ПЗ: Задачи на классическое определение вероятности. Примеры решений

На уроке мы рассмотрим различные задачи, касающиеся непосредственного применения классического определения вероятности. Для эффективного изучения материалов данной статьи рекомендую ознакомиться с базовыми понятиями теории вероятностей и основами комбинаторики. Задача на классическое определение вероятности с вероятностью, стремящейся к единице, будет присутствовать в вашей самостоятельной/контрольной работе по терверу, поэтому настраиваемся на серьёзную работу. Вы спросите, чего тут серьёзного? …всего-то одна примитивная формула . Предостерегаю от легкомыслия – тематические задания достаточно разнообразны, и многие из них запросто могут поставить в тупик. В этой связи помимо проработки основного урока, постарайтесь изучить дополнительные задачи по теме, которые находятся в копилке готовых решений по высшей математике. Приёмы решения приёмами решения, а «друзей» всё-таки «надо знать в лицо», ибо даже богатая фантазия ограничена и типовых задач тоже хватает. Ну а я постараюсь в хорошем качестве разобрать максимальное их количество.

Вспоминаем классику жанра:

Вероятность наступления события в некотором испытании равна отношению , где:

– общее число всех равновозможных, элементарных исходов данного испытания, которые образуют полную группу событий;

– количество элементарных исходов, благоприятствующих событию .

И сразу незамедлительный пит-стоп. Понятны ли вам подчёркнутые термины? Имеется ввиду чёткое, а не интуитивное понимание. Если нет, то всё-таки лучше вернуться к 1-й статье по теории вероятностей и только после этого ехать дальше.

Пожалуйста, не пропускайте первые примеры – в них я повторю один принципиально важный момент, а также расскажу, как правильно оформлять решение и какими способами это можно сделать:

Задача 1

В урне находится 15 белых, 5 красных и 10 чёрных шаров. Наугад извлекается 1 шар, найти вероятность того, что он будет: а) белым, б) красным, в) чёрным.

Решение: важнейшей предпосылкой для использования классического определения вероятности является возможность подсчёта общего количества исходов.

Всего в урне: 15 + 5 + 10 = 30 шаров, и, очевидно, справедливы следующие факты:

– извлечение любого шара одинаково возможно ( равновозможность исходов), при этом исходы элементарны и образуют полную группу событий (т. е. в результате испытания обязательно будет извлечён какой-то один из 30 шаров).

Таким образом, общее число исходов:

Рассмотрим событие: – из урны будет извлечён белый шар. Данному событию благоприятствуют элементарных исходов, поэтому по классическому определению:
– вероятность того, то из урны будет извлечён белый шар.

Как ни странно, даже в такой простой задаче можно допустить серьёзную неточность, на которой я уже заострял внимание в первой статье по теории вероятностей. Где здесь подводный камень? Здесь некорректно рассуждать, что «раз половина шаров белые, то вероятность извлечения белого шара ». В классическом определении вероятности речь идёт об ЭЛЕМЕНТАРНЫХ исходах, и дробь следует обязательно прописать!

С другими пунктами аналогично, рассмотрим следующие события:

– из урны будет извлечён красный шар;
– из урны будет извлечён чёрный шар.

Событию благоприятствует 5 элементарных исходов, а событию – 10 элементарных исходов. Таким образом, соответствующие вероятности:

Типичная проверка многих задач по терверу осуществляется с помощью теоремы о сумме вероятностей событий, образующих полную группу. В нашем случае события образуют полную группу, а значит, сумма соответствующих вероятностей должна обязательно равняться единице: .

Проверим, так ли это: , в чём и хотелось убедиться.

Ответ:

В принципе, ответ можно записать и подробнее, но лично я привык ставить туда только числа – по той причине, что когда начинаешь «штамповать» задачи сотнями и тысячами, то стремишься максимально сократить запись решения. К слову, о краткости: на практике распространён «скоростной» вариант оформления решения:

Всего: 15 + 5 + 10 = 30 шаров в урне. По классическому определению:
– вероятность того, то из урны будет извлечён белый шар;
– вероятность того, то из урны будет извлечён красный шар;
– вероятность того, то из урны будет извлечён чёрный шар.

Ответ:

Однако если в условии несколько пунктов, то решение зачастую удобнее оформить первым способом, который отнимает чуть больше времени, но зато всё «раскладывает по полочкам» и позволяет легче сориентироваться в задаче.

Разминаемся:

Задача 2

В магазин поступило 30 холодильников, пять из которых имеют заводской дефект. Случайным образом выбирают один холодильник. Какова вероятность того, что он будет без дефекта?

Выберите целесообразный вариант оформления и сверьтесь с образцом внизу страницы.

В простейших примерах количество общих и количество благоприятствующих исходов лежат на поверхности, но в большинстве случаев картошку приходится выкапывать самостоятельно. Каноничная серия задач о забывчивом абоненте:

Задача 3

Набирая номер телефона, абонент забыл две последние цифры, но помнит, что одна из них – ноль, а другая – нечётная. Найти вероятность того, что он наберёт правильный номер.

Примечание : ноль – это чётное число (делится на 2 без остатка)

Решение: сначала найдём общее количество исходов. По условию, абонент помнит, что одна из цифр – ноль, а другая цифра – нечётная. Здесь рациональнее не мудрить с комбинаторикой и воспользоваться методом прямого перечисления исходов. То есть, при оформлении решения просто записываем все комбинации:
01, 03, 05, 07, 09
10, 30, 50, 70, 90

И подсчитываем их – всего: 10 исходов.

Благоприятствующий исход один: верный номер.

По классическому определению:
– вероятность того, что абонент наберёт правильный номер

Ответ: 0, 1

Десятичные дроби в теории вероятностей смотрятся вполне уместно, но можно придерживаться и традиционного вышматовского стиля, оперируя только обыкновенными дробями.

Продвинутая задача для самостоятельного решения:

Задача 4

Абонент забыл пин-код к своей сим-карте, однако помнит, что он содержит три «пятёрки», а одна из цифр – то ли «семёрка», то ли «восьмёрка». Какова вероятность успешной авторизации с первой попытки?

Здесь ещё можно развить мысль о вероятности того, что абонента ждёт кара в виде пук-кода, но, к сожалению, рассуждения уже выйдут за рамки данного урока

Решение и ответ внизу.

Иногда перечисление комбинаций оказывается весьма кропотливым занятием. В частности, так обстоят дела в следующей, не менее популярной группе задач, где подкидываются 2 игральных кубика (реже – бОльшее количество):

Задача 5

Найти вероятность того, что при бросании двух игральных костей в сумме выпадет:

а) пять очков;
б) не более четырёх очков;
в) от 3 до 9 очков включительно.

Решение: найдём общее количество исходов:

способами может выпасть грань 1-го кубика и способами может выпасть грань 2-го кубика; по правилу умножения комбинаций, всего: возможных комбинаций. Иными словами, каждая грань 1-го кубика может составить упорядоченнуюпару с каждой гранью 2-го кубика. Условимся записывать такую пару в виде , где – цифра, выпавшая на 1-м кубике, – цифра, выпавшая на 2-м кубике. Например:

– на первом кубике выпало 3 очка, на втором – 5 очков, сумма очков: 3 + 5 = 8;
– на первом кубике выпало 6 очков, на втором – 1 очко, сумма очков: 6 + 1 = 7;
– на обеих костях выпало 2 очка, сумма: 2 + 2 = 4.

Очевидно, что наименьшую сумму даёт пара , а наибольшую – две «шестёрки».

а) Рассмотрим событие: – при бросании двух игральных костей выпадет 5 очков. Запишем и подсчитаем количество исходов, которые благоприятствуют данному событию:

Итого: 4 благоприятствующих исхода. По классическому определению:
– искомая вероятность.

б) Рассмотрим событие: – выпадет не более 4 очков. То есть, либо 2, либо 3, либо 4 очка. Снова перечисляем и подсчитываем благоприятствующие комбинации, слева я буду записывать суммарное количество очков, а после двоеточия – подходящие пары:

Итого: 6 благоприятствующих комбинаций. Таким образом:
– вероятность того, что выпадет не более 4 очков.

в) Рассмотрим событие: – выпадет от 3 до 9 очков включительно. Здесь можно пойти прямой дорогой, но… что-то не хочется. Да, некоторые пары уже перечислены в предыдущих пунктах, но работы все равно предстоит многовато.

Как лучше поступить? В подобных случаях рациональным оказывается окольный путь. Рассмотрим противоположное событие: – выпадет 2 или 10 или 11 или 12 очков.

В чём смысл? Противоположному событию благоприятствует значительно меньшее количество пар:

Итого: 7 благоприятствующих исходов.

По классическому определению:
– вероятность того, что выпадет меньше трёх или больше 9 очков.

Далее пользуемся тем, что сумма вероятностей противоположных событий равна единице:
– вероятность того, что выпадет от 3 до 9 очков включительно.

Особо щепетильные люди могут перечислить все 29 пар, выполнив тем самым проверку.

Ответ:

В следующей задаче повторим таблицу умножения:

Задача 6

Найти вероятность того, что при броске двух игральных костей произведение очков:

а) будет равно семи;
б) окажется не менее 20;
в) будет чётным.

Краткое решение и ответ в конце урока.

Рассмотренная задача встречается и в других вариациях, несколько дополнительных примеров по сабжу можно найти в соответствующем сборнике на странице Готовые решения по высшей математике.

Помимо прямого перечисления и подсчёта исходов, в ходу также различные комбинаторные формулы. И снова эпичная задача про лифт:

Задача 7

В лифт 20-этажного дома на первом этаже зашли 3 человека. И поехали. Найти вероятность того, что:

а) они выйдут на разных этажах
б) двое выйдут на одном этаже;
в) все выйдут на одном этаже.

Следует отметить, что случайность здесь имеет место быть лишь с точки зрения стороннего наблюдателя (т. к. человек обычно едет на вполне определённый этаж).

Решение: вычислим общее количество исходов: способами может выйти из лифта 1-й пассажир и способами – 2-й пассажир и способами – третий пассажир. По правилу умножения комбинаций: возможных исходов. То есть, каждый этаж выхода 1-го человека может комбинироваться с каждым этажом выхода 2-го человека и с каждым этажом выхода 3-го человека.

Второй способ основан на размещениях с повторениями:
– кому как понятнее.

а) Рассмотрим событие: – пассажиры выйдут на разных этажах. Вычислим количество благоприятствующих исходов:
способами могут выйти 3 пассажира на разных этажах. Рассуждения по формуле проведите самостоятельно.

По классическому определению:

Теперь подумаем вот над какой вещью: пункт «бэ» достаточно сложен (см. Задачу 11 урока по комбинаторике ), и значительная часть студентов, которые не в теме, просто не справится с этим пунктом. Но только не те, которые прочитают пару следующих абзацев!

в) Рассмотрим событие: – пассажиры выйдут на одном этаже. Данному событию благоприятствуют исходов и по классическому определению, соответствующая вероятность: .

Заходим с чёрного хода:

б) Рассмотрим событие: – два человека выйдут на одном этаже (и, соответственно, третий – на другом).

События образуют полную группу (считаем, что в лифте никто не уснёт и лифт не застрянет =)), а значит, .

В результате, искомая вероятность:

Таким образом, теорема о сложении вероятностей событий, образующих полную группу, может быть не только удобной, но и стать самой настоящей палочкой-выручалочкой!

Ответ:

Когда получаются большие дроби, то хорошим тоном будет указать их приближенные десятичные значения. Обычно округляют до 2-3-4 знаков после запятой.

Поскольку события пунктов «а», «бэ», «вэ» образуют полную группу, то есть смысл выполнить контрольную проверку, причём, лучше с приближенными значениями:

, что и требовалось проверить

Иногда по причине погрешности округлений может получиться 0, 9999 либо 1, 0001, в этом случае одно из приближенных значений следуют «подогнать» так, чтобы в сумме нарисовалась «чистая» единица.

Самостоятельно:

Задача 8

Подбрасывается 10 монет. Найти вероятность того, что:

а) на всех монетах выпадет орёл;
б) на 9 монетах выпадет орёл, а на одной – решка;
в) орёл выпадет на половине монет.

Краткое решение и ответ в конце урока.

Ничего страшного, если не получаются какие-то задачи или отдельные пункты – главное, стремитесь РАССУЖДАТЬ, ДУМАЙТЕ (пусть и не всегда успешно). В теории вероятностей плохо работает принцип «если дано то-то, то решать нужно так-то». И следующий пример – хорошее тому подтверждение:

Задача 9

На семиместную скамейку случайным образом рассаживается 7 человек. Какова вероятность того, что два определённых человека окажутся рядом?

Решение: с общим количеством исходов проблем не возникает:
способами могут рассесться 7 человек на скамейке.

Но вот как подсчитать количество благоприятствующих исходов? Тривиальные формулы не подходят и единственный путь – это логические рассуждения. Сначала рассмотрим ситуацию, когда Саша и Маша оказались рядом на левом краю скамейки:

Очевидно, что порядок имеет значение: слева может сидеть Саша, справа Маша и наоборот. Но это ещё не всё – для каждого из этих двух случаев остальные люди могут рассесться на свободных местах способами. Выражаясь комбинаторно, Сашу и Машу можно переставить на соседних местах способами и для каждой такой перестановки других людей можно переставить способами.

Таким образом, по правилу умножения комбинаций, выходит благоприятствующих исходов.

Но и это ещё не всё! Перечисленные факты справедливы для каждой пары соседних мест:

Интересно отметить, что если скамейку «скруглить» (соединяя левое и правое место), то образуется дополнительная, седьмая пара соседних мест. Но не будем отвлекаться. Согласно тому же принципу умножения комбинаций, получаем окончательное количество благоприятствующих исходов:

По классическому определению:
– вероятность того, что два определённых человека окажутся рядом.

Ответ:

Советую всегда снабжать подобные задачи схематическим рисунком, поскольку «голые» словесные комментарии чреваты ошибками – даже если и не запутаетесь, то можете запросто обсчитаться.

Пожалуй, самая трудная задача урока:

Задача 10

На шахматную доску из 64 клеток ставят наудачу две ладьи, белого и чёрного цвета. С какой вероятностью они не будут «бить» друг друга?

Справка : шахматная доска имеет размер клеток; черная и белая ладьи «бьют» друг друга, когда располагаются на одной горизонтали или на одной вертикали

Обязательно выполните схематический чертёж доски, а ещё лучше, если неподалёку есть шахматы. Одно дело рассуждения на бумаге, и совсем другое – когда расставляешь фигуры собственными руками. И ещё тут почему-то часто начинают рассуждать о порядке выставления ладей – здесь это не имеет значения, ладьи могут выставляться в каком угодно порядке, хоть одновременно – имеет значение их взаимное расположение.

Моя версия решения в конце урока. Говорю так, потому что, возможно, существуют другие способы. И они действительно существуют! – прошло совсем немного времени со дня публикации статьи, и один из посетителей сайта прислал более короткое и рациональное решение, которое тоже приведено ниже.

В заключительной части урока рассмотрим очень распространённый тип задач на классическое определение вероятности, который встречается чуть ли не в половине случаев:

Задача 11

Какова вероятность того, что в четырех сданных картах будет один туз и один король?

Решение: коль скоро неизвестный автор умолчал о колоде, будем считать, что в ней 36 карт. Ну а зачем нам больше? =)

Вычислим общее количество исходов. Сколькими способами можно извлечь 4 карты из колоды? Наверное, все поняли, что речь идёт о количестве сочетаний:
способами можно выбрать 4 карты из колоды.

Теперь считаем благоприятствующие исходы. По условию, в выборке из 4 карт должен быть один туз, один король и, о чём не сказано открытым текстом, – две другие карты:

способами можно извлечь одного туза;
способами можно выбрать одного короля.

Исключаем из рассмотрения тузов и королей: 36 – 4 – 4 = 28

способами можно извлечь две другие карты.

По правилу умножения комбинаций:
способами можно извлечь искомую комбинацию карт (одного туза и одного короля и две другие карты).

Прокомментирую комбинационный смысл записи другим способом:
каждый туз комбинируется с каждым королем и с каждой возможной парой других карт.

По классическому определению:
– вероятность того, что среди четырех сданных карт будет один туз и один король.

Если хватает времени и терпения, максимально сокращайте большие дроби.

Ответ:

Более простая задача для самостоятельного решения:

Задача 12

В ящике находится 15 качественных и 5 бракованных деталей. Наудачу извлекаются 2 детали. Найти вероятность того, что:

а) обе детали будут качественными;
б) одна деталь будет качественной, а одна – бракованной;
в) обе детали бракованны.

События перечисленных пунктов образуют полную группу, поэтому проверка здесь напрашивается сама собой. Краткое решение и ответ в конце урока. А вообще, всё самое интересное только начинается!

Следующая задача очень распространена и актуальна для многих читателей. Когда она встречается, то я всегда думаю: «чего же он так много выучил-то?! ». Поэтому сделаю пример более реалистичным =):

Задача 13

Студент знает ответы на 25 экзаменационных вопросов из 60. Какова вероятность сдать экзамен, если для этого необходимо ответить не менее чем на два из трёх вопросов?

Решение: итак, расклад таков: всего 60 вопросов, среди которых 25 «хороших» и, соответственно, 60 – 25 = 35 «плохих». Ситуация шаткая и не в пользу студента. Давайте узнаем, насколько хороши его шансы:

способами можно выбрать 3 вопроса из 60 (общее количество исходов).

Для того чтобы сдать экзамен, нужно ответить на 2 или 3 вопроса. Считаем благоприятствующие комбинации:

способами можно выбрать 2 «хороших» вопроса и один «плохой»;

способами можно выбрать 3 «хороших» вопроса.

По правилу сложения комбинаций:
способами можно выбрать благоприятствующую для сдачи экзамена комбинацию 3 вопросов (без разницы с двумя или тремя «хорошими» вопросами).

По классическому определению:
– вероятность того, что студент сдаст экзамен.

Ответ:

Да, конечно, «не фонтан», но и не всё так безнадёжно, к тому же всегда есть шансы что-нибудь родить и при ответе на «плохие» вопросы.

Популярная игра для самостоятельного исследования:

Задача 14

Игроку в покер сдаётся 5 карт. Найти вероятность того, что он получит:

а) пару десяток и пару валетов;
б) флеш (5 карт одной масти);
в) каре (4 карты одного номинала).

Какую из перечисленных комбинаций вероятнее всего получить?

! Внимание! Если в условии задан подобный вопрос, то на него необходимо дать ответ.
В противном случае задание с высокой вероятностью не зачтут.

Справка : в покер традиционно играют 52-карточной колодой, которая содержит карты 4 мастей номиналом от «двоек» до тузов.

Покер – игра самая что ни на есть математическая (кто играет, тот знает), в которой можно обладать заметным преимуществом перед менее квалифицированными соперниками. Хотя, по моему субъективному впечатлению, «звёзды» покера, «набившие» миллионные состояния, не столько расчётливы, сколько сверхобострённо чувствуют своих оппонентов.

Хотел ещё разобрать 15-й задачей вероятность выигрыша в какую-нибудь из известных лотерей, но выкладки оказались достаточно сложными. В лотереях, которые я рассмотрел, фигурируют дополнительные условия и ограничения, словно специально призванные затруднить использование комбинаторных формул =) Впрочем, переживать не будем, поскольку на поставленный вопрос быстро и эффективно ответит статистическое определение вероятности.

Наше увлекательное занятие подошло к концу, и напоследок ещё раз настоятельно рекомендую если не прорешать, то хотя бы разобраться в дополнительных задачах на классическое определение вероятности. Как я уже отмечал, «набивка руки» тоже имеет значение!

Далее по курсу – Геометрическое определение вероятности и Теоремы сложения и умножения вероятностей и… везения в главном!

Решения и ответы:

Задача 2: Решение: 30 – 5 = 25 холодильников не имеют дефекта.
По классическому определению:
– вероятность того, что наугад выбранный холодильник не имеет дефекта.
Ответ :

Задача 4: Решение: найдём общее число исходов:
способами можно выбрать место, на котором расположена сомнительная цифра и на каждом из этих 4 мест могут располагаться 2 цифры (семёрка или восьмёрка). По правилу умножения комбинаций, общее число исходов: .
Как вариант, в решении можно просто перечислить все исходы (благо их немного):
7555, 8555, 5755, 5855, 5575, 5585, 5557, 5558
Благоприятствующий исход один (правильный пин-код).
Таким образом, по классическому определению:
– вероятность того, что абонент авторизируется с 1-й попытки
Ответ :

Задача 6: Решение: найдём общее количество исходов:
способами могут выпасть цифры на 2 кубиках.

а) Рассмотрим событие: – при броске двух игральных костей произведение очков будет равно семи. Для данного события не существует благоприятствующих исходов, по классическому определению вероятности:
, т. е. это событие является невозможным.

б) Рассмотрим событие: – при броске двух игральных костей произведение очков окажется не менее 20. Данному событию благоприятствуют следующие исходы:

Итого: 8
По классическому определению:
– искомая вероятность.

в) Рассмотрим противоположные события:
– произведение очков будет чётным;
– произведение очков будет нечётным.
Перечислим все исходы, благоприятствующие событию :

Итого: 9 благоприятствующих исходов.
По классическому определению вероятности:
Противоположные события образуют полную группу, поэтому:
– искомая вероятность.

Ответ :

Задача 8: Решение: вычислим общее количество исходов: способами могут упасть 10 монет.
Другой путь: способами может упасть 1-я монета и способами может упасть 2-я монета и … и способами может упасть 10-я монета. По правилу умножения комбинаций, 10 монет могут упасть способами.
а) Рассмотрим событие: – на всех монетах выпадет орёл. Данному событию благоприятствует единственный исход, по классическому определению вероятности: .
б) Рассмотрим событие: – на 9 монетах выпадет орёл, а на одной – решка.
Существует монет, на которых может выпасть решка. По классическому определению вероятности: .
в) Рассмотрим событие: – орёл выпадет на половине монет.
Существует уникальных комбинаций из пяти монет, на которых может выпасть орёл. По классическому определению вероятности:
Ответ :

Задача 10: Способ первый: вычислим общее количество исходов:
способами можно расставить двух ладей на доске.
Другой вариант оформления: способами можно выбрать две клетки шахматной доски и способами поставить белую и чёрную ладью в каждом из 2016 случаев. Таким образом, общее число исходов: .

Теперь подсчитаем исходы, в которых ладьи «бьют» друг друга. Рассмотрим 1-ю горизонталь. Очевидно, что фигуры можно расставить на ней произвольным образом, например, так:

Кроме того, ладей можно переставить. Придаём рассуждениям числовую форму: способами можно выбрать две клетки и способами переставить ладей в каждом из 28 случаев. Всего: возможных расположений фигур на горизонтали.
Короткая версия оформления: способами можно разместить белую и чёрную ладью на 1-й горизонтали.

Проведённые рассуждения справедливы для каждой горизонтали, поэтому количество комбинаций следует умножить на восемь: . Кроме того, аналогичная история справедлива для любой из восьми вертикалей. Вычислим итоговое количество расстановок, в которых фигуры «бьют» друг друга:

Тогда в оставшихся вариантах расстановки ладьи не будут «бить» друг друга:
4032 – 896 = 3136

По классическому определению вероятности:
– вероятность того, что наугад поставленные на доску белая и чёрная ладья не будут «бить» друг друга.

Ответ :

Способ второй : способами можно поставить на доску одну ладью и для каждого из этих 64 случаев другая ладья может выставлена на любую из свободных клеток (проанализируйте, что это рассуждение учитывает все расстановки белой и черной ладей). Таким образом, по правилу умножения комбинаций: – общее число исходов.
Для каждого из 64 способов расстановки одной ладьи она будет «бить» другую ладью, если последняя окажется на любой из 7 свободных клеток той же горизонтали или 7 свободных клеток той же вертикали (итого 14 клеток). Следовательно, существует расстановок ладей, в которых они «бьют» друг друга. По классическому определению вероятности:
– вероятность того, что наугад поставленные на доску белая и чёрная ладья будут «бить» друг друга.
Тогда вероятность противоположного события:

Ответ :

Задача 12: Решение: всего: 15 + 5 = 20 деталей в ящике. Вычислим общее число исходов:
способами можно извлечь 2 детали из ящика.
а) Рассмотрим событие: – обе извлечённые детали будут качественными.
способами можно извлечь 2 качественные детали.
По классическому определению вероятности:
б) Рассмотрим событие: – одна деталь будет качественной, а одна – бракованной.
способами можно извлечь 1 качественную деталь и 1 бракованную.
По классическому определению:
в) Рассмотрим событие: – обе извлечённые детали бракованны.
способами можно извлечь 2 бракованные детали.
По классическому определению:
Проверка : вычислим сумму вероятностей событий, образующих полную группу: , что и требовалось проверить.
Ответ :

Задача 14: Решение: найдём общее число исходов:
способами можно сдать 5 карт.
а) способами можно сдать две десятки;
способами можно сдать двух валетов;
Количество других карт в колоде: 52 – 4 – 4 = 44
способами можно сдать другую карту.
По правилу умножения комбинаций:
способами можно сдать 5 карт, среди которых будет пара десяток и пара валетов.
По классическому определению:
б) В колоде: 52 / 4 = 13 карт каждой масти.
способами можно сдать 5 карт какой-то одной из мастей.
По правилу сложения комбинаций:
способами можно сдать флеш (без разницы какой масти).
По классическому определению:
в) Четыре карты одного номинала можно сдать 13 способами (2222, 3333, 4444, …, КККК, ТТТТ). Кроме того, для каждого из этих 13 случаев пятую карту можно сдать способами. Таким образом, по теореме умножения комбинаций, каре можно сдать способами.
По классическому определению:
Ответ :
Из перечисленных комбинаций вероятнее всего получить флеш.