.

Складемо таблицю значень функції для побудови графіка:

За побудованим графіком:

1) Найменше значення функції досягається у вершині параболи і дорівнює $-4$, отже, область значень функції:
$E(y)=[-4;+\infty )$

2) Графік піднімається вгору при зміні $x$ від абсциси вершини праворуч, тому функція зростає на проміжку:
$[2;+\infty )$

Відповідь: 1) $[-4;+\infty )$; 2) $[2;+\infty )$.

№ 24.33. Доведіть, що значення виразу $\frac{a-20}{(a-5{)}^2}:\left(\frac{a}{a^2-25}-\frac{a-8}{a^2-10a+25}\right)$ додатне, якщо $a<-5$.

Розв’язання:

Спростимо заданий вираз:

$\frac{a-20}{(a-5{)}^2}:\left(\frac{a}{a^2-25}-\frac{a-8}{a^2-10a+25}\right)=$

$=\frac{a-20}{(a-5{)}^2}:\left(\frac{a}{(a-5)(a+5)}-\frac{a-8}{(a-5{)}^2}\right)=$

$=\frac{a-20}{(a-5{)}^2}:\frac{a(a-5)-(a-8)(a+5)}{(a-5{)}^2(a+5)}=$

$=\frac{a-20}{(a-5{)}^2}:\frac{a^2-5a-(a^2+5a-8a-40)}{(a-5{)}^2(a+5)}=$

$=\frac{a-20}{(a-5{)}^2}:\frac{a^2-5a-a^2+3a+40}{(a-5{)}^2(a+5)}=$

$=\frac{a-20}{(a-5{)}^2}\cdot \frac{(a-5{)}^2(a+5)}{-2a+40}=$

$=\frac{(a-20)(a-5{)}^2(a+5)}{(a-5{)}^2\cdot (-2)(a-20)}=$

$=\frac{a+5}{-2}=-\frac{a+5}{2}$

Дослідимо знак отриманого виразу при $a<-5$:
$a<-5$
$a+5<0$
$-(a+5)>0$
$-\frac{a+5}{2}>0$

Отже, при $a<-5$ значення виразу є додатним, що й треба було довести.

№ 24.34. Розв’яжіть систему рівнянь:

$\{\begin{array}{l}\frac{y}{2x}-\frac{x}{y}=\frac{1}{2}\\ y^2-5xy+2x^2=32\end{array}$

Розв’язання:

ОДЗ: $x\ne 0$, $y\ne 0$.

Нехай $\frac{y}{x}=t$, тоді $\frac{x}{y}=\frac{1}{t}$.

Підставимо у перше рівняння:

$\frac{t}{2}-\frac{1}{t}=\frac{1}{2}$

Помножимо обидві частини рівняння на $2t\ne 0$:

$t^2-2=t$

$t^2-t-2=0$

За теоремою Вієта:
$t_1=2$
$t_2=-1$

Маємо два випадки:

1) $\frac{y}{x}=-1$
$y=-x$

Підставимо $y=-x$ у друге рівняння системи:

$(-x{)}^2-5x(-x)+2x^2=32$

$x^2+5x^2+2x^2=32$

$8x^2=32$

$x^2=4$

$x_1=2$, тоді $y_1=-2$
$x_2=-2$, тоді $y_2=2$

2) $\frac{y}{x}=2$
$y=2x$

Підставимо $y=2x$ у друге рівняння системи:

$(2x{)}^2-5x(2x)+2x^2=32$

$4x^2-10x^2+2x^2=32$

$-4x^2=32$

$x^2=-8$

Рівняння не має дійсних коренів.

Відповідь: $(2;-2)$, $(-2;2)$.

№ 24.35. На графіку зображено залежність крутного моменту двигуна від кількості його обертів за хвилину (мал. 24.1). На осі абсцис відкладено кількість обертів за хвилину, на осі ординат — крутний момент, $\text{Н}\cdot \text{м}$. Швидкість автомобіля (у км/год) наближено обчислюють за формулою $v=0,036n$, де $n$ — кількість обертів двигуна за хвилину. З якою найменшою швидкістю має рухатися автомобіль, щоб крутний момент був не меншим ніж $120\text{ Н}\cdot \text{м}$? Відповідь подайте в кілометрах за годину.

Розв’язання:
За графіком крутному моменту не менше ніж $120\text{ Н}\cdot \text{м}$ відповідає кількість обертів двигуна від $2000\text{ об/хв}$ до $5000\text{ об/хв}$.

Найменша кількість обертів:
$n=2000\text{ об/хв}$

Обчислимо найменшу швидкість автомобіля:
$v=0,036\cdot 2000=72\text{ (км/год)}$

Відповідь: $72\text{ км/год.}$

№ 24.36. Відомо, що рівняння $a{x}^2+bx+c=0$ не має коренів і $a+b+c<0$. Чи можна визначити знак числа $c$? У разі ствердної відповіді вкажіть знак числа $c$.

Розв’язання:
Розглянемо квадратичну функцію:

$f(x)=a{x}^2+bx+c$

Оскільки рівняння $a{x}^2+bx+c=0$ не має коренів, графік функції не перетинає вісь абсцис, отже, функція набуває значень одного знака для всіх дійсних значень $x$.

Знайдемо значення функції при $x=1$:

$f(1)=a\cdot 1^2+b\cdot 1+c=a+b+c$

За умовою $a+b+c<0$, тобто $f(1)<0$.

Оскільки графік функції лежить повністю нижче осі абсцис ($f(x)<0$ для всіх $x\in \mathbb{R}$), вітки параболи напрямлені вниз ($a<0$).

Знайдемо значення функції при $x=0$:

$f(0)=a\cdot 0^2+b\cdot 0+c=c$

Оскільки $f(x)<0$ для будь-якого $x$, то:

$c<0$

Отже, знак числа $c$ визначити можна — число $c$ від’ємне.

Відповідь: Так, $c<0$.