•САНКТ-ПЕТЕРБУРГ•
•МОСКВА•
•КРАСНОДАР•
2011

САНКТ-ПЕТЕРБУРГ•МОСКВА•КРАСНОДАР
2011
ЗАДАЧИ
ВСЕРОССИЙСКИХ
СТУДЕНЧЕСКИХ
ОЛИМПИАД
по теории
вероятностей
и математической
статистике
О. А. РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА,
Л. К. ШИРЯЕВА
УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ
•
Издание второе,
переработанное
и дополненное

© Издательство «Лань», 2011
© О. А. Репин, Е. И. Суханова,
Л. К . Ширяева, 2011
© Издательство «Лань»,
художественное оформление, 2011
Охраняется законом РФ об авторском праве.
Воспроизведение всей книги или любой ее части
запрещается без письменного разрешения издателя.
Любые попытки нарушения закона
будут преследоваться в судебном порядке.
Обложка
А. Ю . ЛАПШИН
ББК 22.172я73
Р41
Репин О. А., Суханова Е. И., Ширяева Л. К.
Р 41 Задачи всероссийских студенческих олимпиад по
теории вероятностей и математической статистике:
Учебное пособие. 2-е изд., перераб. и доп. — СПб.: Из-
дательство «Лань», 2011. — 192 с.: ил. — (Учебники
для вузов. Специальная литература).
ISBN 978-5 -8114-1113-9
Основу книги составляют задачи, предлагавшиеся студентам
экономических специальностей на Всероссийских олимпиадах по
теории вероятностей и математической статистике, которые прово-
дились в 1999–2008 гг. в Самарском государственном экономиче-
ском университете. Представлены подробные решения всех олим-
пиадных заданий. Издание содержит дополнительные задачи с
ответами, которые можно использовать для подготовки к олим-
пиадам, а также для более качественного усвоения курса «Теория
вероятностей и математическая статистика».
Для студентов, аспирантов, преподавателей, а также всех инте-
ресующихся теорией вероятностей и математической статистикой.
ББК 22.172я73
Рецензенты:
зав. кафедрой прикладной математики и информатики Самарского
государственного технического университета, д-р физ.- мат. наук,
проф. В. П. РАДЧЕНКО; зав. кафедрой статистики Мордовского го-
сударственного университета им. Н. П. Огарева, д-р экон. наук,
проф. Ю . В. САЖИН

ПРЕДИСЛОВИЕ
Основу пособия составляют задачи, предлагавшиеся сту-
дентам нематематических специальностей на Всероссий-
ских олимпиадах по теории вероятностей и математической
статистике, которые проводились в 1999–2008 гг. в Самар-
ском государственном экономическом университете.
До настоящего времени многие олимпиадные задачи не
были опубликованы, оставаясь неизвестными для препода-
вателей и студентов, интересующихся теорией вероятностей
и математической статистикой, поэтому возникло желание
отразить олимпиадные задания в сборнике. В нем представ-
лены решения всех олимпиадных задач, а для некоторых
из них приведены несколько способов решений.
Математический аппарат, используемый при решении
задач, находится в рамках курса теории вероятностей и ма-
тематической статистики экономических университетов.
Цель настоящей работы — научить читателя творче-
ски относиться к каждой интересной задаче и получать
удовольствие от самостоятельного решения этих задач.
И поэтому структура книги такова: сначала приводятся
условия всех олимпиадных задач, затем — ответы и толь-
ко потом решения. Авторы надеются, что читатель попы-
тается самостоятельно решить понравившуюся ему зада-
чу и, возможно, найдет свой способ решения.
Издание содержит дополнительные задачи с ответами,
которые можно использовать для подготовки к олимпиа-
дам, а также для более качественного освоения курса «Тео-
рия вероятностей и математическая статистика».
Изучайте классиков
и решайте трудные задачи.
П.Л.Чебышев

6
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Авторы считают своим приятным долгом вспомнить
замечательного человека, доктора экономических наук,
профессора, бывшего заведующего кафедрой «Приклад-
ная математика» Государственного университета управ-
ления (Москва) Владимира Алексеевича Колемаева, ко-
торый последние четыре года выполнял обязанности
председателя жюри Всероссийских олимпиад по теории
вероятностей и математической статистике. Его глубокая
эрудиция, заинтересованность в успехе, тактичное отно-
шение ко всем участникам олимпиад создавали спокой-
ную, доброжелательную обстановку и стимулировали сту-
дентов к творчеству.
Мы хотим особо поблагодарить доцентов С. В. Каверина
(Волжский университет им. В. Н. Татищева, Тольятти),
М. И. Кутернина и В. И. Соловьева (Государственный уни-
верситет управления, Москва), Е. Н. Лукаша (МГУ им.
М. В. Ломоносова) за конструктивное обсуждение условий
и решений ряда задач.

ГЛАВА 1
ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ
ОЛИМПИАД
1.1.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
1999 года
Задача 1. Из полного набора пятизначных чисел нау-
дачу выбирается одно. Найти вероятность того, что в запи-
си этого числа цифры располагаются в порядке убывания
слева направо.
Задача 2. Плотность распределения вероятностей (диф-
ференциальная функция распределения) случайной вели-
чины X задается следующей формулой:
23
10
1
00
1
12
34
3
5
3
12
34
3
5
6
12
2
2
32
2
123
45
6
7
Найти параметр C, интегральную функцию распреде-
ления, математическое ожидание и дисперсию случайной
величины X.
Задача 3. Деталь, необходимая для сборки прибора,
поступает от трех производителей: A, B, C. Известно, что
для любого производителя вероятность выпуска бракован-
ной детали есть величина постоянная. При сборке прибора
сначала используется деталь от производителя A. Если при-
бор не заработал, то бракованная деталь от производителя A
заменяется деталью от производителя B. Если прибор по-
прежнему не работает, то бракованная деталь от произво-
дителя B заменяется деталью от производителя C. Длитель-
ные наблюдения показали, что при таком способе сборки
ряд распределения случайной величины Х — количества
деталей, необходимых для сборки прибора, имеет вид

8
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
1212
13
14
1
321
5671 56231 56571
1
Новый сборщик решил изменить привычный порядок
сборки. Сначала он берет деталь от производителя B, по-
том, если прибор не заработает, берет деталь от производи-
теля A, а затем, в случае неудачи, от производителя C. Най-
ти ряд распределения случайной величины Х при новом
способе сборки прибора.
Задача 4. В жюри из трех человек два члена независи-
мо друг от друга принимают правильное решение с вероят-
ностью p, а третий для вынесения решения бросает монету
(окончательное решение выносится большинством голо-
сов). Жюри из одного человека выносит справедливое ре-
шение с вероятностью p. Какое из этих жюри выносит спра-
ведливое решение с большей вероятностью?
Задача 5. На конвейер поступают изделия с двух стан-
ков. Производительности их относятся как 2 : 3. Длитель-
ные наблюдения показали, что первый станок в среднем
дает 50% первосортных деталей, а второй — 25% перво-
сортных деталей. При проверке двух деталей, поступив-
ших на конвейер, оказалось, что одна из них первосорт-
ная, а другая — нет. Какова вероятность того, что обе де-
тали поступили с одного и того же станка?
Задача 6. С целью исследования суммы вкладов в бан-
ке, имеющем 2200 вкладчиков, проведено выборочное об-
следование 100 вкладов, результаты которого даны в табл. 1.
Считая, что сумма вкладов имеет нормальный закон рас-
пределения с параметрами a и s, найти:
1234562787
12345563789



3
9


149
899

34
123425 423625 623725 723825 823925 923
25
2325
67
8978
 65
75

5
195
425
25
85
1

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
9
а) надежность, которая гарантирует средний вклад во
всем банке от 53,1 до 62,5 тыс. руб.;
б) вероятность того, что из пяти наудачу отобранных
вкладов не менее четырех будут от 60 до 75 тыс. руб.
1.2.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
2000 года
Задача 1. В урне содержится 4 белых и 6 черных ша-
ров, кроме того, половина из них имеет некоторую мар-
кировку. Пусть среди шаров с маркировкой: а) 2 белых;
б) 3 белых.
Из урны вынимают наугад один шар. Выяснить вопрос
о независимости событий: A — появится белый шар; B —
появится шар с маркировкой.
Задача 2. Судно имеет одно рулевое устройство, четы-
ре котла и две турбины. Событие A означает исправность
рулевого устройства, Bk — исправность k-го котла (k =1,
2, 3, 4), а Cj — исправность j-й турбины (j = 1, 2). Событие
D — судно управляемое. Это будет в том случае, когда ис-
правны рулевое устройство, хотя бы один котел и одна тур-
бина. Выразить событие D и 1 через A, Bk, Cj.
Задача 3. Группа студентов состоит из a отличников,
b хорошо успевающих и c занимающихся слабо. Отлични-
ки на предстоящем экзамене могут получить только отлич-
ные оценки. Хорошо успевающие студенты могут получить
с равной вероятностью хорошие и отличные оценки. Сла-
боуспевающие могут получить с равной вероятностью хо-
рошие, удовлетворительные и неудовлетворительные оцен-
ки. Для сдачи экзамена вызывается наугад один студент.
Найти вероятность того, что он получит хорошую или от-
личную оценку.
Задача 4. Из урны, содержащей 2 белых и 3 черных
шара, извлекается по одному шару без возвращения до пер-
вого появления белого шара. Найти интегральную функ-
цию распределения числа вынутых шаров.

10
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Задача 5. Имеется тесто в количестве W для изготов-
ления булок с изюмом, который берется в количестве
n изюминок. Какова вероятность того, что в наугад вы-
бранной булке будет хотя бы одна изюминка, если на ка-
ждую булку идет v теста?
Задача 6. Случайная величина X имеет нормированное
(стандартное) нормальное распределение, а случайная ве-
личина Y распределена равномерно в интервале (a; b) с
числовыми характеристиками M(Y) = 0, s(Y) = 1. Что ве-
роятнее: попадание в интервал (–1; 2) значений случайной
величины X или Y?
Задача 7. Из 500 коммерческих фирм налоговой ин-
спекцией было проверено 100, суммы сокрытых налогов
которых приведены в табл. 2. Считая, что сумма сокры-
тых налогов имеет нормальный закон распределения с па-
раметрами a и s, найти:
а) надежность, которая гарантирует среднюю сумму
сокрытых налогов по всем фирмам от 44,52 до 45,68 тыс.
руб.;
б) вероятность того, что из трех отобранных наудачу
фирм, по крайней мере, в одной сокрытые налоги меньше
45 тыс. руб.
1.3.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
2001 года
Задача 1. На десяти одинаковых карточках написаны
числа 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14. Наугад берутся две
карточки. Найти вероятность того, что образованная из
двух полученных чисел дробь сократима.
1234562787
12345563789



3
9


149
73

97278

34
123145 143115 113165 163175 173825
7687
63
95
415

75

5
45
1

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
11
Задача 2. Количество деталей, поступающих на сбор-
ку с трех станков, определяется соотношением 4 : 3 : 2.
С первого станка поступает 1% бракованных деталей, со
второго — 2%, а с третьего — 0,5%. Какова вероятность
того, что из двух наудачу взятых деталей хотя бы одна бу-
дет годной?
Задача 3. Сколько раз нужно подбросить два играль-
ных кубика, чтобы вероятность того, что две одинаковые
цифры выпадут хотя бы один раз, была бы больше некото-
рого заданного числа a, где 0 < a <1?
Задача 4. По объекту производится три одиночных (не-
зависимых) выстрела. Вероятность попадания при первом
выстреле равна 0,4, при втором — 0,5, при третьем — 0,7.
Для вывода объекта из строя заведомо достаточно трех по-
паданий; при двух попаданиях он выходит из строя с веро-
ятностью 0,75; при одном — с вероятностью 0,25. Найти
вероятность того, что в результате трех выстрелов объект
будет выведен из строя.
Задача 5. В группе 15 студентов, из них 5 отличников,
6 хорошо успевающих и 4 занимающихся слабо. На пред-
стоящем экзамене отличники могут получить только от-
личные оценки. Хорошо успевающие студенты с равной
вероятностью могут получить хорошие и отличные оцен-
ки. Слабоуспевающие студенты могут с равной вероятно-
стью получить хорошие, удовлетворительные и неудовле-
творительные оценки. Для сдачи экзамена приглашены
наугад три студента из группы. Оказалось, что они полу-
чили следующие оценки: отлично, хорошо и удовлетвори-
тельно (в любом порядке). Какова вероятность того, что
среди них двое хорошо успевающих студента и один — сла-
боуспевающий?
Задача 6. В вершине A пятиугольника ABCDE находит-
ся яблоко, а на расстоянии двух сторон, в вершине C, нахо-
дится червяк (см. рис. 1). Каждый день червяк переползает
в одну из двух соседних вершин с равной вероятностью.

12
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Так, через один день червяк ока-
жется в вершине B с вероятно-
стью 1/2 или в вершине D с ве-
роятностью 1/2. По прошествии
двух дней червяк может вновь
оказаться в вершине C, посколь-
ку он не запоминает предыдущих
положений. Достигнув верши-
ны A, червяк останавливается
пообедать. С какой вероятностью
червяк доползет до яблока за
7 дней? За 8 дней?
Указание. Эта задача эквивалентна задаче о подбрасы-
вании монеты до появления двух решек подряд: выпаде-
ние решки означает «сделать шаг к яблоку», а выпаде-
ние орла означает «сделать шаг назад».
Задача 7. В отрасли около 1000 предприятий. По схе-
ме случайного повторного отбора были отобраны 100 пред-
приятий этой отрасли. Данные о распределении их по за-
тратам (в копейках) на рубль продукции представлены в
табл. 3. Полагая, что распределение затрат имеет нор-
мальный закон:
а) с надежностью g = 0,99 найти доверительный интер-
вал для средних затрат на 1 руб. продукции по всей отрасли;
б) найти процент предприятий, затраты которых на
1 руб. продукции не превосходят 85 коп.
Рис. 1
Исходная диспозиция
1234562787
12345563789



3
939
9

34
537466
75
67
535366
1234511346
76
1134572346
76
7234571346
226
7134582346
976
8234581346
9
6
813452346
216
23451346
6
1

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
13
1.4.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
2002 года
Задача 1. Из полного набора трехзначных чисел нау-
дачу выбирается одно. Найти вероятность того, что цифры
в записи этого числа располагаются:
а) в порядке убывания слева направо;
б) в порядке возрастания слева направо;
в) в порядке неубывания слева направо;
г) в порядке невозрастания слева направо.
Замечание. Считать, что числа не могут начинаться с
цифры 0.
Задача 2. Стрелок стреляет в цель до первого попада-
ния. Вероятность попадания при одном выстреле равна p
(0 < p < 1). Составить ряд распределения случайной вели-
чины X — числа выстрелов, сделанных стрелком. Найти
математическое ожидание, дисперсию и интегральную
функцию распределения случайной величины X.
Задача 3. На складе имеются детали двух партий.
В первой партии в 2 раза больше деталей, чем во второй.
Известно также, что в первой партии бракованных дета-
лей в 4 раза больше, чем стандартных деталей во второй.
Контролер наудачу выбирает деталь со склада. При про-
верке ее качества он запоминает и номер партии, к кото-
рой деталь принадлежит. Затем он возвращает деталь на
склад и вторично из той же партии наудачу извлекает де-
таль. Найти наименьшую вероятность того, что в каждом
из двух испытаний (с возвращением) была извлечена стан-
дартная деталь.
Задача 4. В продаже имеется 10 лотерейных билетов.
Известно, что ровно половина лотерейных билетов явля-
ются выигрышными. Приобрести билеты решились толь-
ко два студента: Ольга и Сергей. Ольга купила 2 лотерей-
ных билета, а Сергей — только 1 билет.
Пусть случайная величина X — число выигрышных
лотерейных билетов, приобретенных Ольгой; случайная

14
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
величина Y — число выигрышных лотерейных билетов,
приобретенных Сергеем.
Найти:
а) закон распределения случайной величины Z = X + Y;
б) дисперсии D(X), D(Y) и D(Z).
Задача 5. Признак X имеет нормальное распределение,
причем M(X)=0 и s(X) = 1. Произведена случайная по-
вторная выборка: X1, X2, ..., X20 из генеральной совокуп-
ности значений X. С какой вероятностью можно гаранти-
ровать, что средний квадрат значений признака, попавших
в выборку, будет не больше чем 0,4795?
1.5.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
2003 года
Задача 1. В лифт семиэтажного дома на первом этаже
вошли три человека. Каждый из них независимо от осталь-
ных может выйти на любом этаже, начиная со второго.
Найти вероятности следующих событий:
§ A — все пассажиры выйдут на четвертом этаже;
§ B — все пассажиры выйдут на одном и том же этаже;
§ C — все пассажиры выйдут на разных этажах.
Задача 2. На некотором избирательном участке прого-
лосовало 7 человек. Известно, что за кандидата A проголо-
совало 4 человека, за кандидата B — 3 человека. Какова
вероятность того, что в ходе подсчета бюллетеней число
голосов, поданных в поддержку кандидата A, все время
будет больше, чем за кандидата B?
Задача 3. В некоторой местности в среднем из 100 се-
мей 55 имеют телефоны. Часть семей проживает в кир-
пичных домах, а остальные — в деревянных. Известно
также, что 60% семей, проживающих в кирпичных до-
мах, и 40% семей, проживающих в деревянных домах,
имеют телефоны. У наудачу выбранной семьи обнаружен
телефон. Какова вероятность того, что эта семья живет в
кирпичном доме?

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
15
Задача 4. Стопку из 12 денежных купюр одного досто-
инства делят на 3 равные по численности части. Известно,
что из 12 денежных купюр — 3 фальшивые. Пусть X —
максимальное число фальшивых денежных купюр, попа-
вших в результате деления в какую-либо часть. Составить
закон распределения случайной величины X.
Задача 5. Трем студентам поручено независимо друг от
друга найти оценки (X1, X2, X3) математического ожида-
ния a признака X. Из прошлого опыта преподавателю из-
вестно, что эти студенты всегда получают несмещенные
оценки. Однако первый и второй студенты менее аккурат-
ны, чем третий, и дисперсия оценки X1 будет в m1 раз боль-
ше, чем дисперсия оценки X3, а дисперсия оценки X2 бу-
дет в m2 раз больше, чем дисперсия оценки X3 (известно
также, что m1 >1иm2 > 1).
Преподаватель ищет результирующую оценку X0 в виде
X0=l1X1+l2X2+l3X3.
При каких l1, l2, l3 оценка X0 математического ожи-
дания a будет несмещенной и эффективной?
1.6.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
2004 года
Задача 1. В туристической группе 12 человек — 6 юно-
шей и 6 девушек. Их расселяют по четырем комнатам, рас-
считанным на трех человек. Известно, что 2 девушки явля-
ются сестрами и 2 юношей из группы являются братьями.
Расселение по комнатам происходит случайным образом, и
в каждую комнату размещают или только девушек, или
только юношей. Какова вероятность того, что сестры ока-
жутся в одной комнате, а братья — в разных комнатах?
Задача 2. В магазине происходит бесплатная дегуста-
ция нового продукта фирмы «Юпитер». Длительные на-
блюдения показали: вероятность того, что посетитель-жен-
щина согласится на дегустацию нового продукта, равна 0,2,
а вероятность того, что посетитель-мужчина согласится на

16
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
дегустацию, равна 0,1. В данный момент в магазине нахо-
дятся 25 посетителей, из них — 15 женщин и 10 мужчин.
Рекламный представитель фирмы «Юпитер» наудачу обра-
тился к двум посетителям магазина с предложением о дегу-
стации нового продукта. Какова вероятность того, что один
из посетителей примет это предложение, а другой — нет?
Задача 3. 90% деталей, изготовляемых на первом стан-
ке, и 80% деталей, изготовляемых на втором станке, выс-
шего качества. Из деталей, произведенных на первом стан-
ке, отобраны случайным образом 3 детали, а из деталей,
произведенных на втором станке, — 2 детали. Какова ве-
роятность того, что хотя бы две детали из пяти отобран-
ных окажутся высшего качества?
Задача 4. Предположим, что число тренажерных залов
неограниченно велико. В 1/4 из них занятие стоит 1 у. е.,
в1/4—2у.е.ив1/2—3у.е.Спортсменнаугадпосещает
четыре тренажерных зала и выбирает для тренировки тот,
в котором стоимость занятия минимальна (если таких за-
лов несколько, то выбирается любой из них). Какова сред-
няя (ожидаемая) стоимость занятия?
Задача 5. Случайная величина X является непрерыв-
ной, причем вероятность
121
44
12
33
45
56
и для любого отрезка
12
44
123
2
11
11
23
45
67
89
вероятность P(x1 £ X £ x2) = sin(x2 – x1)cos(x2 + x1). Найти
плотность распределения вероятностей (дифференциаль-
ную функцию) случайной величины X.
Задача 6. Цена акции АО «Гамма» — случайная вели-
чина X, имеющая нормальное распределение с математи-
ческим ожиданием M(X)=a >0иD(X)=s2
, причем пара-
метры a и s2 предполагаются неизвестными. Произведена
случайная повторная выборка: X1, X2, ..., Xn из генераль-

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
17
ной совокупности значений X с таким распределением.
В штате АО «Гамма» работают n аналитиков (n 3 10). Каж-
дый k-й аналитик
1
123
12
1
получает для обработки первые
k результатов выборки: X1, X2, ..., Xk. По этим данным он
находит
2
1
2 — сумму квадратов отклонений результатов
k наблюдений от их выборочной средней арифметической,
т. е.
22
1
12
3
1
21
1
2
34
4
1
12
3
где
1
11
12
2
33
11
1
2
— выборочная средняя арифметическая, полученная по ре-
зультатам первых k наблюдений.
Далее руководитель аналитического отдела вычисляет
оценку W2 параметра s2 по следующей формуле:
22
1
1
1
2
2
33
1
123
а) При каком значении l оценка W2 будет являться не-
смещенной оценкой параметра s2?
б) Начиная с какого номера k с вероятностью, не мень-
шей 0,9973, можно гарантировать, что средняя выбороч-
ная 1
2 отклонится от параметра a меньше, чем на s (по
абсолютной величине)?
1.7.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
2005 года
Задача 1. Один человек испытывает трудности с уст-
ройством на работу. Если он является безработным утром
любого дня, то с постоянной вероятностью 1/2 (не завися-
щей от прошедших событий) он нанимается на работу в
течение дня; но если он имеет работу в начале дня, то с
постоянной вероятностью 1/4 его уволят к вечеру. Найди-
те среднее число вечеров, когда его ожидает работа на сле-
дующий день, в предположении, что первоначально он при-
нят на работу и этот процесс продолжается n = 4 дня. (Если,
например, n = 1, то ответ равен 3/4).

18
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Задача 2. Из 13 лотерейных билетов 5 выигрышных.
Первый студент вынимает наудачу 3 билета (без возвра-
щения), после чего второй студент берет 2 билета (также
без возвращения). Один из билетов второго студента ока-
зался выигрышным. Какова вероятность того, что у пер-
вого студента только один из трех билетов выигрышный?
Задача 3. Случайная величина X является непрерыв-
ной, причем
12
22
12
1
2
12
21
12
12
0ес
л
и
0
если
01
если
12
0ес
л
и
2
12
1
3
4
5
6
5
46
12
1
3
2
5
3
5
46
46
12
1
3
4
5
3
5
12
1
3
4
5
6
7
11
11
11
2131
11
11
11
123
4
562
1
5
778
9
2
1
5
5
1
3

При каких значениях параметров a и b случайная ве-
личина X имеет максимально возможную дисперсию?
Задача 4. Контролер извлекает для проверки по одной
детали из ящика (без возвращения). Проверка прекраща-
ется, как только обнаруживается бракованная деталь. До
начала проверки в ящике находились 4 однотипные дета-
ли, причем 2 детали поступили с первого автомата, а 2 —
со второго. Известно, что первый автомат производит бра-
кованную деталь с вероятностью 0,1, а второй — с вероят-
ностью 0,2. Составить закон распределения числа прове-
ренных деталей.
Задача 5. Инвестор намерен финансировать новую те-
лепередачу только в том случае, если ее будут смотреть не
менее 50% всех телезрителей. Для решения вопроса о фи-
нансировании было опрошено случайным образом 400 че-
ловек. Инвестор и руководство телеканала договорились,
что инвестор откажется от финансирования только в том
случае, когда передачу согласятся смотреть менее 45% оп-
рошенных.
Определить:
а) вероятность ошибки инвестора при принятии реше-
ния о финансировании, если в действительности 50% всех
зрителей согласны смотреть новую телепередачу;

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
19
б) вероятность ошибки инвестора, если на самом деле
лишь 40% всех телезрителей согласны смотреть новую те-
лепередачу.
1.8.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
2006 года
Задача 1. Средний возраст студентов-заочников одной
группы университета равен их количеству. 39-летний сту-
дент этой группы забрал документы и покинул универси-
тет. После чего средний возраст оставшихся студентов сно-
ва равнялся их количеству. Сколько студентов первона-
чально было в группе?
Задача 2. Посажены два дерева. В данных климатиче-
ских условиях вероятность прижиться для каждого дере-
ва одинакова и равна p. Пусть случайная величина X —
число прижившихся деревьев среди данных двух, случай-
ная величина Y — число неприжившихся деревьев среди
этих двух.
а) Составить закон распределения случайной величи-
ныZ=X ×Y.
б) При какой вероятности p математическое ожидание
M(Z) будет максимальным?
Задача 3. Непрерывная случайная величина X имеет
равномерное распределение на отрезке [–1; 99]. Для слу-
чайной величины Y =|X| найти:
а) интегральную функцию распределения случайной
величины Y;
б) математическое ожидание случайной величины Y.
Задача 4. В партии из шести транзисторов любое чис-
ло бракованных транзисторов равновероятно. Сначала от-
бирают два транзистора (без возвращения). Оказалось, что
из них 1 бракованный и 1 стандартный.
Найти вероятность того, что при проверке двух после-
дующих транзисторов обнаружится 1 бракованный и 1 стан-
дартный.

20
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Задача 5. В группе 21 студент, среди них три брата. Сту-
денты группы случайным образом занимают очередь в биб-
лиотеку. Если номер студента в очереди не больше 10, то он
с вероятностью a получит нужную книгу, в противном слу-
чае он получит книгу с вероятностью b (a 1 b, 0 < a <1,
0<b < 1). Братьям повезло: каждый из них получил нуж-
ную книгу. Какова вероятность того, что кто-то из братьев
оказался первым в очереди, кто-то из них — последним, и
кто-то — ровно посередине?
Задача 6. Некая фирма успешно продает яхты уже 10 лет.
Аналитику компании-конкурента удалось раздобыть дан-
ные по объемам продаж этой компании (см. табл. 4). Про-
анализировав их, он предположил, что объем продаж Yi
связан с числом i проданных яхт в i-й год следующей зави-
симостью:
Yi=bi+ei, i =1,2,3, ...,
где ei — нормально распределенная случайная величина с
математическим ожиданием M(ei) = 0 и дисперсией D(ei)=1;
b — рыночная цена яхты.
Аналитик полагает также, что случайные величины
e1, e2, e3, ... являются независимыми.
В качестве оценки b* неизвестной цены b аналитик пред-
ложил следующую:
10
1
1
385
1
1
1
21
3
1
2
2
3
Считая, что аналитик компании-конкурента не ошиб-
ся в своих предположениях, с надежностью g построить до-
верительный интервал для случайной величины Y11 =11b +
+ e11 возможного объема продаж яхт на 11-й год существо-
вания этой фирмы.
Указание.
2
1
121
6
12
12
3
1
2
11
1
2
1
22
1
3
1234562787
123345678689
5267
8
26626656
85867
8
23346
66168
6 6
1232425262728292
212
!9
567
8
26
6168
6
53 65
 6
912 932 942 952 962 972 982 992 9
2 912
1

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
21
1.9.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
2007 года
Задача 1. В филиале No 1 банка «Кредит-Всегда», рас-
положенном в районе А, взяли кредит 6 жителей этого
района, а в филиале No 2 этого банка, расположенном в
районе В по-соседству, взяли кредит 4 жителя этого райо-
на. Ежемесячно 6 жителей района А погашали свой долг
по кредиту в филиале No 1, а 4 жителя района В — в фи-
лиале No 2. Районы А и В объединили в район С. Какова
вероятность того, что на следующий после объединения
месяц один из филиалов обслужит по меньшей мере на
4 клиента больше, чем другой? (Считать количество долж-
ников по кредиту неизменным, а обращение каждого из
них в любой из двух филиалов равновероятным.)
Задача 2. Известно, что посетитель чайной с одинаковой
вероятностью может заказать черный, зеленый или цветоч-
ный чай. Каждый из 10 посетителей чайной независимо от
других заказал чашку чая. Какова вероятность того, что в
заказах этих посетителей присутствовали все виды чая?
Задача 3. Случайная величина X распределена по нор-
мальному закону с нулевым математическим ожиданием
и средним квадратическим отклонением s (s > 0). При ка-
ком s вероятность попадания значений случайной вели-
чины X в интервал (a; b) будет наибольшей (0 < a < b)?
Задача 4. На складе в нерассортированном виде хра-
нятся две партии однотипных изделий. В первой партии в
1,5 раза больше изделий, чем во второй. Известно также,
что число бракованных изделий в первой партии относится
к числу стандартных изделий во второй партии как 3 : 4.
Наудачу извлекают одно изделие. Затем его возвращают на
склад и вторично извлекают еще изделие. Оба проверенных
изделия оказались стандартными. При каком соотношении
между количествами бракованных изделий в первой и вто-
рой партиях вероятность того, что проверенные изделия
относятся к разным партиям, будет максимальна?

22
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Задача 5. Некоторое предприятие изготавливает при-
боры, каждый из которых состоит из n деталей. Вероят-
ность брака для каждой детали равна p и не зависит от ка-
чества других деталей. Предприятие отправило клиенту
N приборов. Между предприятием и клиентом установле-
ны следующие договоренности:
1) за каждый приобретенный прибор клиент платит
предприятию K рублей;
2) если клиент обнаружил, что прибор не работает, то
предприятие должно возместить ему стоимость прибора.
Для возмещения возможного ущерба клиенту предпри-
ятие имеет в своем распоряжении L рублей (0 < L < K × N).
Какова максимальная вероятность p, при которой предпри-
ятие сможет возместить клиенту средний (ожидаемый)
ущерб от продажи N приборов?
Задача 6. Случайная величина X распределена по нор-
мальному закону с нулевым математическим ожиданием;
случайные величины X1 и X2 — результаты двух незави-
симых наблюдений над случайной величиной X. Диспер-
сия 2
1
1 случайной величины Y = max{X1, X2} считается не-
известной. Оценку 2
1
1
1 параметра 2
1
1 решено вычислять по
формуле
22
2
1
2
1
2
1
23
4
1
22
12
34
5
1
а) Показать, что оценка 2
1
1
1 является несмещенной оцен-
кой параметра 2 1
1
1
б) С надежностью g построить интервальную оценку для
параметра 2
1
1 (0<g<1).
1.10.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
2008 года
Задача 1. Чтобы поймать двух диких зубров для раз-
множения, в Беловежскую Пущу послали экспедицию.
Предположим, что зубры бродят по Пуще в одиночестве в
случайных направлениях. Вероятность p того, что пойман-
ный зубр — самец, не зависит от предыдущих результатов

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
23
(0 < p < 1). Для того, чтобы получить пару, пришлось пой-
мать 5 зубров. При этом условии найти вероятность того,
что пятый пойманный зубр оказался самцом.
Задача 2. Два клиента получили от банка «Незабудка»
письма с требованием срочного внесения платежа по кре-
диту в один из трех дней: 1, 2 или 3 декабря. Каждый из
них решил обратиться в банк «Незабудка» с просьбой об
отсрочке платежа в один из указанных дней (равновероя-
тен любой из этих дней). Согласно внутренним инструк-
циям банка вероятность получить отсрочку по платежу для
любого клиента постоянна и равна 0,5. Однако со 2 декаб-
ря руководство банка решило снизить эту вероятность
до 0,25.
а) Какова вероятность того, что только один из этих
клиентов получит отсрочку по платежу?
б) Известно, что только один из двух клиентов получил
отсрочку по платежу. При этом условии найти вероятность
того, что оба клиента пришли в банк в один и тот же день.
Задача 3. В цистерне находится 1 т нефти. Для анали-
за из цистерны изъяли X т нефти.
Считая, что случайная величина X равномерно распре-
делена в промежутке от 0 до 1 т, найти интегральную и
дифференциальную функции распределения случайной
величины
1
1
123456
7
189456
11
2
11
1
2
1
Задача 4. Игра состоит в том, что симметричную моне-
ту бросают n раз (n 3 2). Пусть случайная величина Xk —
число выпадений герба в k-м бросании монеты,
112
12
1
Выигрыш в игре, Y, руб., начисляют по формуле
1
1
1
1
2
2
344
1
1
2
Найти:
а) средний (ожидаемый) выигрыш в игре;
б) дисперсию выигрыша.

24
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Задача 5. В стаде n мериносных баранов (n 3 6). Дли-
тельные наблюдения показали, что ежегодный настриг
шерсти мериносного барана X — случайная величина,
имеющая равномерное распределение в промежутке от a
доb(0<a<b).
В конце года владелец стада анализирует результаты
работы пастуха. Для этого он упорядочивает баранов по
возрастанию их настригов шерсти. Пусть V — настриг шер-
сти барана, показавшего «бронзовый» результат, т. е. за-
нявшего третье место по настригу шерсти, а L — настриг
барана-аутсайдера, показавшего третий с конца результат.
Если L £ 0,5(a + b) £ V, то владелец стада дарит пастуху трех
самых худших по настригу баранов. Какова вероятность,
что пастух получит такой подарок?

ГЛАВА 2
ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ
ЗАДАЧИ
Задача 1. В ящике N изделий, из них М стандартных,
а остальные бракованные. Наудачу извлекли одно изде-
лие и после проверки возвратили его обратно в ящик. Эту
операцию повторили еще 2 раза, осуществив таким обра-
зом отбор трех изделий. При какой доле стандартных из-
делий вероятность получить два стандартных и одно бра-
кованное изделия будет максимальной?
Задача 2. В гостинице «Nehilton» 3 свободных номера:
двухместный, трехместный и четырехместный. Девять
человек, среди них трое близнецов, случайным образом
расселяют в свободные номера. Какова вероятность того,
что только два близнеца будут поселены вместе?
Задача 3. В гостинице «Nehilton» 6 свободных номеров,
из них 2 — класса «люкс», 2 — класса «полулюкс» и 2 —
класса «туркласс». Посетитель случайным образом захо-
дит в свободные номера, попадая в каждый ровно один раз,
и проходит таким образом через все свободные номера.
Какова вероятность того, что каждый следующий номер,
в который заглядывает посетитель, будет иметь класс, от-
личный от класса предыдущего номера?
Задача 4. На склад поступают однотипные изделия с
двух предприятий. Длительные наблюдения показали, что
вероятность изготовления бракованного изделия первым
предприятием равна 0,05, а вторым — 0,02. На контроль

26
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
поступили 2 изделия с первого предприятия и 2 изделия
со второго. Найти вероятность того, что:
а) число бракованных изделий оказалось нечетным;
б) число бракованных изделий с первого предприятия
не меньше числа бракованных изделий со второго.
Задача 5. Ерофей и Евсей подбрасывают монету по три
раза каждый. Какова вероятность того, что:
а) герб выпадет у них одинаковое число раз;
б) число выпадений герба у Ерофея будет не больше,
чем у Евсея?
Задача 6. В корзине 10 яблок, из них 5 красных и 5 зе-
леных. Известно также, что одно красное и одно зеленое
яблоко были выращены на Гаити, а остальные — на Бор-
нео. Наудачу извлекают одно яблоко. Пусть событие A оз-
начает извлечение зеленого яблока, событие B — извлече-
ние яблока, выращенного на Гаити. Являются ли собы-
тия A и B независимыми?
Задача 7. В ящике 3 красных, 3 зеленых и 3 синих шара.
Наудачу вынимают 3 шара. Известно, что по меньшей мере
один шар из них оказался зеленым. При этом условии най-
ти вероятность того, что среди выбранных шаров по мень-
шей мере один — синий.
Задача 8. Игральную кость бросили 2 раза. Оказа-
лось, что число очков, выпавших в первом бросании, не
превысило четырех. При этом условии найти вероятность
того, что сумма очков, выпавших в двух бросаниях, была
равна 8.
Задача 9. На основе длительных наблюдений установ-
лено, что 25% посетителей чайной заказывают зеленый
чай, 50% — черный, а остальные — цветочный чай. Емель-
ян, Ерофей и Евсей независимо друг от друга заказали по
чашке чая. Оказалось, что ни один из них не выбрал зеле-
ный чай. Какова вероятность того, что Ерофей заказал чаш-
ку черного чая?

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
27
Задача 10. Емельян и Ефрем соревнуются в меткости
стрельбы. Емельян всегда попадает с вероятностью 0,3, а
Ефрем — с вероятностью 0,4. Право первого выстрела оп-
ределяется жеребьевкой, а выигрывает тот, кто попал в
мишень первым. Найти вероятность того, что Емельян сде-
лал не более одного выстрела, если известно, что он проиг-
рал в этом соревновании.
Задача 11. Два контролера проверяют качество дета-
лей. Каждый из них проверяет детали из своего ящика до
тех пор, пока не обнаружит бракованную деталь. Извест-
но, что перед началом проверки в каждом ящике находи-
лось 6 деталей, из которых 3 были бракованными.
а) Найти вероятность того, что первый контролер про-
верил в два раза больше деталей, чем второй.
б) Известно, что оба контролера, работая вместе, про-
верили 6 деталей. При этом условии найти вероятность
того, что первый контролер проверил по меньшей мере 3 де-
тали из 6.
Задача 12. Два контролера проверяют неограниченно
большую партию деталей. Каждый из них независимо от
другого проверяет детали из партии до тех пор, пока не
обнаружит бракованную. Известно, что вероятность брака
для каждой детали неизменна и равна p (0 < p < 1).
а) Какова вероятность того, что первый контролер про-
верил не больше деталей, чем второй?
б) В результате проверки оказалось, что первый кон-
тролер проверил больше деталей, чем второй. При этом
условии найти вероятность того, что оба контролера, рабо-
тая вместе, проверили 6 деталей.
Задача 13. АО «ВсехИнвест» устраивает розыгрыш 5
призов. В одной коробке содержится 10 ключей от квар-
тир, а в другой — 10 ключей от автомобилей. При розы-
грыше приза ведущий с закрытыми глазами, наугад, выби-
рает коробку и извлекает оттуда ключ. Какова вероятность
того, что по окончании розыгрыша в любой из коробок ос-
танется не менее 6 ключей?

28
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Задача 14. Вероятность ошибки при передаче по ком-
пьютерной сети пакета длиной L байт равна q (0 < q < 1).
Если узел, получивший пакет, обнаруживает в нем ошиб-
ку, то он передает на узел-отправитель требование о по-
вторной передаче пакета. Передача пакета повторяется
до тех пор, пока пакет не дойдет до получателя без по-
терь. Некоторый узел компьютерной сети посылает двум
другим узлам пакет длиной L байт. Найти вероятность
того, что:
а) первый узел получит пакет без потерь лишь в резуль-
тате k-й попытки его передачи (k 3 1);
б) первый узел получит пакет без потерь в результате
k-й попытки его передачи, а второй в результате l-й попыт-
ки(k31,l31);
в) первый узел получит пакет без потерь лишь с k-й по-
пытки, если известно, что число попыток передать пакет
на второй узел было больше, чем на первый (k 3 1);
г) первый узел получит пакет без потерь с k-й попыт-
ки, если известно, что число попыток передать пакет на
первый узел было больше, чем на второй (k 3 2).
Задача 15. Имеется 6 монет, причем у одной из них герб
с обеих сторон, а остальные монеты обычные. Наугад вы-
бранную монету бросают 6 раз, и при всех бросаниях она
выпала гербом кверху. Какова вероятность того, что была
выбрана монета с двумя гербами?
Задача 16. В десяти внешне одинаковых ящиках нахо-
дится кофе, причем в четырех ящиках — кофе бразиль-
ского производства, в трех ящиках — кофе чилийского
производства, а в остальных — кофе из Колумбии. В каж-
дом ящике с бразильским кофе содержится восемь банок,
из них пять банок с кофе в гранулах, в каждом ящике с
чилийским кофе — десять банок, из них пять — с кофе в
гранулах, и в каждом ящике с колумбийским кофе — де-
вять банок, из них пять — с кофе в гранулах. Наудачу вы-
бирают ящик и из него извлекают банку с кофе.
а) Какова вероятность того, что извлечена банка с кофе
в гранулах?

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
29
б) Извлеченная банка содержала кофе в гранулах. Ка-
кова вероятность того, что этот кофе был произведен в Ко-
лумбии?
Задача 17. В традиционном лыжном марафоне участ-
вуют 10 спортсменов, из них два чукотских лыжника из
городов Уска и Кали. Если спортсмен займет одно из трех
первых мест, то с вероятностью 1/3 он получит еще и приз
от своего города, в противном случае вероятность получить
приз для него снижается до 1/10.
Считая, что любой спортсмен с одинаковой вероятно-
стью может занять любое из 10 мест, найти вероятность
того, что один из чукотских лыжников получил приз от
своего города, а другой — нет.
Задача 18. Емельян, Ерофей и Евсей независимо друг
от друга стреляют по мишени, причем каждый из них де-
лает по одному выстрелу. Вероятность попадания в ми-
шень для Емельяна равна 0,8, для Ерофея — 0,7 и для
Евсея — 0,5. После стрельбы в мишени обнаружена одна
пробоина. Какова вероятность того, что именно Ерофей
промахнулся?
Задача 19. На сборку поступает продукция трех авто-
матов. На основе длительных наблюдений установлено,
что в среднем каждая двадцатая деталь, поступающая на
сборку, является нестандартной. Первый автомат дает 6%
нестандартных деталей, второй — 4%, а третий — 2%.
Известно, что производительность первого автомата в
1,5 раза выше, чем второго. Деталь, поступившая на сбор-
ку, оказалась нестандартной. При этом условии найти ве-
роятность того, что эта деталь была изготовлена на треть-
ем автомате.
Задача 20. На конвейер поступают изделия с двух стан-
ков. Производительности их относятся как 2 : 3. Длитель-
ные наблюдения показали, что первый станок в среднем
дает 90% стандартных изделий, а второй — 80% стандарт-
ных изделий. При проверке двух изделий, поступивших

30
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
на конвейер, оказалось, что одно из них стандартное, а дру-
гое — бракованное. Какова вероятность того, что одно из
этих изделий поступило с первого станка, а другое — со
второго?
Задача 21. В двух ящиках находятся однотипные де-
тали. В первом ящике — 6 деталей, из них 3 бракованные,
а во втором — 4 детали, из них 2 бракованные. Из перво-
го ящика наудачу берут 3 детали, а из второго — 2 дета-
ли. Все эти детали смешивают и кладут в третий ящик.
Какова вероятность того, что из 3 деталей, наудачу вы-
бранных из третьего ящика, хотя бы одна деталь будет
стандартной?
Задача 22. В ящике имеется 5 бутылок с минеральной
водой «Исаклинская» и 5 бутылок с минеральной водой
«Шенталинская». Многолетние наблюдения показали, что
вода «Исаклинская» может быть слабоминерализирован-
ной и ультрапресной с равной вероятностью, а вода «Шен-
талинская» может с равной вероятностью быть среднеми-
нерализированной, слабоминерализированной и ультрапре-
сной. Из ящика наугад извлечены 3 бутылки. Оказалось,
что одна бутылка содержит среднеминерализированную,
одна — слабоминерализированную и одна — ультрапре-
сную воду. Какова вероятность того, что в одной из буты-
лок была вода «Исаклинская», а в других — «Шенталин-
ская»?
Задача 23. Игральную кость подбросили шесть раз.
Какова вероятность того, что выпадут:
а) все шесть граней;
б) какие-либо три грани?
Задача 24. Известно, что посетитель чайной с одина-
ковой вероятностью может заказать черный, зеленый или
цветочный чай. Каждый из 7 посетителей чайной, незави-
симо от других, заказал чашку чая. Какова вероятность
того, что в заказах этих посетителей присутствовали толь-
ко два вида чая?

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
31
Задача 25. В среднем 40% жителей заозерья являются
голубоглазыми. Житель заозерья может принадлежать к
одному из трех племен: или А, или В, или С, причем пред-
ставителей племени А в 2 раза больше, чем В. Среди пред-
ставителей племени А доля голубоглазых составляет 50%,
среди представителей племени В — 60%, а в племени С го-
лубоглазых только 30%. Какова вероятность того, что сре-
ди четырех наудачу встреченных жителей заозерья будут
представители всех вышеназванных племен?
Задача 26. В ящике содержится 2n билетов; номер i
(i = 0, 1, ..., n) обозначен на 1
2
3 из них. Наудачу вынимают
один билет (без возвращения). Его номер оказался равен 1.
Затем вынимают второй билет. Каков средний (ожидае-
мый) номер второго билета?
Задача 27. В магазин направлено 200 изделий из хру-
сталя. Вероятность того, что при перевозке изделие ока-
жется разбитым, равна 0,045. Если шофер грузовика при
перевозке разбил от 10j – 9 до 10j штук изделий, то соглас-
но условиям договора он должен заплатить 100j2 руб. штра-
фа, где j = 1, 2, ..., 20. Какова вероятность того, что шофе-
ру придется заплатить по меньшей мере 900 руб. штрафа?
Задача 28. В стопке из десяти карт пять — крестовой
масти. Карты делят поровну между двумя игроками, так
что каждый получает по пять карт. Пусть случайная вели-
чина X — минимальное число крестовых карт, попавших
к кому-либо из игроков. Найти математическое ожида-
ние M(X).
Задача 29. Случайная величина Х задана следующим
распределением:
111
12
32
42
52
211
132
142
152
162
1
Известно также, что M(Х) = 1,3; D(Х)=1,01;
P(Х£1)=0,7.
Найти неизвестные вероятности p1, p2, p3 и p4.

32
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Задача 30. Игральную кость бросили 7 раз. Пусть слу-
чайная величина Xi — число очков, выпавшее в i-м броса-
нии кубика,
17
12
11
Найти дисперсию
5
12
3
122
1
где
7
1
1
7
1
1
1
22
1
1
2
Задача 31. Непрерывная случайная величина X имеет
равномерное распределение. Об интегральной функции
распределения F(x) этой случайной величины известно
следующее: F(1) = 2/13 и F(4) = F(3) + 3/13. Найти:
а) минимально возможное значение функции распре-
деления F(x) в точке x =2;
б) минимально возможную дисперсию D(X).
Задача 32. Случайная величина X нормально распреде-
лена с параметрами a = M(X) и s2 = D(X). Найти M(|X – a|).
Задача 33. Масса коробок с шоколадом, которые упа-
кованы автоматически, может считаться случайной вели-
чиной, имеющей нормальный закон распределения. Сред-
няя масса коробки равна 6 кг. Известно, что 10% коробок
имеют массу, меньшую 5,9 кг. Найти процент коробок,
масса которых превышает 5,8 кг.
Задача 34. Случайное отклонение размера детали от
номинала при ее изготовлении на данном станке имеет
нормальное распределение с нулевым математическим
ожиданием и средним квадратическим отклонением, рав-
ным 6 мкм. Если отклонение размера детали от номинала
не превышает 3 мкм (по абсолютной величине), то такая
деталь считается годной. Сколько необходимо изготовить
деталей, чтобы с вероятностью не менее 0,95 среди них
была хотя бы одна годная?
Задача 35. Случайная величина X является непрерыв-
ной, причем для любого e > 0 известно: P(0 < X < e)=
= P(–e < X <0)=0,5–0,5e–e
. Найти:
а) интегральную функцию распределения F(x) случай-
ной величины X;

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
33
б) плотность распределения вероятностей (дифферен-
циальную функцию) f(x) случайной величины X;
в) математическое ожидание M(X) и дисперсию D(X)
случайной величины X.
Задача 36. Непрерывная случайная величина X имеет
равномерное распределение, причем ее математическое
ожидание равно ее среднему квадратическому отклонению.
Найти, во сколько раз вероятность появления положитель-
ного значения этой случайной величины превышает веро-
ятность появления ее отрицательного значения.
Задача 37. Непрерывная случайная величина X имеет
равномерное распределение на отрезке
20
123
4
111
12
34
56
При каком наименьшем a вероятность P(|X|<as(X)) будет
максимальной?
Задача 38. Старик Хоттабыч делает табакерку в виде
прямоугольного параллелепипеда. Для того чтобы она
была волшебной, ее объем должен быть равен 1 дм3, а вы-
сота должна быть случайной величиной, равномерно рас-
пределенной в промежутке от 1 до 2 дм. Каково среднее
(ожидаемое) значение площади основания волшебной та-
бакерки?
Задача 39. В цистерне содержится 200 литров бензина.
Для анализа из нее было изъято X литров бензина. Считая,
что изъятие любого количества бензина от 0 до 200 литров
равновероятно, найти интегральную функцию распределе-
ния случайной величины Y, равной минимуму из количе-
ства оставшегося и количества изъятого бензина.
Задача 40. В цистерне содержится 100 литров нефти.
Для анализа из нее было изъято X литров нефти. Считая,
что изъятие любого количества нефти от 0 до 100 литров
равновероятно, найти плотность распределения вероятно-
стей (дифференциальную функцию) случайной величи-
ны Y, равной отношению количества изъятой из цистер-
ны нефти к количеству оставшейся.

34
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Задача 41. Непрерывная случайная величина X имеет
показательное распределение с параметром l (l > 0). Най-
ти интегральную функцию распределения случайной ве-
личины Y =|lX – 1|.
Задача 42. Случайная величина X распределена по рав-
номерному закону на отрезке [a; b], а случайная величи-
на Y распределена по показательному закону с парамет-
ром l (l > 0). Каково может быть максимальное значение
величины:
DP(x)=P(|Y – M(Y)| < xs(Y)) – P(|X – M(X)| < xs(X))?
Задача 43. На трех поточных линиях, производитель-
ности которых одинаковы, производят гайки, которые по-
ступают в службу контроля качества. Пусть X, Y и Z — слу-
чайные отклонения размера гаек от стандарта для первой,
второй и третьей поточных линий соответственно. Извест-
но, что эти случайные величины имеют нормальный закон
распределения с числовыми характеристиками: M(X)=
=–M(Y) = 1 мм, M(Z) = 0 мм; s(X)=s(Y)=s(Z) = 1 мм. Работ-
ник службы контроля качества случайным образом выбира-
ет гайку. Пусть случайная величина U — отклонение раз-
мера гайки, выбранной контролером, от стандарта. Найти:
а) интегральную функцию распределения F(u) случай-
ной величины U;
б) плотность распределения вероятностей (дифферен-
циальную функцию) f(u) случайной величины U;
в) вероятность P(|U| < 1).
Задача 44. Случайная величина Х принимает значе-
ния 1, 2, 3 с соответствующими вероятностями
123
111
3
34
32
34
112
11
23
23
241
111
где q — неизвестный параметр 1
2
24
39
1
345
4 Проведена
случайная повторная выборка объемом n: X1, X2, ..., Xn
из генеральной совокупности с таким распределением.

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
35
В качестве оценки q* параметра q выбрана случайная ве-
личина
в
2
1
1
1
234
где
в
1
1
1
1
2
2
33
11
1
2
Найти математическое ожидание M(q*) и дисперсию D(q*).
Задача 45. Случайная величина Х имеет равномерное
распределение на интервале (–1; q), где q — неизвестный
параметр (q > –1). Произведена случайная повторная вы-
борка объема n: X1, X2, ..., Xn из генеральной совокупно-
сти с таким распределением.
В качестве оценки q* параметра q выбрана случайная
величина
в
21
1
1
23
1
2
1
1
23
4
5
где
в
1
1
1
1
2
2
33
11
1
2
Найти математическое ожидание M(q*).
Задача 46. Случайная величина Х имеет равномерное
распределение на интервале (q;3q), где q — неизвестный
параметр (q > 0). Произведена случайная повторная выбор-
ка объема n: X1, X2, ..., Xn из генеральной совокупности с
таким распределением. В качестве оценки q* параметра q
выбрана случайная величина
в
05
11
1
1
23
где
в
1
1
1
1
2
2
33
11
1
2
Доказать, что это несмещенная и состоятельная оцен-
ка параметра q.
Задача 47. Случайная величина Х задана следующим
распределением:

36
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
2
0ес
л
и0
2
если 0
0 если
11
23
23
1
1
11
12
1
2
345
367
7
4
84
3
94
3

1
1
1
1
где q > 0 — неизвестный параметр.
Проведена случайная повторная выборка объемом n:
X1, X2, ..., Xn из генеральной совокупности с таким рас-
пределением (n > 3). В качестве оценок параметра q пред-
ложены случайные величины
в1
2
3
3и
1
1
11
1
234
2355
111
где
в
1
1
1
1
2
2
33
11
1
2
а) Доказать, что оценки q* и q** являются несмещен-
ными.
б) Какая из оценок обладает меньшей дисперсией?
Задача 48. Случайная величина Х задана распределе-
нием
2
3
0ес
л
и0
3
если 0
0ес
л
и
11
23
23
1
1
11
12
1
2
345
367
7
5
85
3
95
3

1
1
1
1
где q > 0 — неизвестный параметр.
Проведена случайная повторная выборка X1, X2, ..., Xn
из генеральной совокупности с таким распределением.
В качестве оценок параметра q предложены случайные ве-
личины
в
1
8
4
1
1
23
1
2
2
32
3
11
11
1
2
32
32
4
5
1
где
в
1
1
1
1
2
2
33
11
1
2
а) Являются ли оценки q* и q** несмещенными оценка-
ми параметра q?
б) Какая из этих оценок обладает меньшей дисперсией?

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
37
Указание:
2
1
121
6
12
12
3
1
2
11
1
2
1
22
31
Задача 49. Случайная величина X имеет распределе-
ние c2 с k степенями свободы, где k 3 1 — неизвестный па-
раметр распределения. Произведена случайная повторная
выборка объема n: X1, X2, ..., Xn из генеральной совокуп-
ности с таким распределением. В качестве оценки k* пара-
метра k предложена следующая случайная величина:
в1
12
1
23
где
в
1
1
1
1
2
2
33
11
1
2
а) При каком значении a оценка k* будет несмещенной?
б) Найти дисперсию несмещенной оценки k*
.
в) Является ли несмещенная оценка k* состоятельной?
Задача 50. Случайная величина X имеет нормальное
распределение с неизвестными, но равными друг другу ма-
тематическим ожиданием и дисперсией: M(X)=D(X)=q,
где q > 0,5 — неизвестный параметр распределения. Произ-
ведена случайная повторная выборка объема n: X1, X2, ...,
Xn из генеральной совокупности с таким распределением.
В качестве оценок параметра q предложены случайные ве-
личины:
2
ви
1
12
11
1
23
23
где
22
вв
11
11
и
1
1
23
11
22
22
33
43
3
11
11
11
2
2
33
а) Являются ли q* и q** несмещенными оценками пара-
метра q?
б) Найти дисперсии оценок q* и q**
. Какая из этих оце-
нок обладает меньшей дисперсией?
Задача 51. Случайная величина X имеет нормальный
закон распределения с параметрами M(X)=1иD(X)=q.

38
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Проведена случайная повторная выборка объема n: X1, X2,
..., Xn из генеральной совокупности с таким распределе-
нием. В качестве оценок параметра q предложены случай-
ные величины
22
в
11
11
и
1
12
12
3
11
22
22
33
34
11
11
1
22
3
245
3245
5
где
в
1
1
1
1
2
2
33
11
1
2
а) Является ли оценка q** несмещенной оценкой?
б) Какая из оценок q* и q** обладает меньшей диспер-
сией?
в) Являются ли эти оценки состоятельными?
Задача 52. По двум независимым выборкам объемами
nx = 12 и ny = 18, извлеченным из нормально распределен-
ных генеральных совокупностей X и Y, найдены исправлен-
ные выборочные дисперсии 2 33
1
21
и2291
1
2 1 При уровне
значимости 0,01:
а) выяснить, можно ли принять гипотезу о равенстве
генеральных дисперсий;
б) найти мощность критерия, если в действительности
D(X) = 1,46 × D(Y).
Указание. Если признак X имеет нормальное распределе-
ние с параметрами
ген
12
123 4
11
и22
ген
123
12
122
1
а
22
в
1
1
1
12
11
23
3
2
45
5
1
1
12
3
3
—
исправленная выборочная дис-
персия, вычисленная по результатам случайной повторной
выборки объема nx, то случайная величина
2
1
12
12
11
23
45
1
име-
ет c2-распределение с k = nx – 1 числом степеней свободы.
Задача 53. Пусть X1, X2, ..., Xn — случайная повтор-
ная выборка из равномерного на промежутке (0; q) распре-
деления, где q > 0 — неизвестный параметр. В качестве
оценки параметра q предлагается следующая случайная
величина:
11
1234 5 1674 58
12
13
23
1
22
22
34
5
11
Найти математическое
ожидание оценки q*
.

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
39
Задача 54. Случайная величина X распределена по
показательному закону с математическим ожиданием
M(X) = 1 и дисперсией D(X) = 1, случайные величины X1
и X2 — результаты двух независимых наблюдений над слу-
чайной величиной X. Случайная величина Y = max{X1, X2},
математическое ожидание q случайной величины Y счита-
ется неизвестным. Оценку q* параметра q решено вычис-
лять по формуле
22
1
21
12
1
1
234
При каком значении k оцен-
ка q* окажется несмещенной оценкой параметра q?
Задача 55. Пусть X1, X2, ..., Xn — результаты n неза-
висимых наблюдений над нормально распределенной слу-
чайной величиной X. С надежностью g (0 < g < 1) построить
интервальную оценку для Xn+1, считая, что:
а) параметры a = M(X) и s2 = D(X) известны;
б) параметр a = M(X) — неизвестен, а s2 = D(X) — из-
вестен.
Задача 56. Автомат фасует семечки в пакеты. По вы-
борке из 25 пакетов семечек средний вес пакета соста-
вил 100 г с исправленным средним квадратическим откло-
нением 10 г. Предполагая, что вес пакета имеет нормаль-
ное распределение, с надежностью 0,95 найти возможные
границы веса следующего (двадцать шестого) пакета се-
мечек.
Задача 57. Фирма «Свиристель» распространяет в сред-
ствах массовой информации сведения о том, что каждая
четвертая единица ее продукции является «призовой», т. е.
содержит сообщение о выигрыше приза. Представители
фирмы «Коростель» закупили в разных магазинах 500 еди-
ниц продукции фирмы «Свиристель». Результат — каж -
дая пятая единица продукции оказалась «призовой».
а) Следует ли фирме «Коростель» принять гипотезу о
том, что истинная доля «призовых» единиц продукции
фирмы «Свиристель» ниже 25% (a = 5%)?
б) Найти на 1%-ном уровне значимости мощность кри-
терия проверки, если истинная доля «призовых» единиц
продукции фирмы «Свиристель» составляет 19%.

ГЛАВА 3
ОТВЕТЫ, РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
3.1.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
1999 года
Задача 1.
Ответ.
0,0028.
Решение.
Пусть событие A — в записи пятизначного числа циф-
ры располагаются в порядке убывания слева направо (на-
пример, 97 653). Общее количество пятизначных чи-
сел N равно количеству чисел от 10 000 до 99 999, поэто-
му N = 90 000. Любые 5 различных цифр, извлеченные из
данных 10 цифр, можно единственным образом упорядо-
чить по убыванию, поэтому число благоприятствующих со-
бытию A исходов
5
10
109876 252
12345
1
11 11
22
2
111 1
12
Следовательно,
252 0 0028
90 000
12
3
4
1
23
4
11
1
Задача 2.
Ответ.
1
2
3
44
5
6
5
7
1
8
39


44
3456
00
60
204536100
1
11
33
79
8
12
234
1
2
12
342345
1
23
111111
1
45
65

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
41
Решение.
1. Найдем параметр C, используя свойство дифферен-
циальной функции:
12
01
23
00
11
22
32
3
4
5
00
1111
3456
00
00
1
010
1
133
33
1331 1
33
1
3456
3456 60
123
12
3
12
12
4
1232
32
2
23232
2
2
2232
2
2
2232
2222
3
43
3
43
5
646
5
46
4
5
4
64
5
78
5
4
6
4
5
464595






1
11
11
1
Отсюда C = 60.
2. Найдем интегральную функцию распределения слу-
чайной величины X.
Пусть x £ 0, тогда
00
12
3
1
21
31
12
33
4
Пусть0<x£1,тогда
12
0
23
0
3456
3456
06
0
1
33
60
20453610
34 56
12
12
3
1
21
31
1
131
1111
1111
34
56
3
5
53
6
3
5
3
63
77
Пусть x > 1, тогда
01
23
01
1
06
0
1
06
01
60
12
12
3
1
21
31
1
13131
12
3
4
1
4
353
666
Таким образом,
3456
00
204536100
1
11
12
34
1
2
15
1
21
1
1
1
1
1
1
1
2
345
657
1
8
39



42
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
3. Найдем математическое ожидание случайной вели-
чины Х:
01
33
01
1
3456
0
1111
4567
00
00
06
0
1
0
60
33
603
603
60
60
4567
603
153630
77
12 12
12
12
3
12 34353
353
3
353 353
3333
5
3
3333
11
21
21
33
4
5
2
5
4
3
32
5
2
3
444
34
2
5
2
3
32523
666 6
6
4. Найдем дисперсию случайной величины Х:
12
22
11
24
34
5
6
7
00
1111
5678
0
00
0
2
601
60
33
603
603
60
60
5678
180153
12 30
721
4
33 393
147144998
12 12 123
12 12
1
2
4
12
3
123232
32
4
454
4
4
4454
44 44
12
34
34
3
4
5
4
3
666
3
454
3
345
43
34 343
77
Задача 3.
Ответ.
111
12
32
42
211
5672 56432 56582
1
Решение.
Пусть:
· pA — вероятность получения стандартной детали от
производителя А;
· pB — вероятность получения стандартной детали от
производителя В;
· pC — вероятность получения стандартной детали от
производителя С.

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
43
По условию задачи эти вероятности постоянны и не
меняются от испытания к испытанию.
При старом способе сборки прибора:
P(X=1)=pA=0,8, тогдаqA=1 –0,8 =0,2 — вероят-
ность получения бракованной детали от производителя А.
P(X =2)=qA × pB =0,2pB = 0,12, отсюда pB = 0,6, тогда
qB = 0,4 — вероятность получения бракованной детали от
производителя В.
P(X=3)=qA×qB×pC=0,2 ×0,4pC=0,08,отсюдаpC=1.
Пусть применяется новый способ сборки прибора, тогда
P(X =1)=pB = 0,6;
P(X=2)=qB×pA=0,4 ×0,8 =0,32;
P(X=3)=qB×qA×pC=0,4 ×0,2 ×1 =0,08.
Таким образом, ряд распределения случайной величи-
ны Х при новом способе сборки прибора имеет вид:
111
12
32
42
211
5672 56432 56582
1
Проверка:
3
1
11
1
1
2
1
1
2
Задача 4.
Ответ.
Справедливое решение в обоих случаях выносится с
одинаковой вероятностью р.
Решение.
По условию вероятность того, что жюри из одного че-
ловека выносит справедливое решение, равна р.
Найдем вероятность вынесения справедливого решения
жюри из трех человек. Первые два члена жюри будут го-
лосовать за справедливое решение с вероятностью p × p = p2,
при этом результат голосования третьего члена жюри не
важен.
Если эти члены жюри расходятся во мнениях, то веро-
ятность этого равна p(1 – p)+(1–p)p =2p(1 – p), а вероят-
ность правильного решения равна 2p(1 – p) × 0,5 = p(1 – p).
Тогда, используя теорему сложения вероятностей для

44
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
несовместных событий, получим, что полная вероятность
вынесения справедливого решения жюри из трех человек
равна p2 + p(1 – p)=p. Это совпадает с вероятностью выне-
сения справедливого решения жюри из одного человека.
Таким образом, справедливое решение в обоих случаях
выносится с одинаковой вероятностью р.
Задача 5.
Ответ.
43
91
1
Решение.
В табл. 5 приведем данные задачи по производитель-
ности и качеству работы станков.
Обозначим события:
· B — поступившая на конвейер деталь оказалась перво-
сортной;
· A1 — деталь поступила на конвейер с первого станка;
· A2 — деталь поступила на конвейер со второго станка.
Согласно условию
12
12
12
23
04
06
55
05
025
05
075
12 3412
3
4
1234 1234
1234 1235
11
11
22
22
11
11
11
11
11
11
21
21
22
22
Тогда по формуле полной вероятности
2
1
0405 06025 035
121212333334
1
1
1
2324
1
12
1
2
3
2
1
41
23
1234562787
1234567895
66789
5

9
9
889
4
8249
58
89
4
8249
84246739
58
89
4
8249
6884246739
58
89
123456789


7
97
7
9797797
7
9797797
9
3
6789


7
97
7
9797797 7
9797797
9

7
97



97



97
1

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
45
Отсюда
10
6
5
121234
12
1
12
12
По формуле Байеса най-
дем апостериорные вероятности гипотез A1 и A2:
1
2
1
2
1
1
2
2
1
1
2
2
0405 4
035 7
06025 3
035 7
0405 4
065 13
06075 9
065 13
121233
12
4
12
3
121233
12
4
12
3
121233
12
4
3
12
121233
12
5
3
12
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
22
2
1
22
2
1
22
2
1
22
2
1
1
1
1
212
21
2
212
21
2
212
21
2
212
21
2
Заметим, что апостериорные вероятности гипотез мож-
но найти, применив классическое определение вероятно-
сти (см. табл. 5):
1
2
1
2
100 4
175 175 7
075753
175 175 7
100 4
325 325 13
225 225 9
325 325 13
12
3
4
4
12
3
4
12
3
4
4
12
5
4
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
11
1
11
1
11
1
11
1
12
12
12
12
Согласно условию требуется найти
11 22
443943
713 713 91
1212 1212
3
11
11
12
3
1
3
2
1212 1212
Задача 6.
Ответ.
а) g»0,999; б) 0,051.
Решение.
Признак X — сумма вкладов, имеет нормальный закон
распределения с параметрами
ген
12
1
и s = sген, они неиз-
вестны. Оценим их по выборочным данным. Найдем то-
чечные оценки параметров a и s: в
1
12
1
S »s. Их вычис-
ление представим в табл. 6.

46
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
1
1
2
11
1
2
111
13
1
4
4
7
1
в
7
2
1
2
2
в
5780 57 8 тыс. руб.
100
353 100
3531
100
3531 578 19016
11
1
213
14
11
1
1
1
1
23
2
4
23
2
4
5
Точечные оценки параметров a и s:
в
2
в
57 8 тыс. руб
100 190 16 13 86 тыс. руб.
19
9
12
1
11
1
12
3
444
5
3
12
31
2
2
2
4
1
5
а) Найдем надежность, которая гарантирует средний
вклад во всем банке от 53,1 до 62,5 тыс. руб., т. е. найдем
вероятность P(53,1 £ a £ 62,5).
Определим точность оценки
625 531 47
2
11
12
1
23
3
так как sген неизвестно, то
1
12
3
12
34
отсюда
47 10 3391
13 86
1
12
1
1
2
3
1
2
32
445
1234562787
12345678479
37382
9
7897
9194919
9
123139
3

7
1
2
34
2
4





99
9
9
3



99
3
4



99
451653
73
483
2553
48553
651753
83
683
2983

2483
751853
23
783
253
6
37853
851
53
493
883
2783
23
983

51953
653

83
2
853
24
39853
95153
253
983
9853
8
34853
51
53

3
83
8253
7636853

3
2553
3
8953
68632553
1

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
47
По таблице значений tg = t(g, 100) (см. прил. 5) находим
g»0,999.
Заметим, что надежность g можно найти и другим спо-
собом. Так как n большое (n = 100), то надежность
g»2F(t),
где
2
2
0
1
2
12
12
13
4
2
1
23
4
5
—
функция Лапласа.
Аргумент t функции Лапласа находим из соотношения
1
12
3
1
23
Отсюда
47 100 339
13 86
1
12
1
1
2
3
1
21
33
4
Поэтому g»2F(t)=2F(3,39) = 2 × 0,49966 » 0,9993 (см.
прил. 1).
Итак, с надежностью g»0,999 средний вклад во всем
банке будет от 53,1 до 62,5 тыс. руб.
б) Сначала найдем вероятность того, что наудачу взя-
тый вклад будет от 60 до 75 тыс. руб.
Событие A — наудачу взятый вклад будет от 60 до
75 тыс. руб. Найдем его вероятность:
вв
75
60
60
75
75 578
60 578
124 016
13 86
13 86
03925 00636 03289
121
2
33
132132
33
333
11
232 4
55
11
23
23
45
5
6
71
74
89
89




11
23
23
47
17
47
17
4
89
89




414
(значения функции Лапласа найдены по прил. 1).
Таким образом, P(A) = 0,3289.
Найдем вероятность того, что из пяти наудачу отобран-
ных вкладов не менее четырех будут от 60 до 75 тыс. руб.
P(A) = 0,3289 = p,
тогда
06711
5
4
123
3
3
4
12
345
11
1
2

48
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Используя формулу Бернулли, получим
44 550
45
45
55
55
45
5 03289 06711 03289 0051
111
232323
213
1
213
1
4
1
23
23
23
4
5
6
4
5
6
1
2323 2
24
4
3
5
Таким образом, вероятность того, что из пяти наудачу
отобранных вкладов не менее четырех будут от 60 до 75 тыс.
руб., равна 0,051.
3.2.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
2000 года
Задача 1.
Ответ.
а) события A и B независимы;
б) события A и B зависимы.
Решение.
а) Вычислим условную и безусловную вероятности со-
бытия A, используя классическое определение вероятно-
сти. Тогда безусловная вероятность
4
10
12
3
1
23
4
11
Если событие B наступило, то общее число элементар-
ных исходов N сокращается до пяти, так как только пять
шаров имеют маркировку; из них два шара — белого цве-
та, поэтому M = 2. Тогда условная вероятность
2
5
123
1
231
Аналогично рассуждая, получим условную и безуслов-
ную вероятности события B:
52
1
10
42
12312
4
1
23
23
11
1
Таким образом, P(A)=PB(A), P(B)=PA(B). Следователь-
но, события A и B независимы.
б)
43
10
5
123124
1
23
23
11
Можно заметить, что P(A) 1
1 PB(A). Следовательно, события A и B зависимы.

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
49
Задача 2.
Ответ.
1234 12
1234 12
12
1
2
3
12
1
2
4
123333 44
12 3333 44
12333
2
3
13 2223 2
Решение.
Обозначим события:
§ A — рулевое устройство исправно;
§ Bk — k -й котел исправен,
14
123
4
11
§ Сj — j-я турбина исправна,
12
123
4
11
§ D — судно управляемое.
Согласно условию судно является управляемым, если
исправны рулевое устройство, хотя бы один котел и одна
турбина. Поэтому событие D можно представить в виде
D=A ×(B1+B2+B3+B4)×(C1+C2).
Следовательно, событие 1 — судно неуправляемое —
можно представить в виде
1234 12
12
1
2
3
12 3333 44
12 3332 3
Задача 3.
Ответ.
31
1
23
231
11
11
Решение.
Гипотезы: H1 — вызван отличный студент; H2 — вы -
зван хороший студент; H3 — вызван слабый студент. Ве-
роятности гипотез равны
123
12
312
312
4
123
45
45
45
123
123
123
111
22
22
22
Событие A — студент получит хорошую или отличную
оценку. Это событие может произойти только с одной из
трех гипотез. Поэтому
A=A ×H1+A×H2+A×H3.
Согласно условию вероятность события A для каждой
гипотезы равна
123
1
11
3
123123124
111
232323
111

50
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
По формуле полной вероятности
123
1
11
3
1
3
3
1212 12 12
3
12 13
13
13
4
56
56
4
564 564 564
12
32
32
1
33
3
13
21
33
33
33
Задача 4.
Ответ.
01
041 2
072
3
093 4
14
11
21
1
34 21
1
21
1
15
1
1
21
1
1
1
1
2
3
41
3354
1
6
3
41
37
38
Решение.
Случайная величина Х — число шаров, извлеченных
до первого появления белого шара. Она может принимать
любые значения от 1 до 4. Пусть X = 1, тогда
1
2
10
4
5
123
4
123
11
1
1
Пусть X = 2, тогда по теореме умножения вероятностей
для двух зависимых событий 2
32
20
3
54
123
4
12
3
11
1
2
1
ПустьX=3,тогда 3
322
30
2
543
12
3
4
12
3
11
1
2
2
1
ПустьX=4,тогда 4
321
41
0
1
543
12
3
4
12
3
11
1
2
2
2
1
Таким образом, закон распределения случайной вели-
чины Х имеет вид:
111
12
32
42
52
211 6752 6742 6732 6712
1
Легко убедиться, что
4
1
040302011
1 1112
1
1
2
1
1 2221
3

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
51
Следовательно, интегральная функция распределения
случайной величины Х:
01
041 2
072
3
093 4
14
12
11
2
34 11
2
11
2
15
1
1
21
1
1
1
1
2
3
41
3354
1
6
3
41
37
38
Задача 5.
Ответ.
12
111
1
2
3
33
Решение.
I способ. Событие A — в наудачу выбранную булку по-
пала одна изюминка. Его вероятность, очевидно, равна
1
12
3
4
1
23
414
11
где W/v — количество булок.
Обозначим
123
1
234
5
11
Событие 1 — в наудачу выбранную булку не попала
одна изюминка, тогда
1
12
3
1
234
5
112
По схеме Бернулли:
12
00
10
111
1
1
12
34
34
5
1
11
21
1
1
3
45456
7
88
9
3
45
45
45 45
5
II способ. Пусть
1
2
3
1
—
количество булок, изготов-
ленных из теста; случайная величина Xj — число изюми-
нок, попавших в j-ю булку, 112
12
1
Согласно условию
1
1
1
2
2
34
1
1
2

52
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Обозначим событие B — в наугад выбранную булку по-
пала хотя бы одна изюминка. Это событие может произой-
ти вместе с одной из L гипотез:
Hj — для подсчета изюминок выбрана j-я булка,
112
12
1
Согласно условию P(Hj)=1/L, 112
12
1
Тогда, действуя по формуле полной вероятности, по-
лучим
11
11
1
1
11
10
10
12 1212
123
121122
124
1
22
13
1
11
22
11
11
45
434 5
46
2
45
46
46
22
11
11
11
2
13
1
1
3
1
44
44
Очевидно, что непопадание изюминок в любую из бу-
лок равновероятно, поэтому
P(X1 =0)=P(X2 =0)=...=P(XL = 0).
Тогда искомая вероятность примет вид
P(B)=1–P(X1 = 0).
Отдельно найдем вероятность P(X1 = 0).
Будем понимать под испытанием случайный выбор бул-
ки для последующего размещения в ней изюминки. Тогда
в задаче проводится n таких испытаний. В каждом из них
первая булка может быть выбрана с вероятностью
1
1
2
1
и не выбрана с вероятностью
1
11
1
2
12
Событие {X1 = 0}, очевидно, означает, что ни в одном из
n испытаний не будет выбрана первая булка. Действуя по
теореме умножения вероятностей для независимых собы-
тий, получим
1212
1
1
011
12
3
11
1
2
34
5
67
33 34
34
Отсюда
12
1
10
1
1
1212
3
1
2
34
35
6
34
3344

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
53
Задача 6.
Ответ.
Вероятнее попадание в интервал (–1; 2) случайной ве-
личины Х.
Решение.
Согласно условию случайная величина Y имеет равно-
мерное распределение, причем M(Y) = 0. Легко убедиться,
что в этом случае a =–b. Кроме того, s(Y) = 1, поэтому
1
23
1
12
1
2
Следовательно,
12
12
12
12
133
3
12133213
2 732
31
1
2
1
3
0 7887
3464
23
112
34
1
5
34
5
2
5
1
12
3434 3434
34 34
33
3
4
45
53455
6
553455
6
45
53455
3
7
7
Случайная величина Х имеет нормированное нормаль-
ное распределение, следовательно, M(X) = 0, s(X) = 1. По-
этому (см. прил. 1)
P(–1 < X <2)=F(2) + F(1) = 0,4772 + 0,3413 = 0,8185.
Таким образом, P(–1 < X <2)>P(–1 < Y < 2), следова-
тельно, попадание в интервал (–1; 2) значений случайной
величины Х, имеющей нормированное нормальное распре-
деление, является более вероятным.
Задача 7.
Ответ.
а) g»0,99;
б) 0,8595.
Решение.
Признак Х — сумма сокрытых налогов, имеет нормаль-
ный закон распределения с параметрами
ген
12
1
иs=sген,
они неизвестны. Оценим их по выборочным данным. Най-
дем точечные оценки параметров a и s: в
12
1
иS»s.Их
вычисление представим в табл. 7.

54
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
1
1
2
11
1
2
111
1
3
1
4
4
5
1
в
5
2
1
2
2
в
4510 45 1 тыс. руб.
100
203 876
2038 76
20387 451 475
100
12
12
1314 15
11
1
1
1
1
23
2
4
23
25
4
Точечные оценки параметров a и s:
в
2
в
451тыс руб
100 475 219тыс руб
19
9
12
2
3
11
1
2
2
12
3
444
5
3
12
31
2
2
2
4
1
5
а) Найдем надежность g, которая гарантирует среднюю
сумму сокрытых налогов по всем фирмам от 44,52 до
45,68 тыс. руб., т. е. вероятность P(44,52 £ a £ 45,68).
Определим точность оценки
4568 4452 058
2
11
12
1
23
3
Так как sген неизвестно, то
1
12
3
12
34
отсюда
058 10 2648
219
1
12
1
1
2
3
1
2
32
44
5
По таблице значений tg = t(g; 100) находим g»0,99
(см. прил. 5).
1234562787
12345678479
37382
9
7897
9194919
9
123139
3

3
1
2
34
2
4





99
9
3
3



93
3
4



93
561543
73
523
4873
2237973
541553
453
5
3
26
43
553
793
551593

83
53
27263
793
63
591583
2
3
573
8
3
523
723
58163
243
5
3
883
4838243

3
2663
3
5263
46
38793
1

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
55
Заметим, что надежность g можно найти и другим спо-
собом. Так как n большое (n = 100), то надежность
g»2F(t),
где
2
2
0
1
2
12
12
13
4
2
1
23
4
5
—
функция Лапласа.
Аргумент t функции Лапласа находим из соотношения
1
12
3
1
23
Отсюда
058 100 2648
219
1
12
1
1
2
3
1
21
33
4
Поэтому (см. прил. 1)
g»2F(t)=2F(2,65) » 2 × 0,4960 = 0,992.
Итак, с надежностью g»0,99 средняя сумма сокры-
тых налогов по всем фирмам будет в пределах от 44,52 до
45,68 тыс. руб.
б) Пусть событие А означает, что сумма сокрытых на-
логов меньше 45 тыс. руб., т. е. X < 45. Найдем вероятность
p = P(А). Для этого воспользуемся формулой
в
1
2
121
2
3
11
23141
5
1
23
45 67
8
9


Тогда
45 4510
11
45
45
005
22
1
92
1 00199 04801
2
1
232
3
2
1
3
1
11
4
123
4
1
23
45
44
6
7
4
6
7
1
4
89


41
4
Согласно условию проводится n = 3 независимых ис-
пытаний. В каждом из них событие А может произойти с
вероятностью p = P(A) = 0,4801 и не произойти с вероят-
ностью
0 5199
123
4
123
11
Требуется найти вероятность
того, что событие А произойдет хотя бы один раз в этих

56
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
испытаниях, т. е. частота появления события А удовлетво-
ряет условию m 3 1. Поэтому
Pm31; 3(A)=1–P0; 3(A).
Действуя по формуле Бернулли, получим
Pm31; 3(A)=1–P0; 3(A)=1–q3.
Тогда
Pm31; 3(A)=1–(0,5199)3 = 1 – 0,1405 = 0,8595.
Итак, вероятность того, что, по крайней мере, одна
фирма из трех наудачу взятых имеет сокрытые налоги на
сумму меньше 45 тыс. руб., равна 0,8595.
3.3.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
2001 года
Задача 1.
Ответ.
14
45
1
Решение.
Искомое событие A состоит в том, что составленная из
двух чисел дробь — сократимая. Общее число элементар-
ных исходов
2
10 109901
12
11
2
1 В табл. 8 представлены
1234562787
123435678593


9

9675

























12
12
12
12
13
12
12
12
12
1


1121
31
31
31
21
31
21
31


1112
12
12
12
12
12
13
1


111121
31
21
31
21
31


1111121
21
31
21
21

 1111112
13
12
13
1

 11111112
12
12
1

 111111112
13
1

 1111111112
1
1

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
57
все элементарные исходы испытания, причем знаком «+»
отмечены исходы, благоприятствующие событию A, а зна-
ком «–»
—
исходы, ему неблагоприятствующие.
Заметим, что каждый знак «+» в табл. 8 означает две
сократимые дроби, например,
5
10и
10
5
16
8и
8
6
1
ит.д.ТогдаM=2×14 =28.Поэтому
28 14
90 45
123
12 11
Задача 2.
Ответ.
0,99985.
Решение.
Обозначим события:
§ Ai — деталь поступила на сборку с i-го станка (i =1,2,3);
§ B — деталь, поступившая на сборку, оказалась брако-
ванной;
§ C — хотя бы одна из двух наудачу взятых деталей бу-
дет годной;
§ 1 — обе детали бракованные.
По условию
1
2
3
1
2
3
44
001
432 9
33
002
432 9
22
0005
432 9
12
3 1243
12
3 1243
12
31245
1
1
1
23
23
23
11
1
22
11
1
22
11
1
22
12
12
12
По формуле полной вероятности
3
1
412
001 002 0005 001222
939
1212123
3
3
3
4
1
1
1
2324
1
12
1
2
3
2
3
2
4
51
23
Событие 1 можно представить в виде
1
122
12 По тео-
реме умножения вероятностей для независимых событий
2
0 01222 0 00015
12 12123
3
4
12323
121
3
1
Отсюда
1
1 0 00015 0 99985
12123
3
4
12
12
1
2
32
1

58
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Задача 3.
Ответ.
n > log5/6(1 – a).
Решение.
Обозначим события:
§ A — появление двух одинаковых цифр при однократ-
ном подбрасывании двух кубиков;
§ C — две одинаковые цифры выпали хотя бы один раз
при n подбрасываниях двух кубиков.
Общее число элементарных исходов при однократном
подбрасывании двух кубиков N =62 = 36, из которых со-
бытию A благоприятствуют M = 6 исходов.
Тогда
2
61
6
6
12
3
1
234
5
11
1
1
Следовательно,
5
1
6
12
3
123 4
11
2
1
По формуле Бернулли
12
0
5
6
1
23 23
4
1
1
1
23
33
3
112
Поэтому
125
11
6
12 12
3
1
23
3
34
34
1
Согласно условию P(C)>a. Отсюда
12
12
121212
561
56
5
1
6
51
6
55
66
1
123
4
5
5
5
123678
1
1
12
2
2
12
3
34
53
5
43
Задача 4.
Ответ.
0,5375.

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
59
Решение.
Обозначим события:
§ A1 — в объект попал один снаряд;
§ A2 — в объект в объект попало два снаряда;
§ A3 — в объект попало три снаряда;
§ A4 — в объект не попал ни один снаряд;
§ B — объект выведен из строя.
Очевидно, что A1, A2, A3 и A4 составляют полную группу
событий, а событие B может произойти только при условии
появления одного из них. Следовательно, вероятность со-
бытия B может быть найдена по формуле полной вероятно-
сти, в которой события A1, A2, A3 и A4 являются гипотезами.
Сначала найдем вероятности гипотез. Пусть событие
Ci — при i-м выстреле снаряд попал в объект (i =1,2,3).
По условию
P(C1) = 0,4; P(C2) = 0,5; P(C3) = 0,7.
Тогда
123
06
05
03
12341234123
5
12
12
12
111
Интересующие нас гипотезы Ai (i = 1, 2, 3, 4) предста-
вим в виде
1 123 123 123
2 123 123 123
3123
4123
1
1
1
2
1 222 222 222
1 222 222 222
1222
1222
122 322322
122322322
122
122
Для четырех гипотез получим
11
2
31
2
3
123
21
2
31
2
3
123
31
2
3
41
2
3
036
041
014
009
1 2 121212 121212
121212 34
1 2 121212 121212
121212 34
1 2 121212 34
12 121212 35
12 131313 131313
131313
12 131313 131313
131313
12 131313
12 131313
122
21
122
21
11
11
Легко убедиться, что
4
1
1
123
1
1
23
1
1
2

60
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Условные вероятности события B для этих гипотез из-
вестны:
123
4
025
075
1
0
1234 1234 124125
111
1
23
23
23 23
111
1
Теперь по формуле полной вероятности:
4
1
036 025 041 075 014 1 009 0 05375
121212
33333
3
34
1
1
1
2324
1
12
1
123232
32
1
41
23
Задача 5.
Ответ.
5
23
1
Решение.
Пусть событие B — три студента получили следующие
оценки: «отлично», «хорошо», «удовлетворительно» (в лю-
бом порядке). Это событие может произойти с одной из де-
сяти гипотез A1, A2, ..., A10, составляющих полную группу
событий. Найдем безусловные вероятности гипотез, ис-
пользуя классическое определение вероятности, а также
условные вероятности события B для каждой гипотезы.
1) Гипотеза A1 (отличник; отличник; отличник). Со-
гласно классическому определению вероятности
3
5
1
3
15
102
915 91
12
3
12111
2
1
1
Очевидно, что вероятность
1
0
12
1
231 (ибо получение
отличником оценки «хорошо», или «удовлетворительно»,
согласно условию есть событие невозможное).
2) Гипотеза A2: (отличник; отличник; хорошо успеваю-
щий):
21
56
2
3
15
106 12
915 91
12
3
12
1
1
22
2
1
11
1
Очевидно, что вероятность 2
0
12
1
231 (ибо согласно ус-
ловию получение отличником оценки хорошо, а хорошо
успевающим студентом — оценки удовлетворительно есть
события невозможные).

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
61
3) Гипотеза A3 (отличник; отличник; слабоуспеваю-
щий):
21
4
5
3
3
15
104 8
915 91
12
3
12
1
1
22
2
1
11
1
Очевидно, что вероятность
3
0
12
1
231 (ибо согласно ус-
ловию получение отличником оценки «хорошо» есть со-
бытие невозможное).
4) Гипотеза A4 (отличник; хорошо успевающий; хоро-
шо успевающий):
12
56
4
3
15
515 15
915 91
12
3
12
1
1
22
2
1
11
1
Из условия вытекает, что
4
0
12
1
231 (ибо согласно ус-
ловию получение хорошо успевающим оценки «удовлетво-
рительно» есть событие невозможное).
5) Гипотеза A5 (отличник; хорошо успевающий; слабо-
успевающий):
111
4
56
5
3
15
564 24
915 91
12
3
12
11
11
22
2
1
111
1
Событие B при условии наступления гипотезы A5 озна-
чает, что отличник получил оценку «отлично» (согласно
условию это может произойти с вероятностью, равной 1),
хорошо успевающий студент — оценку «хорошо» (соглас-
но условию это может произойти с вероятностью 1/2) и сла-
боуспевающий студент — оценку «удовлетворительно» (со-
гласно условию это может произойти с вероятностью 1/3).
Применяя теорему умножения вероятностей для незави-
симых событий, получим
5
111 1
123 6
12
3
1
23122 1
6) Гипотеза A6 (отличник; слабоуспевающий; слабоус-
певающий):
12
4
5
6
3
15
566
915 91
12
3
12
1
1
22
2
1
11
1
Событие B при условии наступления гипотезы A6 оз-
начает, что отличник получил оценку «отлично», один

62
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
из слабоуспевающих — оценку «хорошо», а другой — «удов-
летворительно» (причем последние две оценки могли быть
получены слабоуспевающими студентами в любом поряд-
ке). Применяя теоремы сложения и умножения вероятно-
стей, получим
6
111 111 2
133 133 9
12
3
1
23122 322 1
7) Гипотеза A7 (хорошо успевающий; хорошо успеваю-
щий; хорошо успевающий):
3
6
7
3
15
204
915 91
12
3
12111
2
1
1
Очевидно, что вероятность 7
0
12
1
231 (ибо согласно ус-
ловию получение хорошо успевающим студентом оценки
«удовлетворительно» есть событие невозможное).
8) Гипотеза A8 (хорошо успевающий; хорошо успеваю-
щий; слабоуспевающий):
21
4
6
8
3
15
154 12
915 91
12
3
12
1
1
22
2
1
11
1
Событие B при условии наступления гипотезы A8 озна-
чает, что один из хорошо успевающих студентов получил
оценку «отлично», другой — оценку «хорошо» (причем эти
оценки могли быть получены в любом порядке), в то время
как слабоуспевающий студент — оценку «удовлетвори-
тельно». Применяя теоремы сложения и умножения веро-
ятностей, получим
8
111 111 1
223 223 6
12
3
1
231223221
9) Гипотеза A9 (хорошо успевающий; слабоуспеваю-
щий; слабоуспевающий):
12
4
6
9
3
15
632 36
915 405
12
3
12
1
11
222
1
11
1
Событие B при условии наступления гипотезы A9 озна-
чает, что хорошо успевающий студент получил оценку «от-
лично», один из слабоуспевающих студентов — оценку
«хорошо», другой слабоуспевающий — оценку «удовлетво-
рительно» (причем эти две оценки могли быть получены

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
63
ими в любом порядке). Применяя теоремы сложения и ум-
ножения вероятностей, получим
9
111 111 1
233 233 9
12
3
1
231223221
10) Гипотеза A10 (слабоуспевающий; слабоуспевающий;
слабоуспевающий):
3
4
10
3
15
44
915 405
12
3
12111
2
1
1
Очевидно, что вероятность
10
0
12
1
231 (ибо получение
слабоуспевающим студентом оценки «отлично» есть собы-
тие невозможное).
Легко убедиться, что
10
1
1
123
1
1
23
1
1
2
Теперь по формуле Байеса найдем апостериорную ве-
роятность гипотезы A8:
8
121
5
916
2416212136123
9169199164059
12
3
1
1
22
13
13
13
1
1
2
Задача 6.
Ответ.
1)
1
16
1
2)
13
256
1
Решение.
Случайная величина Х — число дней, прошедших до
обеда. Для описания всевозможных маршрутов движения
червяка к яблоку сделаем следующие обозначения: Р («реш-
ка») — означает «сделать шаг к яблоку»; О («орел») — оз -
начает «сделать шаг назад».
Обозначим через mi — число всевозможных маршру-
тов до яблока продолжительностью в i дней (i = 2, 3, ..., 8).

64
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Очевидно, что вероятность прохождения по любому из
mi маршрутов равна 1 2
1
2
1
1
следовательно, вероятность
121
P2
3
8
2
12
31
3 34443 24
1
1
213
1
334
3
Пусть Х = 2. Движение червяка до яблока продолжи-
тельностью в 2 дня можно представить в виде (Р, Р). Сле-
довательно, число всевозможных маршрутов продолжи-
тельностью в 2 дня равно 1, т. е. m2 = 1. Тогда
1 222
11
P2
24
12
3
12
334
3
Пусть Х = 3. Маршрут продолжительностью в 3 дня
можно представить в виде
(О, Р, Р).
Следовательно, m3 = 1. Поэтому
1 233
11
P3
28
123
12
334
3
Пусть Х = 4. За 4 дня червяк может добраться до ябло-
ка по одному из двух путей:
(Р, О, Р, Р);
(О, О, Р, Р).
Следовательно, m4 = 2. Поэтому
1 244
11
P4
28
12
3
12
334
3
Пусть Х = 5. За 5 дней червяк может добраться до яб-
лока по одному из трех путей:
(О,Р,О,Р,Р);
(Р,О,О,Р,Р);
(О,О,О,Р,Р).
Следовательно, m5 = 3, причем m5 = m4 + m3. Тогда
1 255
13
P( 5)
23
2
1
12
334
3

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
65
Легко заметить, что любой из возможных маршрутов
продолжительностью более двух дней будет заканчивать-
ся последовательностью (О, Р, Р), которой должны пред-
шествовать элементы, не содержащие подряд двух решек,
т. е. не содержащие (Р, Р).
Пусть Х = 6. За 6 дней червяк может добраться до яб-
лока по одному из следующих путей:
(О,О,О,О,Р,Р);
(О,О,Р,О,Р,Р);
(Р,О,О,О,Р,Р);
(О,Р,О,О,Р,Р);
(Р,О,Р,О,Р,Р).
Следовательно, m6 = 5. Поэтому
1 266
15
P6
26
4
12
3
12
33
3
(Заметим, что и в этом случае выполняется равенство:
m6=m5+m4.)
Пусть Х = 7. За 7 дней червяк может добраться до яб-
лока по одному из следующих путей:
(О,О,О,О,О,Р,Р);
(Р,О,О,О,О,Р,Р);
(О,Р,О,О,О,Р,Р);
(О,О,Р,О,О,Р,Р);
(О,О,О,Р,О,Р,Р);
(Р,О,О,Р,О,Р,Р);
(О,Р,О,Р,О,Р,Р);
(Р,О,Р,О,О,Р,Р).
Таким образом, m7 = m6 + m5 =5+3=8.Поэтому
1 277
11
P7
21
6
12
3
12
334
3
Аналогично рассуждая, получим m8 = m7 + m6 =8+
+5=13.Тогда
1 288
11
3
P8
22
5
6
12
3
12
334
3

66
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Задача 7.
Ответ.
а) 78,68 £ a £ 82,92;
б) 70%.
Решение.
Признак X — затраты на 1 руб. продукции, коп. При-
знак имеет нормальный закон распределения с параметра-
ми
ген
12
12 34
11
и s = sген = s(X). Параметры распреде-
ления a и s неизвестны. Оценим их по выборочным дан-
ным. Для этого найдем точечные оценки параметров в
12
1
и S »s. Их вычисление представим в табл. 9.
1
1
2
11
1
3
2
11
1
41
5
1
1
1
43
16
4
5
16
1
1
4
3
7
7
7
в
1
7
22
в
1
222
2
ввв
в
22
в
2
18
0
8
0
808
808
100
659 290
1
6592 9
100
65929 808 6426
802
1
100 64 26 64 9091
806
806
99
12
12
12
34 1314
12
12
2
11
21
21
5
11
1
1
1
1
22
3
4
5
22
3
5
22
5
6
5
66
а) Построим доверительный интервал для параметра a:
вв
1
11
123342
1
1234562787
12345678479
37382
9
7897
9194919
9
123139
3

3
1
2
34
2
4





99
9
3
3



93
3
4



93
5267155673
83
593
99
3
4
35843
5567182673
83
53
9
3
3
483
8267185673
223
893

293
5
34
83
85671
2673
483
83
42
3
25
37
83

2671
5673
4
3

93
2
43
25434

3

56712673
253

3
29493
24538
53
26715673
3
93

953
837493
3
2

3
3



3
5734
3
1

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
67
Так как параметр sген неизвестен, то точность оценки
1
12
3
1
23
где tg(100; 0,99) = 2,627 (см. прил. 5). Отсюда
2627 806 212
100
11
12
1
23
4
Получаем доверительный интервал для параметра a:
80,8 –2,12£a£80,8+2,12,
или
78,68 £ a £ 82,92.
Таким образом, с надежностью g = 0,99 средние затраты
на 1 руб. продукции будут в пределах от 78,68 до 82,92 коп.
б) Найдем вероятность P(X < 85):
вв
85
0
P( 85) P(0
85)
85 808
808
806
806
052 05 01985 05 06985 70
11
11
213 1
1
1
1
4
11
22
33
11
23
23
45 446
7
1
7
5
89
89




1
23
23
57
17
1
5
89
89




5
7
5
5
6
(здесь учтено, что F(x) » 0,5 при x > 5 и значение F(0,52)
найдено из прил. 1).
Таким образом, приблизительно 70% предприятий име-
ют затраты, меньшие 85 коп.
3.4.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
2002 года
Задача 1.
Ответ.
а)
4
30
1
б)
7
75
1
в)
11
60
1
г)
73
300
1

68
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Решение.
а) Пусть событие A — получение трехзначного числа,
цифры в записи которого расположены в порядке убыва-
ния слева направо (например, 320; 951). Общее количество
трехзначных чисел N равно количеству чисел от 100 до 999,
поэтому N =999–100+1=900. Любые 3 различные циф-
ры, извлеченные из данных 10 цифр: 0, 1, ..., 8, 9 — мож-
но единственным образом упорядочить по убыванию, по-
этому число благоприятствующих событию A исходов
3
1
10
10 120
73
1
2
11
111
2
12
Следовательно,
1 120 4 01333
900 30
12
3
4
1
23
4
11 12
б) Пусть событие B — получение трехзначного числа,
цифры которого располагаются в порядке возрастания сле-
ва направо (например, 123; 238; 489 и т. д.). Очевидно, что
в записи таких чисел не должно быть цифры 0. Общее ко-
личество трехзначных чисел N = 900, из которых собы-
тию B благоприятствуют
3
2
9
99
8
784 исхода
636
1
2
11
1
11
22
2
2
1
1
Поэтому
2
84 7 00933
900 75
12
3
4
1
23
4
111
2
в) Пусть событие C — получение трехзначного числа,
цифры которого расположены в порядке неубывания сле-
ва направо (например, 122; 113; 222 и т. д.). Число исхо-
дов, благоприятствующих событию C, обозначим через M3.
Найдем M3 двумя способами.
I способ нахождения M3.
Число M3 будем вычислять по формуле
M3=L1+L2+L3+L4,
где L1 — количество трехзначных чисел, цифры в записи
которых расположены в порядке возрастания (например,

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
69
134; 256 и т. д.); L2 — количество трехзначных чисел, у
которых все цифры в записи числа одинаковы (например,
111; 222, ..., 999); L3 — количество всех трехзначных чи-
сел, цифры в записи которых расположены в порядке не-
убывания, причем первые 2 цифры одинаковы (например,
114; 556 и т. д.); L4 — количество всех трехзначных чи-
сел, цифры в записи которых расположены в порядке не-
убывания, причем последние 2 цифры одинаковы (напри-
мер, 133; 266 и т. д.).
Очевидно, L1 равно числу вариантов извлечения лю-
бых трех различных цифр из следующих девяти: 1, 2, ...,
8, 9 (в записи таких чисел нельзя использовать цифру 0).
Поэтому
3
1
9 841
12
11
L2 = 9, так как имеется только 9 трехзначных чисел с
одинаковыми цифрами: 111; 222; 333; 444; 555; 666; 777;
888; 999.
Найдем L3 перебором. Рассмотрим все трехзначные
числа, у которых цифры расположены в порядке неубы-
вания, причем первые 2 цифры — 1. Очевидно, их коли-
чество равно 8:
112 113 114 115 116 117 118 119
всего 8 чисел
1111111 2
12222222
2
322222222
4
Аналогично рассуждая, можно записать
1
223 224 225 226 227 228 229
всего 7 чисел
334 335 336 337 338 339
всего 6 чисел
778 779
всего 2 числа
889
1число
1111111
111111
222
11
2
2333333
3
43333333
5
233333
3
4333333
5
234
3
5
Поэтому
3
81
876 21
836
2
111
1
1
1
2111 112
32

70
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Найдем L4 — количество трехзначных чисел, у кото-
рых все цифры расположены в порядке неубывания, при-
чем последние две одинаковы.
Очевидно, что количество таких чисел, заканчиваю-
щихся двумя цифрами 2, равно 1:
1
122
1число
1
Аналогично рассуждая, можно записать:
133 233
всего 2 числа
144 244 344
всего 3 числа
177 277 377 477 577 677
всего 6 чисел
188 288 388 488 588 688 788
всего 7 чисел
199 299 399 499 599 699 799 899
всего
11
111
222
111111
1111111
1111111 2
123 24
12232 24
122222
2
3222222
4
1222222
2
32222222
4
8чисел
12222222
2
322222222
4
Тогда
4
18
12 78
836
2
111
1
1
1
211 112
32
Получаем
M3 = L1 + L2 + L3 + L4 =84+9+36+36=165.
Поэтому
165 11 01833
900 60
12
3
4
11
2
12
II способ нахождения M3.
Все трехзначные числа, цифры в записи которых рас-
положены в порядке неубывания, могут содержать любые
три цифры из следующих девяти: 9, 8, ..., 2, 1, возможно,

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
71
с повторениями. Следовательно, M3 равно числу сочета-
ний из 9 по 3 с повторениями, т. е.
333
3
11
99
3
1
11 165
38
1
2
11
122 2
12
33
33
3
4
1
Поэтому
316511
900 60
12
3
1
23
4
111
г) Пусть событие D — получение числа, цифры в запи-
си которого расположены в порядке невозрастания слева
направо (например, 111; 200; 210; 331; 921 и т. д.). Оче-
видно, N = 900.
I способ нахождения M4.
Число M4 исходов, благоприятствующих событию D,
будем вычислять по формуле
M4=J1+J2+J3+J4,
где J1 — количество всех трехзначных чисел, цифры в за-
писи которых расположены по убыванию, например, 210;
321; 975 и т. д.; J2 — количество трехзначных чисел, циф-
ры в записи которых одинаковы, например, 111; 333; 777
и т. д.; J3 — количество трехзначных чисел, у которых все
цифры расположены в невозрастающем порядке и послед-
ние две цифры одинаковы, например, 211; 977; 544 и т. д.;
J4 — количество трехзначных чисел, у которых все циф-
ры расположены в порядке невозрастания и первые две
цифры одинаковы, например, 110; 221; 995 и т. д.
Существует 3
10
1 трехзначных чисел, цифры в записи
которых расположены в порядке убывания слева направо.
Поэтому
3
1
10 1201
12
11
Очевидно, что J2 = 9, так как
111 222 999
всего 9 чисел
1
1 2221
2
1222322 2
4
Ищем J3 методом перебора. Очевидно, что существует
только 9 чисел, у которых последние две цифры — 0:
100 200 300 400 900
всего 9 чисел
1111
2
2
2
12
12222232 2 2 2 24

72
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Аналогично рассуждая, можно записать:
1
211 311 411 511 811 911
всего 8 чисел
322 422 522 622 722 822 922
всего 7 чисел
988
1число
1122
3
3
3
222
1122222
333
3
233333343 3 3 33 35
2333333
3
43333333
5
Таким образом,
3
19
987 1
945
2
111
1
1
1
2111 12
32
Аналогично ищется и J4 — количество трехзначных
чисел, все цифры у которых расположены в порядке не-
возрастания и первые две цифры в записи одинаковы. Эти
числа перечислены ниже:
110;
220, 221;
330, 331, 332;
440, 441, 442, 443;
550, 551, 552, 553, 554;
...;
...;
990, 991, 992, 993, 994, 995, 996, 997, 998.
Тогда
4
41234
19
129
95945
2
12094545219
111
2
1
1
2 1111
1
211 12
3 232
21112 1112
Поэтому
219 73 02433
900 300
12
3
4
12 112
II способ нахождения M4.
Все трехзначные числа, цифры в записи которых рас-
положены в порядке невозрастания, могут содержать лю-
бые три цифры из следующих десяти: 0, 1, ..., 8, 9, воз-

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
73
можно, с повторениями. Следовательно, M4 равно числу
сочетаний из 10 по 3 с повторениями без единицы:
33
3
4
10
1031
12
12
11
11
39
121110 1 220 1 219
6
1
11
2
122
2
12
32
3
2
32
3
2
3
4
44
32
3
2
3
1
Заметим, что единица вычитается из числа 3
10
1
1 пото-
му, что среди сочетаний повторениями из 10 по 3 имеется
и «трехзначное» число 000.
Задача 2.
Ответ.
1
2
1
22
3
4
526
21
738 29
5

2
1
1
1
1
0ес
л
и1
1е
с
л
и
11
12312
43
12
44
4
5
1
21
2
3
45
65
3
3
7
87
39
9
171
1
Решение.
Случайная величина X — число выстрелов, сделанных
стрелком до первого попадания. Перечислим ее возмож-
ные значения и найдем вероятности их появления:
1
2
3
0
1
2
2
3
1
111
22
33
12
341
12
31
12
3
1
555
12
3
1
555
555
1
2
2
2
1
12
23
4
53
6
3
63
23
4
56
3
23
4
56
3
213 4516 3
1
22
2
2
2
3
2
1
22
2
2
3
22
2
2
3
22
2
2
3
Таким образом, случайная величина X может прини-
мать бесконечное, но счетное множество значений: 11
112
с вероятностями
1
123
1
1
2
34
5163
1
22
2
Легко убедиться, что найденный закон распределения
случайной величины X корректен, ибо
1
11
1
2
1
3
1
2
2
3

74
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Действительно,
11
11
10
1
1
1
1
112
3
11
12
44
44
54
54
5
54
11
1
1
22
33
3
3
333
3
3
3
2
4444
так как сумма бесконечно убывающей геометрической про-
грессии
0
1
1
1
1
1
2
2
1
2
2
3
4
а) Найдем математическое ожидание
1
123
1
12
1
34
25
1
2
2
3
Легко проверить, что
1
11
123
1
1
11
23
456136
23
11
2
33
33
44
Можно показать, что ряд
1
1
1
1
12
1
2
3
4
сходится при 0 < q <1.
2
11
11
1
1
123
12
11
11
2
333
456
26
26
6
32
32
322
6
2
11
22
34
222
2
5
2
67
8
8
9


б) Найдем дисперсию случайной величины по формуле
22
22
1
1
11
1
2
24
1
33
2
22
12
1
1
11
12
11
1
11
1
1
1
11
12 12 123
12
1212
12
12
12
4
12
1212
12
1212
111
11
1
1
1
234343
55
43
1677
167616
56
56
66
6
55
5
76 676
7
56 56
56
66
66
6
6
76
66
6
66
23
66
11
1
22
33
3
1
3
32
45
333
3
67
89
45
2
2
45
33

3
3
6767
22
89
89
2





33
2
3
22
2


323
22


22
1
1
3
12
7
67
2
3
2
в) Найдем интегральную функцию распределения F(x)
числа выстрелов, используя ее определение.

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
75
Пусть x £ 1. Тогда
F(x)=P(X < x)=P(X < x £ 1)=0.
Пусть1<x£2.Тогда
1
22
12121
212
3
1
21341341
34
55
12
12
3
12
1
1
Пусть2<x£3.Тогда
12
2
1
1
33
121
212
3
1
22
1
32452
45
66
671
2
23
4
23
2
52
6
Пустьl<x£l+1.Тогда
11
11
1
1
1
1
12
3
1
22
22
11
2
3
11
1
4
5
366
4646
4
4
11
22
2
1
22
2
22
1
1
333
Таким образом,
1
1
0ес
л
и1
1е
с
л
и
11
12
34
11
1
5
1
21
2
3
43
566 131 1
1
2
3
4
526
21
738 29
5

Задача 3.
Ответ.
2
27
1
Решение.
Пусть событие C — появление стандартной детали в
каждом из двух испытаний (с возвращением). Оно может
произойти вместе с одной из двух гипотез:
§ событие A1 — детали извлекались из первой партии;
§ событие A2 — детали извлекались из второй партии.
Вероятность события C можно вычислить по формуле
полной вероятности:
12
12
12121212123
12112112
1
2
11
11
Пусть x — число деталей во второй партии; согласно
условию число деталей в первой партии равно 2x. Обозна-
чим: m1 — число стандартных деталей в первой партии;
m2 — число стандартных деталей во второй партии.

76
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Согласно условию задачи, число бракованных деталей
в первой партии в 4 раза больше числа стандартных дета-
лей во второй, поэтому
2x – m1 =4m2.
Найдем безусловные вероятности гипотез:
1
2
22
33
1
33
12
3
124
11
11
1
23
1
1
23
1
Найдем условную вероятность 1 12
3
12
1
т. е. вероятность
того, что контролер последовательно извлечет из первой
партии (с возвращением) две стандартные детали. Соглас-
но классическому определению вероятность извлечь в пер-
вый раз стандартную деталь из первой партии равна
1
2
1
1
2
Так как схема испытаний — с возвращением, то после вы-
бора первой детали вероятность извлечь вторую стандарт-
ную деталь из той же партии по-прежнему равна
1
2
1
1
2
При-
меняя теорему умножения вероятностей для независимых
событий, получим
1
2
111
222
12
3
111
23
444
12
343
56
78
1
Найдем условную вероятность 2 12
3
12
1
т. е. вероятность
того, что контролер последовательно извлечет из второй
партии (с возвращением) две стандартные детали. Вероят-
ность извлечь одну стандартную деталь из второй партии
равна
2
1
1
2
Поэтому
2
22
222
1
22
11
05 025
11
1
2442
11
2311 1
2
1
34
222
2
11
22
1
232
3
454
4
4
676
7
898
9
2323
41
4
5
1
6767
8989
1
(здесь учтено, что 2x – m1 =4m2).

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
77
Введем следующее обозначение:
1
2
1
1
2
3
1
Тогда
12
22
1
и1
4
12
12123
11
234 23
4
11
2
Следовательно,
12
22
12
21
1
31
2
1212121212
123
121121123
3
121
2
3
11
11
Введем обозначение f(z)=P(C). Тогда
22
211
31
2
12
123
122 2
123
Найдем значение z, при котором функция f(z) достига-
ет минимума. Дифференцируя функцию, получим
1212
42
41131
1
31
2
36629
12
12
3
1222
2
2
3
45
6
456
46
Из условия
12
310
29
12
122
3
4
5
4
вытекает, что
1
9
11
—
критическая точка функции f(z).
Легко проверить, что
1
9
11
—
точка минимума функ-
ции f(z); найдем
121212
22
121182
939 1
292
7
123 45
6
121
334
3
Итак, наименьшая вероятность того, что в каждом из
двух испытаний (с возвращением) будет извлечена стан-
дартная деталь
2
27
123 45
6
121
Задача 4.
Ответ.
а) Z:
123
12
32
42
52
11
413
34
26
34
26
34
23
34
2
1

78
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
б)
417
941
2
12312312 4
12
13
14
111
Решение.
а) Найдем закон распределения случайной величины
Z = X + Y — числа выигрышных билетов из трех, приоб-
ретенных Сергеем и Ольгой. Возможные значения случай-
ной величины Z равны 0 (если ни один из трех билетов не
выиграл), 1 (если только один билет из трех выиграл),
2 (если два билета из трех выиграли), 3 (если все билеты
выиграли). Используя классическое определение вероят-
ности, получим
1
2
3
4
30
55
3
10
21
55
3
10
12
55
3
10
30
55
3
10
101 1
0
120 12
105 5
1
120 12
510 5
2
120 12
101 1
3
120 12
12
3
12
3
12
3
12
4
1
1
1
1
22
34
5
2
22
34
5
2
22
34
5
2
22
34
5
2
1
1
22
2
22
1
1
22
2
22
1
1
22
2
22
1
1
22
2
22
т. е. ряд распределения случайной величины Z:
123
12
32
42
52
11
423
34
26
34
26
34
23
34
2
1
Легко убедиться, что
4
1
11
12
1
3
1
1
2
б) Найдем числовые характеристики случайной вели-
чины Z:
4
1
1551
3
0123
121212122
12
3
1
12
1
34
25
1
12
1
2
3
2
3
2
3
2
1
4
Дисперсию D(Z) найдем двумя способами. Сначала по
альтернативной формуле:

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
79
12
3
34
55
3
365
65
656 3
3
4
34 34
3
3
7
22
4
222222
1
2
1551
5
2
0
9
1
7
0123
12
12
12
12
12
6
17317934277
62
641212
12 12 123
12
3
12
4
11
2
2
345454
54
16
34
Теперь найдем D(Z) по определению:
2
4
2
1
2222
1551
015
115
215
315
12
12
12
12
95597
4848484812
12 1 1223
121122
1421
42
1421
42
3
1
12
1
345454
34
2546
1
12
12
1
1 23232321
13331
4
Итак,
7
12
123
121
Составим закон распределения случайной величины
X — числа выигрышных лотерейных билетов из двух, при-
обретенных Ольгой. Возможные значения случайной ве-
личины X равны 0 (если ни один из двух билетов не выиг-
рал), 1 (если только один из двух билетов выиграл), 2 (если
оба билета выиграли). Используя классическое определе-
ние вероятности, получим
1
2
3
20
55
2
10
11
55
2
10
20
55
2
10
101 2
0
459
555
1
459
101 2
2
459
12
3
12
3
12
4
1
1
1
22
34
5
2
22
34
5
2
22
34
5
2
1
1
22
2
22
1
1
22
2
22
1
1
22
2
22
т. е. ряд распределения случайной величины X:
123
12
32
42
11
41
4
5
26
5
24
5
2
1

80
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Легко убедиться, что
3
1
11
1
2
1
3
1
1
2
Найдем числовые характеристики случайной величи-
ны X:
3
1
25 29
012 1
99 99
123
1
12
1
342
5
1
11
2
323
2
11
4
Дисперсию D(X) найдем двумя способами. Сначала по
определению
3
2
1
222
252
4
01
11
21
999
9
121122
121212 3
1
12
1
34
2546
1
12
3
1
123
423
423
1
5
Теперь по альтернативной формуле
22
3
22
222
1
25 24
10121
99 99
121212
3
1
2
1
1
345454
26
1
121
12
1
3
4
3
4
3
2
1
5
Итак,
4
9
123
121
Составим закон распределения случайной величины
Y — числа выигрышных билетов, приобретенных Серге-
ем, если он приобрел ровно 1 билет. Возможные значения
случайной величины Y равны 0 (если билет не выиграл),
1 (если билет выиграл). Используя классическое опреде-
ление вероятности, получим
12
005
105
123
4 123
5
11
23
4
23
4
11
1
11
1
Тогда ряд распределения случайной величины Y при-
мет вид:
123
12
32
11
4 2 1452 1452
1
Легко убедиться, что
2
1
11
1
2
1
3
1
1
2

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
81
Найдем числовые характеристики случайной вели-
чины Y:
12 12
12
2
1
2
2
1
22
2
2
22
2
1
22
111
01
222
11 1111111
01
22 2242424
1
2
11
1
1
1
1
01
22
4
2
4
4
12
3
121122
3
121212
4
1
1
1
12
1
12
1
2
1
1
34
25
64
2345
643434
25
3
3
3
33
4
5
4
3
36
3
36
4
56
4
345
4
3
363
6
3
34
54
6
363
7
7
7
Итак,
1
4
123
121
Задача 5.
Ответ.
0,025.
Решение.
Вероятность искомого события выразим через вероят-
ность противоположного события:
1
23
4
22
04795 1
04795
1
231
23
4
12
12
Найдем вероятность:
1
2 04795
1
23
4
12
Согласно условию признак X нормально распределен с
параметрами M(X)=0иs(X) = 1; X1, X2, ..., X20 — случай-
ная повторная выборка значений признака X из генераль-
ной совокупности. Следовательно, случайные величины
X1, X2, ..., X20 являются независимыми нормально распре-
деленными случайными величинами, причем M(Xi)=0и
s(Xi)=1 120
123
4
11
Тогда случайная величина
1
23
4
22
1
1
2
2
13
3 имеет c2-рас-
пределение с n степенями свободы и n = 20.

82
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Очевидно, событие
1
2 04795
123
1
равновероятно событию
12
2
20
20 0 4795
12
3
2
1
или
1
2
20
959
12
3
4
1
Поэтому
1
2
1
2
312
22
2
04795 20 959
20 959 0975
1
2
31 2311323
2
12
12
1
(см. таблицу критических точек распределения c2 — прил. 2).
Итак,
1
2
2 04795 0975
1
2
324
12
Отсюда
12
2 04795 0025
1
2
324
12
3.5.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
2003 года
Задача 1.
Ответ.
115
216
36
9
123123124
11
2
1
3
11
1
1
Решение.
Найдем вероятность события A — все пассажиры вый-
дут на четвертом этаже. Первый пассажир может выбрать
любой этаж, со второго по седьмой, n1 = 6 способами. Вто-
рой пассажир, действуя независимо от первого, может вы-
брать свой этаж n2 = 6 способами. Очевидно, что и третий
пассажир может выбрать свой этаж n3 = 6 способами. По
правилу произведения общее число способов выбора эта-
жей тремя пассажирами равно N = n1 × n2 × n3 =63 = 216.
Имеется только один способ выбора пассажирами четвер-
того этажа, поэтому число благоприятствующих собы-
тию A исходов равно M1 = 1. Используя классическое оп-
ределение вероятности, получим

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
83
1
1
216
12
3
1
2
3
11
1
Теперь рассмотрим событие B — все пассажиры вый-
дут на одном и том же этаже. Общее число элементарных
исходов прежнее, т. е. N = 216. Три пассажира одновремен-
но могут выйти либо на втором этаже, либо на третьем,
либо на четвертом, либо на пятом, либо на шестом, либо на
седьмом этаже. Поэтому число благоприятствующих со-
бытию B исходов равно M2 = 6. Таким образом,
2
61
216 36
12
3
1
23
4
111
Рассмотрим событие C — все пассажиры выйдут на раз-
ных этажах. Общее число элементарных исходов прежнее,
N = 216. Всевозможные комбинации трех разных номеров
этажей из шести представляют собой размещения, так как
могут отличаться как составом, так и порядком следова-
ния номеров (или и тем, и другим). Поэтому событию C
благоприятствует число исходов
3
3
6
6 654 120
3
1
2
1
12
111
2
2
1
Итак,
31205
216 9
12
3
1
23
4
111
Задача 2.
Ответ.
1
7
1
Решение.
Пусть событие H — в ходе подсчета бюллетеней число
голосов, поданных за кандидата A, все время будет больше
числа голосов, поданных за кандидата B. Известно, что за
кандидата A проголосовало 4 человека, а за кандидата B —
3 человека. Каждый вариант подсчета голосов можно пред-
ставить как последовательность из семи букв, в которой
4 буквы A и 3 буквы B (например, ABABABA, AABBBAA,
BABABAA и т. д.). Легко убедиться, что общее число та-
ких вариантов подсчета голосов равно 3
71
1 Следовательно,
общее число элементарных исходов
3
7 351
12
11 Из них

84
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
благоприятствуют событию H следующие M = 5 исходов
(рис. 2)
Далее, действуя по классическому определению веро-
ятности, получим
51
357
12
3
1
23
4
111
Задача 3.
Ответ.
9
11
1
Решение.
Пусть событие T — семья имеет телефон. Согласно ус-
ловию задачи вероятность P(T) = 0,55. Выдвигаем гипо-
тезы:
§ H1 — семья проживает в кирпичном доме;
§ H2 — семья проживает в деревянном доме.
Известны также условные вероятности
1
06
123
1
1
23
и
2
04
123
4
1
1
23
По условию задачи событие T наступило. Тогда по фор-
муле Байеса
1
12
1
1
12
12 12
12
3
12121212
1
2
13
1
1
2
11
3132
31
31323132
Заметим, что вероятности P(H1) и P(H2) неизвестны.
Для их нахождения запишем систему из двух линейных
алгебраических уравнений
12
12
12
1
12121212123
12124
12
13
4
523
6
11
2123212323
21 21
Рис. 2
Элементарные исходы, благоприятствующие событию H

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
85
С учетом условия задачи эта система примет вид
12
12
1
2
06
04 055
1
055 04
11015 075
02
06 04
11
1075 025
123 123 34
12125
33
3
12
34
3
33
12335
12
13
45 23
6
4
7
733
3
75
7
7
38
3
76
12
12
12 12
12
12
Тогда
1
07506 9
055 11
11
23
4
1
1
22
1
23
Задача 4.
Ответ.
112
12
32
42
312 15
66
245
66
24
66
2
1
Решение.
Составим закон распределения случайной величины
X — максимального числа фальшивых купюр, попавших
в результате деления в какую-либо из частей. Возможные
значения случайной величины X равны 1 (если каждая
часть содержит по одной фальшивой купюре), 2 (если ка-
кая-либо из частей содержит две фальшивые купюры),
3 (если в какую-либо из частей попали все фальшивые ку-
пюры).
Событие {X = 1} означает, что каждая из частей содер-
жит одну фальшивую и три нефальшивые купюры. Пусть
событие Ai — в i-ю часть попала одна фальшивая и три не-
фальшивые купюры (i = 1, 2, 3). Событие {X = 1} можно
представить как произведение {A1 × A2 × A3}. Очевидно, что
события A1, A2 и A3 являются зависимыми. Тогда по теоре-
ме умножения вероятностей
11
2
11
2
3
1
2
3
131313
1
39 26
3
444
4
12
8
1
16
55
121 2121212
3
11
1
234 3111 31313 1
11
1221
1
222
1221
111111
111

86
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Событие {X = 2} означает, что в одной из частей будут
обнаружены две фальшивые купюры из четырех, в дру-
гой — только одна фальшивая и в третьей — все нефаль-
шивые купюры. Обозначим события:
§ Bi — в i-ю часть попали две фальшивые и две нефаль-
шивые купюры;
§ Ci — в i-ю часть попали четыре нефальшивые купюры
(i =1,2,3).
Событие {X = 2} представляет собой сумму шести несо-
вместных событий:
B1×A2×C3+B1×C2×A3+A1×B2×C3+
+A1×C2×B3+C1×A2×B3+C1×B2×A3.
Легко убедиться, что события, составляющие эту сум-
му, равновероятны. Найдем вероятность одного из них:
11
2
123
1
2
3
22134
39 174
44
4
4
12
8
6
55
12
1
2
1
2
1
2
3
11
2
3124 31323 4
112
2
1
1
211
2
11111
111
Тогда по теореме сложения вероятностей
2
63
6
26
55 55
12
3
12
3
11
1
2
1
Событие {X = 3} означает, что какая-либо из частей со-
держит все три фальшивые купюры, в то время как осталь-
ные части содержат только нефальшивые. Пусть событие
Di — в i-ю часть попали три фальшивые и одна нефальши-
вая купюры (i =1,2,3).
Событие {X = 3} представляет собой сумму трех несо-
вместных событий:
D1×C2×C3+C1×C2×D3+C1×D2×C3.
Легко убедиться, что события, составляющие эту сум-
му, равновероятны. Найдем вероятность одного из них
11
2
3144
3984
123
1
2
3
44
4
4
12
8
1
55
12
1
2
1
2
1
2
3
11
2
312231323 2
1
112
1
2
11
2
1111
111
Тогда по теореме сложения вероятностей
3
13
33
55 55
12
3
12
3
11
1
2
1

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
87
Итак, ряд распределения случайной величины X:
123
12
32
42
423
15
66
245
66
24
66
2
1
Легко проверить, что
3
1
11
1
1
2
1
1
2
Задача 5.
Ответ.
2
1
1221
1
2
1221
12
3
1221
1
1
2
1
1111
1
1
111
11
1
111
123
4
55
4423
6
55
4
423
4
55
7
Решение.
По условию X1, X2 и X3 являются несмещенными оцен-
ками параметра a, поэтому M(X1)=M(X2)=M(X3)=a .
Известно также, что D(X1)=m1D(X3) и D(X2)=m2D(X3).
Найдем числовые характеристики случайной величины
X0=l1X1+l2X2+l3X3.
33
01
2
3
11
33
22
2
2
01
2
3
1
23
11
12
121
23
12
121
212
11
1
1
11
11
1
1
11
232
3
23
4
535
3
5366
53
11
11
23
1
414
145454
67
89
23
14
1
414
5
4
5
4
67
89






(при вычислении дисперсии учтено, что студенты получа-
ют оценки параметра a независимо друг от друга, следова-
тельно, X1, X2 и X3 являются независимыми случайными
величинами).
Согласно условию X0 должна быть несмещенной оцен-
кой параметра a, т. е. M(X0)=a. Отсюда (l1 + l2 + l3) × a = a.
Поэтомуl1+l2+l3=1.

88
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Потребуем, чтобы X0 являлась эффективной оценкой
параметра a. Это означает, что дисперсия оценки должна
быть наименьшей, т. е.
22
2
012
3
1
23
121
2123
4
5
6
1233
12
12
32
3
24
С учетом ограничения l1 + l2 + l3 = 1 дисперсия оцен-
ки X0 примет вид
22
2
0121
2
3
1
2
1
121
1
22123
1233
12
12
32
3
23
24
Дисперсия D(X3) является параметром распределения
оценки X3 и поэтому не может быть изменена.
Следовательно, дисперсия D(X0)  min, только если
22
2
121
2
1
2
1
12
3
4
5
6
11
12 121213 4
Обозначим
22
2
121
2
12
1
2
1
123
1
34
12
2
11213 131314
Таким образом, задача построения несмещенной и эф-
фективной оценки X0 сводится к исследованию на мини-
мум функции
22
2
121
2
12
1
2
1
123
1
34
12
2
11213 131314
Запишем необходимое условие экстремума:
1
2
11
12
22
12
11
2
122
12
2
22
12
12
2
1212
221
0
221
0
11
11
11
11 11
11
11 111
12
3
12
3
123
123
12
3
4125123
12
3
12412
12
56
12
12
2
2
2
22
2
22
2
1
1
231
4
1
4
1
5
3
6
72 31
4
1
4
1
5
3
8
41413
6714 4 13
8
135
41
67 54
144
1
3
8
135
41
67 4415 4
43
8
Отсюда
11
2
12
1
2
2
1
12
2
122
1
221 1
221
11
1
1
111
1
23
23
23
23
4
11
11
1
1
1
1
11
1
1
1
111 1
111
12
2
33
4
3
3
3
124
13 24
2
33
33

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
89
Итак, координаты критической точки функции f(l1, l2)
2
1
1221
1
2
1221
1
2
1
1111
1
1
111
123
4
55
46
423
55
47
Проверим, выполняется ли достаточное условие нали-
чия минимума функции в этой точке:
11
22
12
21
1
2
21
0
21
0
20
123
123
4
12
3
42
3
522
11
11
11
11
22
334
5
22
334
5
22
22
333
5
Составим выражение
D=AC–B2=4(m1+1)(m2+1)–22=4(m1m2+m1+m2).
Поскольку D > 0, A > 0, то функция f(l1, l2) имеет ми-
нимум в точке
2
1
1221
1
2
1221
1
2
1
1111
1
1
111
123
4
55
46
423
55
47
С учетом ограничения l3 =1–(l1 + l2) получим
12
31
2
1221
112
3
11
1
111
12 3141 2
44
Итак, при следующих коэффициентах
2
1
1221
1
2
1221
12
3
1221
1
1
1
1111
1
1
111
11
1
111
123
4
55
4423
6
55
4
423
4
55
7
оценка X0 математического ожидания a будет несмещен-
ной и эффективной.

90
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
3.6.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
2004 года
Задача 1.
Ответ.
0,24.
Решение.
Пусть событие А — сестер поселят в одной комнате, а
братьев — в разных.
I способ. Представим процесс расселения юношей и де-
вушек по комнатам следующим образом. Сначала случай-
ным образом распределяют комнаты, так что каждая ком-
ната закрепляется или только за юношами, или только за
девушками. Затем случайным образом расселяют юношей
в их комнаты, а девушек — в их. Число таких способов
распределения комнат равно
0
436
22
112
11
111
1
2
Эти способы распределения приведены в табл. 10, бук-
ва «Ю» означает, что комната распределена для юношей,
буква «Д» — для девушек.
Пусть гипотеза Hi означает, что выбран i-й вариант рас-
пределения комнат,
16
12
11
Событие A может произойти
только с одной из гипотез Hi,
16
11
11
поэтому, действуя по
формуле полной вероятности, получим
6
1
12 12123
1
12
1
34
323 4
1
1
2
12345627897
123425678329
3

5485268
12342568
329
3


548
52628
88
52628
88
52628
88
52628
88
1232
42
42
52
52
1262
42
52
42
52
1272
42
52
52
42
1282
52
42
52
42
1292
52
42
42
52
12
2
52
52
42
42
1

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
91
Очевидно, что все варианты распределения комнат рав-
новероятны, следовательно, P(Hi) = 1/6, 16
12
11
Посколь-
ку расселение происходит случайным образом, то
123456
1212121212123
111111
232323232323
11111
Тогда
11
66
11
1
6
12 1212
12 123
1
12
2
2
11
34 3234 3434
11
11
1
22
Осталось найти
1
12
1
23, т. е. вероятность события A при
первом варианте распределения комнат (он описан в пер-
вой строке табл. 10).
Событие A в этом случае означает, что одного из брать-
ев поселят в комнате No 1, а другого — в комнате No 2, а
сестер поселят вместе либо в комнате No 3, либо в комнате
No 4. Используя теоремы сложения и умножения вероят-
ностей, получим
1
1
3
121221
12 12
21
3
41
43
41
1
22
222
4
2
333
333
3
3
636
363
6
3
22
264 264 24
100
20
20
12
3
12
4
1
1
2
222222
2222 22
2
34
22222222
34
111
11
1
2111
311
1
11
11
232
Итак,
P(A) = 0,24.
II способ. Заметим, что согласно условию две комнаты
случайным образом резервируются за юношами, а две ком-
наты — за девушками. Число таких способов резервирова-
ния комнат за юношами и девушками равно
0
436
22
112
11
111
1
2
Например: (Ю, Д, Ю, Д); (Ю, Д, Д, Ю); (Д, Ю, Д, Ю)
и т. д. (см. табл. 10).
Найдем число способов N1, каковыми можно размес-
тить по двум комнатам 6 девушек, из которых две сестры,
а остальные родственниками не являются.
Пусть цифры 0, 0 обозначают девушек-сестер; цифры 1,
1, 1, 1 — остальных девушек. Каждый вариант расселения

92
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
будет отличаться числом родственников, попавших в ком-
наты, и порядком их размещения в комнате, например
(010 111); (001 111); (101 011) и т. д.
Очевидно, N1 равно числу различных шестизначных
«чисел», которые можно составить из двух цифр 0 и четы-
рех цифр 1. Поэтому
4
1
6
6
15
42
1
2
11
12
11
1
2
Аналогично рассуждая, найдем N2 — число способов
расселения по двум комнатам 6 юношей, среди которых
два брата:
4
2
6
6
15
42
1
2
11
12
11
1
2
Тогда, действуя по правилу произведения, найдем об-
щее число всех элементарных исходов:
22
2
012 66
66
1
5
1
1111
1221
2
21
2
11
Число M исходов, благоприятствующих событию А,
также находим по правилу произведения
M=N0×M1×M2,
где M1 — число способов расселения девушек, в которых
сестры оказываются в одной комнате; M2 — число спосо-
бов расселения юношей, в которых братья оказываются в
разных комнатаx
1
2
33 3333 6
2130 3021
3333 9
21 21
11 11
2
1111 1111
11
3
11 11
1
1
123 21
3
1
22
22
121
2
1
22
Поэтому
M=N0×M1×M2=6×6 ×9=6×54.
Следовательно,
2
654546024
225 25
615
12
34
1
23
4
1
22
222
1
Задача 2.
Ответ.
0,269.

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
93
Решение.
Пусть событие C — один из посетителей магазина со-
гласился на предложение о дегустации, а другой — нет.
I способ. Это событие может произойти с одной из трех
гипотез:
§ H1: продегустировать продукт было предложено двум
женщинам;
§ H2: продегустировать продукт было предложено двум
мужчинам;
§ H3: продегустировать продукт предложено мужчине и
женщине.
Используя классическое определение вероятности, най-
дем вероятности гипотез:
2
15
1
2
25
2
10
2
2
25
11
10 15
3
2
25
14 15
7
2
2425 20
2
45
3
2425 20
2
1015 10
2425 20
2
12
3
12
3
12
4
12
12
12
1
22
2
1
22
2
1
1
1
22
2
1
1
1
1
1
11
1
Легко убедиться, что
3
1
1
123
1
1
23
1
1
2
Условные вероятности
112
1
23и
212
1
23находим по фор-
муле Бернулли
1
2
1
2
1
2
02 08 032
01 09 018
12 3334
12 3335
1
1
233
233
1221
122 1
Теперь условную вероятность
312
1
23находим с учетом
того, что либо посетитель-женщина согласится на дегуста-
цию, а посетитель-мужчина откажется, либо наоборот.
Используя теоремы сложения и умножения вероятностей,
получим
3
0209 0801 026
12333334
1
23123 21

94
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Тогда по формуле полной вероятности
3
1
731
0
032
018
026 0269
20
20
20
121212
333
3
4
1
12
1
34
3234
1
12
1
12 3232
1
4
II способ. Обозначим события:
§ Bi — i-й посетитель из тех, к кому обратился реклам-
ный представитель, согласился продегустировать про-
дукт, i =1,2;
§ Mi — i -й посетитель из тех, к кому обратился реклам-
ный представитель, — мужчина, i =1,2;
§ Wi — i-й посетитель из тех, к кому обратился реклам-
ный представитель, — женщина, i =1,2.
Искомое событие C представим в виде суммы несовме-
стных событий:
12 12
1
122 22
12 32
По теореме сложения вероятностей
12 12
12
12
121
212123
1213333 133 133
12
3
2
12
32
Вероятности
12
12
122
1
и
12
12
122
1
найдем отдельно.
11
11
12
112
112
11
2
11
2
121212
121212123
12
32
422 4122 4322
4124243242
12
1
13
1
12
21
1
31
1
где
1
1
11
1
1
11
1
1
10
1
01
25
25
15
3
02
25
25
12
1
21
234
121
21
235
1
2
3143134
3243234
12
1
212
12
1
212
Вероятность
112
12
12
32найдем по формуле полной ве-
роятности:
11
11
112
11
112
22222
91
56
7
09
08
24
24
80
1212121212
33
4
12
12
121
12
123
4241
4 243
42
121
13231
Вероятность
112
12
12
32также найдем по формуле пол-
ной вероятности:

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
95
11
11
112
11
112
222 22
14
10
101
08
09
24
24
120
1212121212
334
12
12
321
12
123
42
41
42
43
42
121
13231
Поэтому
12
1673101269
25 80 25 120 2000
12
3
122
12
1
312
Аналогично рассуждая, находим вероятность
12
12
122
1
11
11
12
112
112
11
2
11
2
121212
121212123
12
32
422 4122 4322
4124 243242
12
1
13
1
12
21
1
31
1
где
1
1
11
1
1
11
1
1
10
9
09
25
25
15
12
08
25
25
12
1
21
234
121
21
235
1
2
3143134
3243234
12
1
212
12
1
212
По формуле полной вероятности:
11
11
112
11
112
11
22222
2
91
51
3
01
02
24
24
80
12121212123
1244
5
12
12
121
12
123
12
4241
4 243
42
42
12
1323 1
Аналогично
11
11
112
11
112
11
22222
2
10
14
19
01
02
24
24
120
12121212123
1244
5
12
12
1231
2
121
12
4243 42
41 42
42
12
1323 1
Тогда
12
913 1219 269
25 80 25 120 2000
12
3
122
12
1
312
Поэтому
12
12
269 269 269
2000 2000 1000
121212
3
12 133 133
12
3
21
3
1
Задача 3.
Ответ.
0,99856.
Решение.
Событие Ai — деталь, изготовленная на i-м станке, ока-
залась высшего качества, (i = 1, 2). Обозначим pi = P(Ai),

96
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
(i=1,2).Поусловиюp1=0,9,p2=0,8.Тогда 11
01
12
3
12
3
11
и22
02
12
3
4
12
3
11
Пусть ni — число деталей, поступивших с i-го станка,
(i=1,2).Поусловиюn1=3,n2=2иn1+n2=5.Пустьmi—
число деталей высшего качества, поступивших с i-го стан-
ка, (i = 1, 2). Общее число деталей высшего качества из
5 отобранных: m = m1 + m2.
Найдем вероятность события B — хотя бы 2 детали из 5
оказались высшего качества. Очевидно, что наступление
события B равновероятно выполнению следующего нера-
венства: m 3 2. Тогда
P(B)=P(m 3 2)=1–P(m < 2).
Условие m < 2 означает, что или с обоих станков не по-
ступило ни одной детали высшего качества, или же деталь
высшего качества поступила только с одного станка. В пер-
вом случае m1 =0иm2 = 0. Во втором случае m1 =0иm2 =1
либо m1 =1иm2 = 0. Поэтому
P(m <2)=P({m1 =0}× {m2 =0}+
+ {m1 =0}× {m2 =1}+{m1 =1}× {m2 = 0});
P(m <2)=P(m1 =0)× P(m2 =0)+
+ P(m1 =0)× P(m2 =1)+P(m1 =1)× P(m2 = 0).
Применяя формулу Бернулли, получим
031022
031122
131022
32 31
1 2002
22
1
11
1
22 32
2
2
323
22
2
2
01 02 01 20802 30901 02 000144
11
11 11
23 2323
232323234
23
111
11
111 1
5
12 1313
1313 1313
12
44454
54 54
12
3
4
4343
12343
4
3
2
23 43
3
3
4
3
332
111
Тогда
P(m 3 2)=1–P(m < 2) = 0,99856.
Задача 4.
Ответ.
97
1у
.
е
.
256
Решение.
Пусть случайная величина X — цена, которую спорт-
смен заплатит за занятие. Согласно условию задачи эта слу-
чайная величина может принимать значения: 1, 2 или 3.

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
97
Найдем вероятность p1 = P(X = 1).
Пусть событие A — занятие в тренажерном зале стоит
1 у. е. Согласно условию вероятность P(A) = 1/4 = p.
Спортсмен заплатит за занятие 1 у. е., если по меньшей
мере в одном спортзале из четырех занятие стоит 1 у. е.
Используя формулу Бернулли, получим
1212
11
4
0
4
04
004
4
11
131
7
5
11
44256
12
343
43
4
2
1
2343535
627
3
44
4
4
5
4
45
45
4
где
3
1
4
1
12
121
2) Найдем вероятность
p2=P(X=2).
Спортсмену придется заплатить за занятие 2 у. е., если
он, посетив четыре спортзала, не обнаружит ни одного с
ценой занятия в 1 у. е., но встретит хотя бы один зал с це-
ной в 2 у. е. Поэтому событие {X = 2} можно представить в
виде суммы четырех несовместных событий:
{X=2}=G+H+J+L,
где событие G — спортсмен посетит один зал по 2 у. е. и
три зала по 3 у. е. (в любом порядке); событие H — спорт-
сменпосетитдвазалапо2у.е.идвазалапо3у.е.(влю-
бом порядке); событие J — спортсмен посетит три зала по
2у.е.иодинзалпо3у.е.(влюбомпорядке);событиеL—
спортсмен посетит подряд четыре зала по 2 у. е.
Введем вспомогательные события:
· Bi — в i-м спортзале занятие стоит 2 у. е.;
· Ci—вi-мспортзалезанятиестоит3у.е.(i=1,2,3,4).
По условию P(Bi) = 1/4 и P(Ci) = 1/2. Найдем вероятно-
сти событий G, H, J и L, используя основные теоремы тео-
рии вероятностей.
12
123 4
12 34
3
1234
1234
111
4
248
121
21
2
12
123
1213334 13343
13433 14333
3
444
5 4445
5 4445
444
3
4
4
3

98
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
1212
1234
1234
123 4
1234
22
12 34
1 234
1
113
6
243
2
121
21
2
12
12
12
123
121
12 13344 13434
14334 13443
14343 14433
15144
34
4
4
54
4
4
5
5 4445
444
5
54
4
4
54
4
4
3
443
34
12
12
234
1234
3
1234
1234
4
1234
111
4
423
2
11
42
5
6
21
2
12
123
121
2
4
43 14434
14344 13444
1614444
445
444
5
5 4445
444
3
4
4
3
3
444
3
3
Тогда
2
2
13116
5
83232256 256
121
21
21
21
21
2
3
123
2456724252627
11
12
2
2
12 221
1
222 1
Замечание. Вероятность p2 можно найти и другим спо-
собом.
Пусть события q1, q2 и q3 означают, что занятие в трена-
жерном зале стоит 1 у. е., 2 у. е. и 3 у. е. соответственно.
Очевидно, что q1, q2 и q3 составляют полную группу собы-
тий, причем P(q1) = 1/4, P(q2) = 1/4 и P(q3) = 1/2. Проводят-
ся 4 независимых испытания, в каждом из которых может
произойти одно из событий, составляющих полную груп-
пу. Воспользуемся полиномиальным распределением1:
12
1212
12
12
3
130
231
22
220
231
3
30
231
4
040
123
41
1
1
4
310
248
41
1
3
6
22
4232
41
1
1
4
31
4232
41
1
400
4 256
1
23
232323
4
111
1
23
232323
4
11
1
23
2323 23
4
11
1
23
232323
5
111
12
1
1
1
1
3 111
14
1
11
15
1
1
1
34
5
4
5
4
5
3
4
4
3
44
34
5
4
5
4
5
3
4
4
3
4
34
5
4
5
4
5
3
4
4
3
4
34
5
4
5
4
5
3
3
44
1 См. Айвазян, С. А. Прикладная статистика. Основы эконометрики :
учебник для вузов: в 2 т. / С. А. Айвазян, В. С . Мхитарян. — М . : ЮНИТИ-
ДАНА, 2001 : Т. 1: Айвазян, С. А. Теория вероятностей и прикладная
статистика / С. А . Айвазян, В. С . Мхитарян. — М . : ЮНИТИ-ДАНА,
2001. — С . 123–124 .

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
99
3) Найдем вероятность p3 = P(X = 3).
Событие {X = 3} означает, что во всех четырех спортза-
лах стоимость занятия оказалась 3 у. е. Поэтому событие
{X = 3} можно представить в виде произведения независи-
мых событий:
{X=3}=С1×С2×С3×С4.
Тогда по теореме умножения вероятностей
124
31
2
3
4
111
6
3
21
62
5
6
1 2 12121212
3
1 23 24242424
33
3444 33
3
4) Итак, случайная величина X имеет следующий за-
кон распределения
123
12
32
42
423
156
367
276
367
217
367
2
1
Заметим, что найденный закон распределения коррек-
тен, ибо
3
1
17565161
256 256 256
1
1
1
2
1
122 1
3
Теперь найдем среднюю цену за занятие, или матема-
тическое ожидание случайной величины X
3
1
175
65
16 353
97
123
11
3
8
у. е.
256 256 256 256 256
12
3
11
1
23 45
1
11
12
32 32
1
12
4
5
Задача 5.
Ответ.
0ес
л
и
4
2е
с
л
и
44
0ес
л
и
4
12
345671
2
18
1
21
1
1
1
1
2
34
5
55
11
64
7
7
8
5
1
5
9
5

Решение.
I способ. Согласно условию вероятность
12120
44
1
12
12
33
45
6
76

100
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Тогда для всех
44
1
1
11
23
45
67
89
плотность распределения вероятностей f(x)=0.
Для
44
1
1
11
23
45
67
89
найдем плотность f(x), используя определение
00
121
21
2
12 12 345
345
6
11
21121
31411
51 21
11
12
12
314
5631
7
88
8
11
Заметим, что по условию вероятность попадания зна-
чений случайной величины X в любой отрезок
44
1 234
111
11
23
4567
89


равна
P(x£X£x+Dx)=sin(x+Dx–x)cos(x+Dx+x)=
= sin(Dx)cos(2x + Dx).
Поскольку случайная величина X является непрерыв-
ной, то
P(x£X<x+Dx)=P(x£X£x+Dx).
Поэтому
00
00
2
21
22
12
3
4
5
1
2
6
7
3
1
2
12849
849


3451 2
12849
849 6731
2673673
11
11
21311
1
11
41
11
1
41
11
1
1
1
12
12
12
12
345
1
1
5
1
66
11
1
67
5
1
6
7
6
1
Таким образом,
0ес
л
и
4
2е
с
л
и
44
0ес
л
и
4
12
345671
2
18
1
21
1
1
1
1
2
34
5
55
11
64
7
7
8
5
1
5
9
5


ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
101
Легко убедиться, что
1
123
1232
12
32
4
5
Действительно,
4
4
4
4
1
22
1
2
12
345
567
8
1232
232
2
1
1
23
1
4
1
43
4
555
66
II способ. Используя определение интегральной функ-
ции распределения, найдем F(x).
Согласно условию для всех
124
1
1
3
4565
вероятность P(X < x) = 0. Следовательно, интегральная
функция F(x) = 0, если
124
12
1
3
4565
Пусть
44
12
1
11
23
45
67
89
Тогда
121212
44
4
12123
1 23421
34
2
34
2
33
3
45
4
6
768546
85
Из условия вытекает, что для всех
44
1
1
11
23
45
67
89
вероят-
ность
1 21212
44
4
123
451
6
12
333
33
3
4567
8
4
Поэтому если
44
12
1
11
23
45
67
89
то
1212
44
12 345
673
8
122 2
33
45
6
Легко убедиться, что
121212
2
051 2
444
123
451
451
6712389
111
1
333
4
5
6
5
64

102
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Поэтому если
44
12
1
11
23
45
67
89
то F(x) = 0,5(1 + sin2x).
Пусть
124
12
1
3
45
6
Тогда
121212
4444
1212
3
1 234234
34342
3333
45
45
6
7
6
8
875
5
Заметим, что согласно условию
1212
12
0
44
1
44
1
2
12
12
12
33
45
6
76
33
58
86
Поэтому для
124
1
1
3
45
6
получим F(x)=1.
Таким образом,
0ес
л
и
4
051 2 если
44
1ес
л
и
4
12
341356741
2
18
1
21
1
1
1
1
2
34
5
55
11
67
4
8
8
9
5
1
5


5
Теперь найдем f(x)=F(x). В результате получим
0ес
л
и
4
2е
с
л
и
44
0ес
л
и
4
12
345671
2
18
1
21
1
1
1
1
2
34
5
55
11
64
7
7
8
5
1
5
9
5

Задача 6.
Ответ.
а)
2
1
1
23
11
12
3
б)k39.

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
103
Решение.
а) Найдем
22 22
11
1
12
12
3
11
1
222
22
2
3434
34
34
11
1
2323
14
1
4
5
1
4
6767
8989





Найдем
2
12
1
23 для всех
112
12
1
I способ.
22
2
11
1
1
212
12
3
11
21
21
1
22
34355
135
5
1
11
23
23
1
4
15
4
67
67
89
89



Легко увидеть, что
2
1
112
1
21
2
33
11
23
4
— выборочная дисперсия случайной величины Х, найден-
ная по случайной повторной выборке объема k. Она явля-
ется смещенной (заниженной) оценкой параметра s2, по-
этому
12
22
2
2
1
11
1
12
12
123
1
21
1
2
1
34 135
511
11
3
45
6
37
6
37
7
83 68
9



II способ.
222
11
2
1
121212
3 1212
4
5
11
21
21
1
22
1
21
21
2
34355
355
655355
11
1
23
1
4
1
4
1
56
78
1
49
4





Так как
0
12
1
2
1
23
12
1
2
34434 3455
1
2
1
212 то
12 12
2
11
1
11
1
1
2
22
11
1
11
1
1
1
1
1
33
3
33
3
3
44
33
4
56
37
373
89
89



56


89
7
37
7
3
3


89
 89






7
3







1
1
2323
2323
23
11
1
21
2
3
1
22
3
11
1
1
232
3
23
2
3
32
32
11
23
23
32
45
677
67
7
1
1
67
7
6
767
11
1
1
1
67
67
11

104
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
(здесь учтено, что X1, X2, ..., Xn — случайная повторная
выборка, поэтому случайные величины X1, X2, ..., Xn яв-
ляются независимыми).
Тогда
2
2
22
2
2
22
2
11
222
1
1
12
1
1
11
11
12
12
12
11
1
22
1
2
1
11
1
1
34
11
1
11
11
11
11
1
23
4
44
5
5
4
16
5
6
1
6
1
78
9

44
1
6

1
6

1
4

6


(здесь учтено, что D(Xi)=s2
,
112
3
12
1
III способ.
22
2
2
11
22
22
2
2
11
22
2
2
1
2
1212
1
2
311212212412
1
1212
21121212
2
5
11
21
1
2
2
11
22
11
22
22
11
22
1
22
11
1
2
34355
35555
3515
353535315
65351353535
11
11
1
23
2
3
14
14
5
1
67
6
7
89
8
9
23
14
1
4
54
1
67
89
15
4
4
5








С учетом того, что M(X)=M(Xi)=a, D(X)=D(Xi)=s2
,
1
123
12
1
получим
12
22
2
2
1
2
22
2
2
1
3
34
56
5
3
4
345 6
5364
7
121 211212
2
12
1
11
1
2
34
516737
11
51 51
1
(здесь также учтено, что
2
12
1
23
1
1
2
и
12 23
1
234
1
IV способ.
2
22
2
11
1
2
1
23
11
21
21
1
22
33
43
3
11
23
4
14
1
5
67
5
89



Заметим, что в силу теоремы Фишера2 случайная ве-
личина
2 См. Айвазян, С. А. Прикладная статистика. Основы эконометрики : учеб-
ник для вузов: в 2 т. / С. А. Айвазян, В. С . Мхитарян. — М . : ЮНИТИ-ДАНА,
2001 : Т. 1: Айвазян, С. А. Теория вероятностей и прикладная статисти-
ка / С. А. Айвазян, В. С . Мхитарян. — М. : ЮНИТИ-ДАНА, 2001. —
С. 219.

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
105
2
1
1
21
2
33
1
23
4
56
7
89


имеет c2-распределение с (k – 1) числом степеней свободы.
Следовательно, ее математическое ожидание равно числу
степеней свободы, т. е.
2
1
11
1
21
2
33
41
1
23
23
4
56
14
56
56
7
89
89


Поэтому
2
22
1
2
22
1
1
1
1
23
23
4
56
17
1
56
56
7
89
89
23
23
4
56
17

17
4
56
56
7
89
89


12
12
3
1
21
1
2
1
21
2
33
454
33
41
Итак,
2211
1212
3
132
4
1
23
1
14
12
3
1
Теперь найдем
22
2
2
111
11
12121212
3
11
1
2
222
34
34
2
2
11
1
12
1234
123
4
555
Заметим, что величина
1
1
12
1
1
2
3
2
1
1
2
3
—
сумма первых n членов арифметической прогрессии, в
которой первый член a1 = 0, последний член an = n –1 и
разность d = 1. Поэтому
1
1
01
222
12
3
1
1
11
22
1
311
1
2
21
34
34
3
Тогда
22 21
2
12
12
3
1
11
23
4
1
234
234
Потребуем, чтобы оценка W2 была несмещенной оцен-
кой параметра s2:
M(W2)=s2
.

106
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Следовательно,
22
1
2
123
111
23
43
Отсюда
2
1
1
23
11
12
3
б) Заметим, что случайная величина 1
2 имеет нормаль-
ное распределение (в силу свойства устойчивости нормаль-
ного закона распределения). Легко проверить, что число-
вые характеристики случайной величины
1
1
2
и
12
12 12
12
3
11
23
43435
3
1
1
1
221
22
Поэтому
12
22
2
3
456
3
456
55
7878
69
69
69



5
5



12
2312
1323
4
13
11
1
1
234
23 53
1
3
1
где
2
2
0
1
2
12
1
2
1
34
2
1
23
4
5
—
функция Лапласа.
Согласно условию
09973
122
3
4
5
1
234
12
34
Поэтому
12
2
0 9973
11
1
34
или
1 2 049865
12
1
34
Из таблицы значений функции Лапласа (см. прил. 1)
находим
0,49865 = F(3).
Следовательно,
123123
1
34
3
Поскольку F(x) — монотонно возрастающая функция,
то из неравенства 1 2 312
1
34
3cледует
31
11
Отсюда k 3 9.

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
107
3.7.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
2005 года
Задача 1.
Ответ.
711 2 7773437
256
12
1
Решение.
Случайная величина X — число вечеров, когда челове-
ка ждет работа на следующий день. Очевидно, X является
дискретной случайной величиной. Согласно условию по-
иск работы продолжается n = 4 дня. Следовательно, X мо-
жет принимать следующие значения: 0; 1; 2; 3; 4.
Обозначим события:
§ У — человек был уволен к вечеру;
§ П — человек был принят на работу в течение дня.
По условию P(У) = 1/4 и P(П) = 1/2.
Найдем вероятность события {X = 0}. Событие {X =0}
означает, что к вечеру первого же дня человек был уволен,
а в последующие три дня ему ни разу не удалось устроить-
ся на работу. Поэтому, действуя по теореме умножения
вероятностей, получим
123
1
118
0У
П
П
П
42 256
121 2
3
123 2
33
34
4
4
3
43
Событие {X = 1} означает, что если к вечеру первого дня
человек был уволен, то в оставшиеся дни его приняли на
работу лишь один раз, затем он был уволен, если же его не
уволили в первый день, то уволили во второй, после чего
он ни разу не был принят на работу. Поэтому событие
{X = 1} можно представить в виде
УПУП УППУ УППП УУПП.
111 21 1121112 111
Тогда
2
1111 1111 1111 3111 28
1
4242 4224 4222 4422 256
12
3
12
3
1
1 12223 2223 2223 2221
Рассуждая аналогично, представим событие {X = 2} в
виде
111211121112
21112 1112111
УПУУ УППУ УУУП
УУПУ УУПП УПУП1

108
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Действуя по теореме умножения вероятностей, получим
1131 3
УПУУ
4244 128
3111 3
УУПУ
4424 128
1113 3
УППУ
4224 64
3111 3
УУПП
4422 64
3311 9
УУУП
4442 128
1111 1
УПУП
4242 64
12
3
12
3
12
3
12
3
12
3
12
4
1
1
1
1
1
1
111
21112
111
2 1112
111
21112
111
2 1112
111
21112
111
21112
Тогда
3
3333915
8
2
128128646412864256
12
3
12
3
11
122
2221
Событие {X = 3} означает, что человек был уволен толь-
ко один раз, т. е. его можно представить в виде
УПУУ УУУУ УУПУ УУУП1
1112 11121112111
Поэтому
4
92
79 98
1
3
128 256 128 128 256
12
3
12
3
11
12221
Событие {X = 4} означает, что человек ни разу за 4 дня
не был уволен. Поэтому оно представимо в виде
УУУУ1
111
Тогда
124
5
38
1
4
42
5
6
12
3
12
3
33
33
Таким образом, ряд распределения случайной величи-
ны X имеет вид:
111
12
32
42
52
62
211
7
489
247
489
287
489
273
489
273
489
2
1

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
109
Проверим корректность найденного закона распреде-
ления
5
1
8285881811
256
1
1
1
2
1
2222
11
3
Теперь математическое ожидание
5
1
28 116 243 324 711
256
256
123
11
1
234
5
1
222
11
1
3
Задача 2.
Ответ.
28 05091
55
12
1
Решение.
Событие B — один из двух билетов, извлеченных вто-
рым студентом, оказался выигрышным.
Это событие может произойти вместе с одной из четы-
рех гипотез:
§ H1: первый студент извлек 3 «пустых» билета;
§ H2: первый студент извлек 2 «пустых» и 1 выигрыш-
ный билет;
§ H3: первый студент извлек 1 «пустой» и 2 выигрыш-
ных билета;
§ H4: первый студент извлек 3 выигрышных билета.
Следует найти условную вероятность PB(H2).
I способ. Найдем вероятность PB(H2) по формуле Бай-
еса:
2
2
2
12 12
12
3
12
1
2
3132
31
32
1
2
Априорные вероятности гипотез можно получить, ис-
пользуя классическое определение вероятности:
30
21
85
85
12
33
13
13
12
03
85
85
34
33
13
13
28
70
143
143
40
5
143
143
12
312
3
12
312
4
11
11
23
23
11
11
11
23
23
11
11
22
22
11
22
22
Легко убедиться, что
4
1
1
123
1
1
23
1
1
2

110
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Условные вероятности события B найдем аналогично:
12
34
11
11
4
55
6
22
10
10
11
11
73
82
22
10
10
58
91
5
71
6
15
45
12
312
3
12
312
4
11
11
22
22
34
34
22
22
22
34
34
22
11
22
22
11
22
22
По формуле полной вероятности
4
1
28570840751620
143914315143151434539
1
12
1
12
32323 2
1
4
121212
3
1
12
1
34
3234
По формуле Байеса
2
2
2
708
28
143 15
20
55
39
12 12
12
3
12
1
2
3132
31
32
1
1
22
2
II способ. Применяя классическое определение веро-
ятности, запишем
2
123
1
2
34
5
1
Очевидно, общее число элементарных исходов
3
11 1651
12
11
Число M элементарных исходов, благоприятствующих со-
бытию H2, будем искать с учетом того, что второму студен-
ту удалось выбрать один выигрышный и один «пустой»
билет. Поэтому
12
4 7 421841
122
121
21 Тогда
2
84 28
165 55
12
3
1
2
34
5
111
Задача 3.
Ответ.
a=0,48; b=0,52.
Решение.
1) Найдем плотность распределения вероятностей f(x)
дляxÎR.
Пусть[x,x+Dx]Í(–¥;0);Dx>0.Найдем для"x<0
плотность распределения вероятностей по определению

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
111
0
00
00
12
12
12
314
55
1
673
1
55
5
11
121
2
12 345
12
345
345
6
1
11
21121
31
1
41511
11
Пусть[x,x+Dx]Í[0;1];Dx>0.Найдемдля"xÎ[0;1]
плотность f(x):
00
22
2
00
0
2
22
12
12
12
12
12
314
5631
777
11
83
14
8
813
8
1
777
11
78
3
8
1
7
8
121
21
2
12 345
345
12
1
2
345
345
345 1
26
11
11
1
21121
31411
51
11
111
1
11
11
111
Пусть [x, x + Dx] Í (1; 2]; Dx > 0. Найдем плотность рас-
пределения вероятностей:
00
12
1
2
12 345
345
6
11
21311
111
41
11
12
12
345
1
65
17
88
8
6
11
Пусть[x,x+Dx]Í(2;+¥);Dx>0.Тогда
0
0
12
12 345
6
1
21311
41
1
12
345
1
66
1
Итак, плотность распределения вероятностей имеет
вид
0ес
л
и0
2е
с
л
и
01
если 1
2
0ес
л
и2
12
12
34
12
15
1
21
1
1
1
2
345
5
36 781
5
3
3
9


1
1
Так как плотность f(x) 3 0, то a30 и b30.
Потребуем, чтобы
1
123
1232
12
32
4
5
Следовательно,
012
1
2
2
1
0
01
2
02
00
0
1
12
3
1232 32
232 32 32
2
2
12
12
32
32
41
5
1
6
14
1
5
1
6
1
4
77777
откуда
a+b=1.

112
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Таким образом,
01
1
1
2
121
3456 72
8
2) Найдем значения параметров a и b, при которых дис-
персия D(X) максимальна, т. е. D(X) ® max.
Сначала вычислим дисперсию D(X)=M(X2)–M2(X).
2
12
1
2
3
2
0
1
01
23
22
323
2
12
32
44
5
6
461546
7
1
415
8
88
12 12
3
12 34353
3
3
353
353
С учетом условия b =1–a, получим
22
2
12
1
3
4
32
0
1
01
23
349 95
1
32
266 6
7
2
232
3
12
32
44
4
3
4
51
6
3
4
5
135
55
7
44
54175
1
517
8
88
12
12
3
12 12
3
12
12
34353
3
3
353
353
С учетом условия b =1–a
2
77
3
1
4
1
4
1
1
1
23
36
6
12 12
3
12 11
2
1
2
1
34
2
134
3
Тогда
12
22
2
2
1411 95
25243
663
6
343
45
4
5 4565
6
343
121212
3
123232
Обозначим
2
25243
36
12
123
12
3
1232
3
44
2
Найдем точку максимума функции g(a) из условия
50240
36
12
3
1
12
3
4255
откуда
24 048
50
12
122

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
113
Легко убедиться, что a = 0,48 — точка максимума функ-
ции g(a), причем 0 £ 0,48 £ 1. Тогда
=1–a =1 –0,48=0,52.
Поэтому
2
25048 240483 73 02433
36
300
123
44
56
4
7
121 2
323
44
5
Таким образом, Dmax(X) » 0,2433 при a = 0,48 и  = 0,52.
Задача 4.
Ответ.
112
12
32
42
52
312
567
4777
2 486
4777
2 439
4777
2 184

4777
2
1
Решение.
Обозначим события:
§ Пi — i-я деталь произведена на первом автомате;
§ Вi — i-я деталь произведена на втором автомате;
§ Б — деталь бракованная.
В условии задачи указаны вероятности
ПВ
Б01 Б02 1234
1234 1234
3335
11
1
11
1
11
Случайная величина X — дискретная, ее возможные
значения: 1; 2; 3; 4.
1) Событие {X = 1} означает, что первая извлеченная
деталь оказалась бракованной. Тогда
11
11
1
1
П
1
В
1П
Б
В
БПБВБ
22
1
5
01 02 015
4
4
100
121
2121
2121
2
33
34
123 2
11
12
3
2
12
32
1
12321
1
11 11
2) Событие {X = 2} означает, что первая извлеченная
деталь — стандартная, а вторая — бракованная. Поэтому
1212
21
2
2
1
2
2
2 ПБПБВБ ВБПБВБ
212 221 7
7
090102080102
4
3
3
4
3
3
600
121 1
21
2
2
333 333 4
12
3
33
34
44
545
4
44
543
34445
4
54445
4
3
1

114
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
3) Событие {X = 3} означает, что только третья деталь
оказалась бракованной. Поэтому
1
2
22
22
3 2222 23
3 222223 2
22
22
3
32222232
22
22
3123 123
123 123
123 123
ПБПБВБ ПБВБПБ
ПБВБВБ ВБВБПБ
ВБПБПБ ВБПБВБ
1232323232323
23
23
23
23
23
23
23
23
23
23
23
23
4
5
12
Тогда
3
212 221
090902090801
432 432
221 212
090802080801
432 432
221 221 3
2
9
080901080902
4
3
2
4
3
2
3000
12
22
22
3222223
32222232
22
22
3
32222232
22
22
1
111 111
111 111
111 111
2
1
4) Событие {X = 4} означает, что первые три извлечен-
ные детали стандартные, а четвертая может быть любой,
ибо она последняя.
1
11
1
12
2
2
2
2
3
2
2
2
2
2
3
32222232
22
22
3
322 2223 2
22
22
4
123 123
123 123
123 123
(4
)
[(П Б)(П Б)(В Б) (П Б)(В Б)(П Б)
(ВБ)(П Б)(П Б)(В Б)(В Б)(П Б)
(В Б)(П Б)(В Б) (П )(В Б)(В Б)].
pPX
P
Сначала вычислим:
1
1
11
112
11
11
12
2
1
11
11
1
2111112
11
11
1
2111112
11
11
1
211
123
3
123
123
123
212 8
1
86
4
8
((П Б)(П Б)(В Б)) 0,9 0
,
9 0,8
;
432
6
0
0
0
610
221 6
4
8
((П Б)(В Б)(П Б)) 0,9 0
,
8 0,9
;
4
3
2
6000
221 6
4
8
((В Б)(П Б)(П Б)) 0,8 0
,
9 0,9
;
4
3
2
6000
2
((В Б)(В Б)(П Б)) 0,8
4
P
P
P
P
11
12
11
11
1
2111112
11
11
1
2111112
123
123
1
2
576
0,8 0,9
;
3
2
6000
2
2
1
576
((В Б)(П Б)(В Б)) 0,8 0
,9
0,8
;
4
3
2
6000
2
2
1
576
((П Б)(В Б)(В Б)) 0,9 0
,8
0,8
.
4
3
2
6000
P
P
Теперь
4
64835763 648576
40
6
1
2
6000
2000
12
3
4
12
3
12
1
2
33
3
3
3

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
115
Таким образом, ряд распределения случайной величи-
ны X имеет вид:
112
12
32
42
52
312
567
4777
2 486
4777
2 439
4777
2 184

4777
2
1
Легко убедиться, что
4
1
450 385 329 1836 1
3000 3000 3000 3000
1
1
1
2
1
1222 1
3
Задача 5.
Ответ.
а) a = 0,0228;
б) b = 0,0207.
Решение.
а) Введем обозначения:
§ событие A — зритель согласен смотреть новую телепе-
редачу;
§ p =P(A).
Вероятность p неизвестна, для ее оценивания произве-
дена выборка объемом n = 400. В качестве оценки неизвест-
ной вероятности p предлагается использовать относитель-
ную частоту m/n. Выдвигаем гипотезы
H0: p=0,5;
H1: p<0,5.
Согласно условию в действительности 50% всех теле-
зрителей намерены смотреть телепередачу, т. е. на самом
деле верна гипотеза H0. Ее отклонение будет, очевидно,
ошибкой. Однако если по данным опроса m/n < 0,45, то
инвестор будет вынужден отказаться от финансирования,
что и означает совершение ошибки — отклонение справед-
ливой гипотезы H0. Вероятность a такой ошибки можно
найти из условия
12
0
045
12
1
2
3
4
34
5
Если гипотеза H0 верна, то случайная величина m/n
имеет нормальное распределение с параметрами:

116
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
12 12
2
05
05
05
0 000625
400
1
12
1
1
3
11
23
4
55
33
4
33
5
3
Поэтому
12
0
045 05
045
0 000625
005
1 2 05 04772 00228
0025
2
11
12
3
1
1
23 2311 1
1
1
2
3
4
3
45
67
3
899
7

3

3
87



45
7
3

8 7
3

7
3
7



(здесь учтено, что функция Лапласа F(x) является нечет-
ной,
05
123456
1
1
123
45 и из прил. 1 найдено:
F(2) = 0,4772).
Итак, a = 0,0228.
б) В этом случае альтернативная гипотеза примет вид
H1: p=0,4.
Согласно условию в действительности лишь 40% всех
телезрителей намерены смотреть телепередачу, т. е. на са-
мом деле верна гипотеза H1. Ее отклонение будет, очевид-
но, ошибкой. Однако если по данным опроса m/n > 0,45,
то инвестор обязан принять решение о финансировании.
Это решение инвестора будет ошибочным, ибо оно означа-
ет отклонение справедливой гипотезы H1. Вероятность b
такой ошибки можно найти из условия
12
1
045
1
2
1
2
3
4
34
5
Заметим, что если гипотеза H1 верна, то случайная ве-
личина m/n имеет нормальное распределение с парамет-
рами:
12 12
2
06
04
04
00006
400
1
12
1
1
3
11
23
4
55
33
4
33
5
3
Поэтому
12
1
045 04
045
0 0006
005
05
05 204 05 04793 00207
001 6
3
45
67
8 89
 79
3
7


45
73

73
73
7


11
12
3
1
1
11
2
1
3
1
1
1
1
1
2
3
4
(здесь из прил. 1 найдено: F(2,04) = 0,4793).
Итак, b = 0,0207.

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
117
3.8.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
2006 года
Задача 1.
Ответ.
n=20.
Решение.
Обозначим через n первоначальное число студентов в
группе, через xi — возраст i-го студента
1
123
4
12
1
Согласно
условию запишем
1
1
1
1
2
2
31
11
1
2
Следовательно,
2
1
1
1
2
2
31
1
1
2
После ухода 39-летнего студента число студентов в
группе стало равно n – 1. Поэтому:
1
1
39
1
1
1
1
2
2
31
1
1
23
41
4
56
4
78
9
откуда
2
1
39
1
123
1
2
2
31
1
2
1
2
3
Учитывая равенство
2
1
1
1
2
2
31
1
1
2
получим
n2 –39=(n –1)2,
или
n2 –39=n2 –2n +1,
откуда
2n=40.
Следовательно, n = 20.

118
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Задача 2.
Ответ.
а) Z:
112
12
32
11
2 2 242523424
232
1
где q =1–p;
б)p=0,5.
Решение.
а) Пусть событие A — дерево прижилось, по условию
P(A)=p; обозначим
1
123
123 4
11
2
Случайная величина X — число прижившихся деревь-
ев среди данных двух, случайная величина Y — число не-
прижившихся деревьев среди этих двух. Из условия зада-
чи вытекает, что X + Y =2.
Число X прижившихся деревьев из n = 2 деревьев пред-
ставляет собой дискретную случайную величину с возмож-
ными значениями: x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, вероятности кото-
рых вычисляются по формуле Бернулли:
11
21
2
11
2
3
12
33
3
4
1
111
2
34
516371
111
2
33
1
3
3
Поэтому ряд распределения случайной величины X
имеет вид
123
12
32
42
11
435
424
452 442
1
Легко проверить, что
3
222
1
21
123
1
2
1
343
43 43
1
122121
3
Аналогично рассуждая, получим ряд распределения
случайной величины Y:
123
12
32
42
11
434
42 4452 542
1
Случайная величина Z = X × Y может принимать толь-
ко два значения: z1 =0иz2 = 1, ибо события {Z = 2} и {Z = 4},
очевидно, являются невозможными.

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
119
Случайная величина Z = X × Y примет значение, рав-
ное 0, либо если оба дерева прижились, либо — не прижи-
лись. Поэтому событие {Z = 0} можно представить в виде:
{X =0}× {Y =2}+{X =2}× {Y = 0}.
Применяя теорему сложения вероятностей для несо-
вместных событий и теорему умножения для зависимых
событий, вычислим
1
02
00220
1212 121212
3
12
2
34
54
2464
246
11
11
11
2
1
31
2
1
Если событие {X = 0} наступило, то событие {Y = 2} из раз-
ряда случайных переходит в разряд достоверных, следова-
тельно, вероятность
0
21
123
1
23
1
11 Аналогично рассуждая,
получим
2
01
123
1
23
1
11 Учитывая, что
1
2
0
121
23
45
11 1и
3
2
2
123
1
23
44
11 1 получим
113
22
02
020
1212123
12
3
2
3
45
645745748
11
11
1
2
1
32
1
1
3
Случайная величина Z = X × Y примет значение, рав-
ное 1, только если одно дерево прижилось, а другое —
нет. Поэтому событие {Z = 1} можно представить в виде
{X=1}×{Y=1}.
Применяя теорему умножения вероятностей для зави-
симых событий, получим
22
11
111
1
121212
12
3
12
3
2
45
65
2
57
457
11
11
11
2
1
1
2
1
Если событие {X = 1} наступило, то событие {Y = 1} пе-
реходит в разряд достоверных, следовательно, вероятность
1
11
123
1
23
1
11 Поэтому
22
1
11
2
1
2
12
12
3
1
23
45
6 457
48
48
1
11
1
2
1
12
1
Таким образом, ряд распределения случайной величи-
ны Z имеет вид
123
12
32
11
434
42525424
452
1
Легко проверить, что
2
22
2
1
21
123
12
1
334 3
434
1
122 121
3

120
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
б) I способ. Найдем математическое ожидание дискрет-
ной случайной величины Z, используя ее ряд распределения
2
22
2
1
0
1
222
12
12
12
12123
1
12
1
34 25
56
56565555
1
11
2
3
3
2
1
1
4
1
4
5
II способ. Учтем, что X + Y = 2. Тогда
Z=X ×Y =X(2–X)=2X–X2.
Следовательно,
M(Z)=M(2X – X2)=2M(X)–M(X2).
Отдельно найдем
3
22
2
1
3
222
2
22
2
1
22
01
22 22
22
01
22
21422
1
1
11
2
3
2
3
2
1
3
1
13
1
11
2
3
2
3
2
1
14
313
5
5
12
123
12
12
4
1
1
12
1
2
1
1
34 25
6
565565
565 5
34
25
6
56
5
555 55
Теперь
M(Z)=2M(X)–M(X2)=4p –(2p +2p2)=2(p – p2).
Легко проверить, что математическое ожидание M(Z)=
=2(p – p2) будет максимальным, только если p = 0,5.
Задача 3.
Ответ.
а)
0ес
л
и0
002 если0 1
001 1 если1 99
1ес
л
и9
9
12
11
2
34134
1
2
15
1
11
21
11
1
1
2
3
41
356
74
1
3
3
8
9
б) 49,01.
Решение.
а) По условию случайная величина X имеет равномер-
ное распределение на отрезке [–1; 99]. Следовательно, ее
плотность распределения вероятностей

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
121
0ес
л
и
1
001 если 1
99
0ес
л
и9
9
12
34 11
2
15
1
21
1
1
12
3452
6
6
7
4
8
9
Случайная величина Y =|X|. Найдем ее интегральную
функцию распределения F(y). Будем задавать различные
значения аргумента y и находить для них
F(y)=P(Y < y)=P(|X|<y).
1) Если y £ 0, то F(y) = 0. (Действительно, для неполо-
жительных y событие {|X|<y} является невозможным.)
2)Если0<y£1,то
001 002
121213321
24
4
5
1
1
213413513151
67
1
1
23
23
2
1
3
3
2
2
4
3)Пусть1<y£99,тогда
F(y)=P(|X|<y)=P(–y < X < y)=
= P(–y<X<–1)+P(–1£X<y).
Случайная величина X имеет равномерное распределе-
ние на отрезке [–1; 99], поэтому для 0 < y £ 99
1
10
10
0
1
0
0
1
1
12
3
12
4
4
1
2
5
1
213
23
14
11
1
12314
1234
4
5
6
Итак,для1<y£99
F(y) = 0,01(y + 1).
4) Пусть y > 99, тогда
F(y)=P(Y < y)=P(|X|<y)=P(–y < X < y)=
= P(–y<X<–1)+P(–1£X<99)+P(99<X<y).
Если y > 99, то, очевидно,
P(–y<Y<–1)=P(99<Y<y)=0;
P(–1 < Y £ 99)=1.
Поэтому если y > 99, то F(y)=1.

122
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Итак, интегральная функция распределения случай-
ной величины Y:
0ес
л
и0
002 если0 1
001 1 если1 99
1ес
л
и9
9
12
11
2
34
134
1
2
15
1
11
21
11
1
1
2
3
41
356
74
1
3
3
8
9
б) Найдем плотность распределения вероятностей слу-
чайной величины Y:
0ес
л
и0
002 если0 1
001 если 1 99
0ес
л
и9
9
12
11
2
343411
2
15
1
1
21 31
1
1
1
2
3
14
3
5
66
7
14
3
3
8
9
Тогда
019
9
019
9
00
0
20
0
10
12 12
3
3
3
12
34353
353
353
353
353
12
12
32
32
44
111
55555
откуда
19
9
22
2
01
001
0005
001 0005 99 1 4901
123
3
3
3
1234
12
3
3
12
1
2
3
4
1
Задача 4.
Ответ.
0,4.
Решение.
Обозначим события:
§ D — при первом отборе двух транзисторов один из них
оказался бракованным, а другой — стандартным;
§ Ai — в партии из шести транзисторов имеется i брако-
ванных
06
123
4
11
Заметим, что события A0, A1, ..., A6 составляют полную
группу, а событие D может произойти только при условии
появления одного из них. Найдем вероятность события D
по формуле полной вероятности
6
0
12 12 123
1
12
1
34
3234
1
12
3

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
123
Известно, что в партии из шести транзисторов любое
число бракованных равновероятно, следовательно, веро-
ятности гипотез
1
06
7
1231 32
4
1
23
1
11
Если в партии из шести транзисторов имелось 0 или
же 6 бракованных, то событие D никогда не произойдет,
следовательно
06
0
12 123
11
23 23
11
Условные вероятности события D для гипотез A1–A5
найдем по классическому определению вероятности
1
2
3
4
5
11
15
2
6
11
4
2
2
6
11
33
2
6
11
42
2
6
11
1
5
2
6
5
15
8
15
9
15
8
15
5
15
12
3
12
3
12
3
12
3
12
4
1
1
1
1
1
22
34
2
22
34
2
22
34
2
22
34
2
22
34
2
11
11
11
11
11
Теперь по формуле полной вероятности
1
2
15
8
9
8
51
00
7 1515151515 3
12
3
123
4
5555553
Пусть событие B — при втором отборе двух транзисто-
ров один из них оказался бракованным, а другой — стан-
дартным.
Согласно условию требуется найти условную вероят-
ность РD(В).
I способ. Пусть событие Сi означает, что среди двух ос-
тавшихся транзисторов имеется i бракованных
02
123
4
11
Действуя по теореме умножения вероятностей для за-
висимых событий, получим
02
1
212121231
32
4
12
2
3
1
4235 424345 1
11
2
1
2

124
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Тогда
22
2
00
0
121
2
1
2
1
2
1
2
1
21
2
3
1
2
231
2
231
11
1
4235
424345424345
11
1
22
1
1
33
3
Очевидно, события {C0, C1, C2} составляют полную груп-
пу, поэтому
2
0
1
123
123
3
45
1
1
2
Следовательно,
2
0
1
3
1
21212 12
122
1
3245 3234 34
1
22
11
3
(здесь учтено, что P(D) = 1/3).
Итак,
2
0
3
121
23
12
2
34
3145
1
12
2
3
Вероятности событий {D × B × Ci} найдем отдельно
02
123
4
11
Событие {D × B × C0}, очевидно, означает, что в партии
из 6 транзисторов было только 2 бракованных, и при вы-
боре четырех транзисторов первые 2 оказались разного
качества и следующие 2 — разного качества. Поэтому
02
4
6
22144
715 105
11
23
2
3
4
1234 15
4
1
11
2
1
212
Рассуждая аналогично, получим
133
6
24
4
6
222186
720105
224
105
111
23
2
3
4
11
23
2
35
1234 15
4
1234 15
4
11
11
2
1
212
1
11
2
1
2
Тогда
1
2
2
0
464 6
33
0
4
105 105 105 15
121
2
34
12
2
34
3145
3
34
4
3
4
5
5
3
3
6
II способ. Для получения условной вероятности PD(B)
запишем теорему умножения вероятностей
P(D × B)=P(D)PD(B),

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
125
откуда
12
12
3
12
1
213
23
21
1
2
Заметим, что событие {D × B} произойдет, если при пер-
вом отборе двух транзисторов из шести обнаружится толь-
ко один стандартный (т. е. произойдет событие D) и при
втором отборе двух транзисторов из четырех оставшихся
также обнаружится лишь один стандартный (т. е. произой-
дет событие B). Неизвестная вероятность P(D × B) может
быть найдена по формуле полной вероятности:
6
0
12 1212
3
1
12
1
345 32345
1
21
2
2
3
Если в партии из шести транзисторов имелось или 0,
или 1, или 5, или 6 бракованных, то, очевидно, событие
{D × B} никогда не произойдет, следовательно, условные
вероятности этого события для гипотез A0, A1, A5, A6 рав-
ны0,т.е.
0156
0
121212123
1111
234234234234
12
12
12
12
Условные вероятности события {D × B} для остальных
гипотез найдем по теореме умножения вероятностей
22
2
33
3
44
4
11
1
3
2
4
11
22
2
4
11
13
2
4
84
15
15
92
15
5
84
15
15
121212
3
121212
3
121212
11
1
2
11
1
2
11
1
2
33
425 424 5
3
33
425 424 5
3
33
425 424 5
3
1
12
21
2
1
12
21
2
1
12
21
2
(условные вероятности события D для гипотез A2, A3, A4 уже
известны, а условные вероятности события B здесь получе-
ны по классическому определению вероятности). Тогда
12
6
0
14
2
42
00
00
71
5
5
1
51
5
3
43
4
43
35
55
55
53
6
12 1212
3
1
12
1
345 32345

126
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Таким образом,
215
04
13
123
12
45
123
1
213
23
21
1
22
2
Задача 5.
Ответ.
2
3223
120 550
495
165
1
12
11
21
22
111
Решение.
Обозначим события:
§ B — три брата получили свои книги;
§ Hi — братьям досталась тройка различных номеров в
очереди,
1
123
4
12
1
Число способов, какими можно выбрать три различ-
ных номера для трех братьев, равно
3
21
21 1330
183
1
11
12
11
1
2
(ибо тройки номеров отличаются только составом).
Очевидно, что событие B может произойти ровно с од-
ной из гипотез: H1, H2, H3, ..., H1330. Студенты группы слу-
чайным образом занимают очередь в библиотеку, поэтому
все гипотезы равновероятны, следовательно,
3
3
3
21
1
1
1330
12
3
132
4
1
2
34
15
2
11
1
Найдем, сколько имеется гипотез, означающих, что три
брата окажутся в «голове» очереди (т. е. среди первых де-
сяти человек). Число способов, какими можно выбрать три
различных номера из первых десяти, очевидно, равно
30
1
11
10
10 8910 120
376
1
2
11
122
11
212
2
2
1
Найдем, сколько имеется гипотез, означающих, что
только один брат окажется в «голове» очереди, а другие
два — в «хвосте» (т. е. среди последних одиннадцати че-
ловек):
12
2
11
10
11
10 11
10
10
550
92
2
1
2
11
122
1
2121
21
2
1

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
127
Число гипотез, состоящих в том, что два брата окажут-
ся в «голове» очереди и один — в «хвосте», равно
21
3
11
10
90
11
495
2
1
122
121
21
Число гипотез, означающих, что все братья окажутся
в «хвосте» очереди, равно
03
4
11
10
11 91011 1511 165
83
6
1
2
11
122
11
212
2
2
1
2
1
Легко убедиться, что
4
1
1
1
1
22
1
1
2 ибо
1330=120+550+495+165.
Условные вероятности события B для гипотез найдем
по теореме умножения вероятностей для независимых со-
бытий:
3
1
2
11
2
2
12 123
3
123
1
1
1
1
12334
12334
123
3
4
123
3
5
1
1
1
1
2
2
2
2
3451 6
345
716 66
3457166 666
3471666 6
11
11
22
11
22 22
11
222
Примем для определенности, что гипотеза
12
11
21 оз-
начает, что кто-то из братьев оказался первым в очереди,
кто-то из них — последним, и кто-то — ровно посередине
очереди.
Теперь по формуле Байеса
12 12
12
1
2
3223
120 550
495
165
1
1
1
2
22
2
111
3
121
2
12
12 12
3
11
2
113
411
1
23
2
5354
53
535 4
67
66
76
77
Задача 6.
Ответ.
11
11
46
46
11
11
35
2
35
2
1
12
1
1
2
1
2
33
45
45
26 7786
9

9




128
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Решение.
Согласно предположениям аналитика, случайная ве-
личина e11 имеет нормированное нормальное распределе-
ние, т. е. e11 ~ N(0; 1).
Поэтому случайная величина Y11 =11b + e11 нормаль-
но распределена с параметрами
M(Y11)=M(11b + e11)=M(11b)+M(e11)=11b +0=11b;
D(Y11)=D(11b + e11)=D(11b)+D(e11)=0+1=1,
т. е. случайная величина Y11 ~ N(11b; 1).
Рассмотрим случайную величину
U = Y11 –11b*
.
Учитывая, что
10
1
1
385
1
1
1
21
3
1
2
2
3
получим
10
10
11
11
11
11
11
1
11
385
35
1
11
11
23 43
133
13
1
22
23 23
23
44
Из условия задачи вытекает, что случайные величи-
ны Y1, Y2, Y3, ..., Y11 являются независимыми. Тогда в силу
свойства устойчивости нормального закона распределения
случайная величина U также будет иметь нормальное рас-
пределение. Найдем числовые характеристики случайной
величины U:
10
10
11
11
10
10
22
11
10
11
1
10
10
22
11
22
11
2
11
11
35
35
1
11
11
11
351111110
35
35
35
1
35
11
1
35
35
3511 46
1
3
35
11
11
1
11
12
1
2
3
4
1
2
5
12
12
5
5
121
67
12
1
89
89


13
1
3
5
13
1




12 12
12
12
3
12
12
12
3
12
11
11
11
1
1
1
11
23 24
124 5
12 51
55
55
1515
5
5
63 64
14
64
164
1
63
5

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
129
(здесь учтено, что
10
2
1
101121 3511 385
6
12
1
1
1
22
11
2
1
3
Итак, случайная величина
U ~ N (M(U); D(U)),
где M(U)=0иD(U) = 46/35.
Зададим надежность g и найдем такое D > 0, при кото-
ром
P(|U|<D)=g,
или
P(|Y11 –11b*|<D)=g.
Так как случайная величина U ~ N (M(U); D(U)), то ве-
роятность
2
122312
132 3
4
13
12
12 32
2
1
23
415
6
4157
58
9



где
2
2
0
1
2
12
1
2
13
4
2
1
23
4
5
—
функция Лапласа.
Тогда
2
46 35
1
2
1
2
34
56
78
9

Следовательно,
1
1
2
46 35
46
35
2
1
2
3
1
1
234
5 6789


234
567
89


Поэтому
11
11
46
46
11
11
35
2
35
2
1
12
32
12
12
34
55
34
34
26 7786 9
5









Итак, с надежностью g
11
11
46
46
11
11
35
2
35
2
12
12
2
12
12
34
55
34
34
627
87
9

9

9





130
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
3.9.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
2007 года
Задача 1.
Ответ.
11
32
1
Решение.
Событие A — клиент выбрал для расчетов филиал
No 1. Согласно условию
05
121234
12 12
11Очевидно, что
проводится n = 10 независимых испытаний, в каждом
из которых событие A может произойти с вероятностью
p = P(A) = 0,5 и не произойти с вероятностью
05
12 34
123
11
Пусть филиал No 1 обслужил на следующий месяц по-
сле объединения m1 клиентов, а филиал No 2 — m2 клиен-
тов. Согласно условию m1 + m2 = 10.
Искомую вероятность P(|m1 – m2| 3 4) можно найти дву-
мя способами.
I способ. Заметим, что m1 =10–m2. Тогда вероятность
P(|m1–m2|34)=P(|10–2m2|34)=
= P(|m2–5|32)=P(m237)+P(m2£3).
Используя теорему сложения вероятностей для несо-
вместных событий и формулу Бернулли, найдем вероят-
ностиP(m237)иP(m2£3):
12
3
4
55
33
3
3
55
3
6
5
45
5
5
7
7
5
57
7
5
45
88855
77
65
5
5
99
99
9
2
22
22
22
22
22
22
2
22
2
10
10
10
2
710
10
10
77
10
10
1
110
10
10
10
77
10
2
3
2
310
10
10
0
7
222
10 10
176 11
72
1
01
73 82
1024 64
3
12
12
34
34
34
34 34
1
55
34
1
55 55
34
34
34
1
11
11
11
11
11
11
1
11
1
21
2
3
23
456
44
21
21
2
3
23
4
12
3
5
33
5
77
5
57
5
8885
77
9
9
22
2
2
2
3
10
0
3
10
10
10
0
101011
22
1
1
0
827364
556
55 55
11
1
1
1
56
4
Следовательно,
12
3
24 5343
12
2
2
111111
473
646432
12
231313
4
122
12
12

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
131
II способ. Заметим, что искомая вероятность
P(|m1 – m2| 3 4)=1–P(|m1 – m2|<4)=
= 1 –P(|10–m2–m2|<4).
Тогда
11
22
1
321
1
421
1421
442
21
21
5
5
21
66
77
2
22
2
22
12
2
2
2
66
10
4
5
6
10
,10
10
10
10
10
44
(|
|4)1(|102|4)1(| 5|2)1(3
7)
1(
)
1
1
()
2
,
m
mm
m
mm
Pmm
P
m
Pm
Pm
PA
Cpq
CCC
или
12
561
0
12
10
10
10
41
22
10
10
672 352 11
122
1
55
64
1024 1024 32
3
3
34
5
3
675
53
67
7
53
5
5
77
12
231
3
44
5
44 44
122
33
Задача 2.
Ответ.
6220 09480
6561
12
1
Решение.
Пусть событие A — в заказах 10 посетителей присутст-
вуют все виды чая.
I способ. Посетитель чайной с одинаковой вероятно-
стью может заказать черный, зеленый или цветочный чай,
следовательно, выбор каждого из трех видов чая равновоз-
можен. Таким образом, этот выбор происходит так, как
если бы это делалось наугад. Поэтому задачу можно ре-
шить, используя классическое определение вероятности:
123
1
23
4
1
При этом под элементарным исходом будем понимать
конкретный случай заказа 10 чашек чая. Например, «ЧЧ
ЧЧЦЦЦЦЗЗ», или «ЧЧЗЗЧЧЦЦЦЦ», или «ЧЧЧЧЧЧЧ
ЧЧЧ» и т. д. (Здесь буква «Ч» означает заказ посетите-
лем черного чая; буква «З» — заказ посетителем зеленого
чая; буква «Ц» — заказ посетителем цветочного чая.)
Очевидно, число всех элементарных исходов равно чис-
лу размещений с повторениями из 3 по 10, т. е. N =310.
Найдем, сколько из элементарных исходов благопри-
ятствуют появлению в заказе из 10 чашек чая только од-
ного вида чая: M1 = 3 (очевидно, это следующие исходы
«ЧЧЧЧЧЧЧЧЧЧ», «ЦЦЦЦЦЦЦЦЦЦ», «ЗЗЗЗЗЗЗЗЗЗ»).

132
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Найдем, сколько из этих N исходов благоприятствуют
появлению в заказе из 10 чашек чая только двух видов чая:
21
0
1
0
2
3 22322
1212
3
12
12
3
1
2
3
(здесь 210 исходов включают и такие два исхода, в кото-
рых посетители заказали только один вид чая).
Тогда число исходов, благоприятствующих событию A,
равно:
M=N –M1–M2=310–3–3×(210–2).
Поэтому искомая вероятность
10
10
10
10
9
33322 1226220
10
9
4
8
0
6561
33
12 12
12
3
4
12
112
1
31
44
1
4
5
II способ. Обозначим события:
· B1 — 10 посетителей выбрали только черный чай;
· G1 — 10 посетителей выбрали только зеленый чай;
· F1 — 10 посетителей выбрали только цветочный чай;
· B2 — в заказах 10 посетителей присутствуют только
черный и зеленый чай;
· G2 — в заказах 10 посетителей присутствуют только
зеленый и цветочный чай;
· F2 — в заказах 10 посетителей присутствуют только
цветочный и черный чай.
Очевидно, что события B1, G1, F1, B2, G2, F2 и A состав-
ляют полную группу событий, кроме того, события B1, G1
и F1 равновероятны, также равновероятными являются и
следующие события: B2, G2 и F2.
Поэтому вероятность
P(A)=1–3 × P(G1)–3× P(G2).
Пусть события Z, C, K означают, что посетитель вы-
брал зеленый, цветной или черный чай соответственно.
Очевидно, что эти события составляют полную группу и
согласно условию задачи являются равновероятными. То-
гда
1
3
1212123
121314
111

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
133
Вероятность P(G1) найдем, действуя по теореме умно-
жения вероятностей для независимых событий
1 210
10
1
1
3
3
121
2
3
12 13333333333
3
4
555 55 5555
4
4
Событие G2 означает, что в заказах 10 посетителей при-
сутствуют только зеленый и цветочный чай, причем зеле-
ный чай может встретиться от 1 до 9 раз, следовательно,
1212 12
99
10
0
10
2
10
10
11
10
10
99
9
10
10
10
10
11
1
111
3
333
12
12 1212
12 12
3
11
1
11
1
11
11
11
1
11
1
23
4252 426
4252 4
44
4
33
44
3
3
44
4
44
4
45
5
4
54
5
66
66
6
Дополним полученную сумму
9
10
1
1
1
2
1
2 до бинома Нью-
тона:
99
10
10
10
11
10
10
10
0
10
10
10
10
10
10
00
11
11
11
2
1
22
11
22
22
21
1
21
33
33
1
11
1
1
11
11
1
11
1
11
22
22
2
2
Теперь применим формулу бинома Ньютона
10
10
10
10
10
0
11
112
123
11
1
1
2
1
2
2
3
2
4
Поэтому
9
10
10 10
10
2
10
1
33
2
2
3
1
0
2
2
12
12
3
1
1
234
11
1
2
22
1
2
3
4
Таким образом,
999
12
8
13
3
13 10223 110233
341
341 6220
11
0
9
4
8
0
6561 6561
3
12 1212
34
12
13 13
11
1
21
1
21
1
3
21
3
2
21
21
2
4
Задача 3.
Ответ.
22
2
1
234 345
12
12
1
23
1

134
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Решение.
По условию случайная величина X распределена по
нормальному закону с нулевым математическим ожида-
нием и средним квадратическим отклонением s (s > 0).
Вероятность
1212
12
3
12313
41234
45
33433433
555 5
5
где случайная величина U = X/s имеет стандартное нор-
мальное распределение (M(U)=0иD(U) = 1).
Тогда
12 12
12
3
11
23
43526
6
334
5
66
где Fs(u)=P(U < u) — интегральная функция распределе-
ния случайной величины U.
Найдем, при какой величине среднего квадратического
отклонения s вероятность P(a < X < b) будет максимальной.
Введем обозначение
12 12
12
3
11
23
455
345
33
Тогда g(s)=P(a < X < b). Исследуем функцию g(s) на
наличие максимума. Найдем производную
1212 1212
22
12
3
11
11
23
45
5
2233
65
5
4
34
5
67
88
9



8
5

88
8
88
Учтем, что для стандартного нормального закона рас-
пределения его плотность распределения вероятностей
имеет вид
2
2
1
2
12
123
1
22
31
4
51
1
2
34
5
Поэтому
12 12
22
22
22
22
22
12
3
12
33
1122 1
42
4
566
33
44
35
6 473
5
7
44
44
48

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
135
Критическую точку найдем из условия
22
22
22
22
22
2
22
0
2
0
12
3
4
12
12
13
23
4
13
23
11
22
11
22
13
425
5
26
135
откуда
22
2
2
1
12
1
3
2
1
2
3
Заметим, что это уравнение имеет корень, ибо 0 < a < b.
Поэтому
22
2123 23 4
12
34
34
1
23
1
—
критическая точка.
Легко проверить, что для 0 < s < scr производная g¢(s)>0,
а для s > scr производная g¢(s) < 0. Следовательно, при пе-
реходе через критическую точку производная g¢(s) меняет
свой знак с плюса на минус. Поэтому при
22
2123 23 4
12
12
1
23
1
вероятность P(a < X < b) будет максимальной.
Задача 4.
Ответ.
При отношении 9:2.
Решение.
В табл. 11 приведем данные задачи по количеству из-
делий, имеющихся в первой и второй партиях, а также
данные по качеству деталей этих партий.
12345627887
1234567895
66789
5

9
9
889

249

58
9

249
2
65
6739

58
9

249

4
66739

58
9
123456782
9
929




2
2
2
922
2
1123456782
97
2
22
2
22
62

929




222

2
22
1

136
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Обозначим события:
§ Вi — в результате i-й проверки обнаружена стандарт-
ная деталь, i = 1,2;
§ Аk — деталь принадлежит к k-й партии, k =1,2;
§ С — проверенные детали принадлежат разным парти-
ям, если они стандартные.
I способ. Поскольку в задаче используется схема выбо-
ра с возвращением, то вероятность P(С) можно найти, ис-
пользуя теорему умножения вероятностей для независи-
мых событий:
12 12
12 21
12 1212 12123
11 11
23 2424 2424
12
Условные вероятности событий А1 и А2 найдем по дан-
ным табл. 11, используя классическое определение веро-
ятности события:
12
12
12
21
153
4
15
15
41
5
3
15
15
1
23
423
4
11
1
23
423
5
11
11
11
23
3
45
45
23
23
32
3
45
45
23
23
1
22
33
1
22
33
Тогда
2
1534
4153436
15
15
15
15
15
11
2
3
23
4
111121 3
122
2 12212
34
12121212
12
11
1
23
432
4444 4
Введем обозначение: t = y/x. Тогда
2
2
436
15
12
12
3
142
11
23
1
1
2
3
Пусть
2
2
436
15
12
12
3
142
11
21
1
1
2
3
Исследуем функцию g(t) на наличие максимума. Най-
дем производную
22
4
2
33
4
312 15
23615
15
12
12
1415
22
157
15
15
12
31
21421
214 256
142
12
312142125
34 57
142
142
12
2
2
22
2
2
12
2
222
2
22
1
23
4
3
3
4
4
1
23
4
3
3
23
44
Найдем критическую точку из условия: g¢(t)=0.

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
137
Получим
3
121570
15
123
4
526
1
1
12
3
Следовательно, t = 3/14 — критическая точка.
Если 0 < t < 3/14, то производная g¢(t) > 0, если t > 3/14,
то g¢(t) < 0. Следовательно, функция g(t) достигает своего
наибольшего значения в точке t = 3/14.
Итак,
1212
122
339
8
31
14214
14
2
33
214
123 45
6
123
34
55
5
6
Отношение числа бракованных изделий в первой и вто-
рой партиях, при котором вероятность P(C) будет макси-
мальна, получим, если t = 3/14:
111
1
22
2
1
2
3
914
39
41411
2
1
42
1
2
1
1
2
3
241 3
II способ. Поскольку испытание проходит по схеме воз-
вращенного шара, то вероятность извлечь изделие из пер-
вой партии, если оно стандартное, не меняется от испыта-
ния к испытанию. Обозначим эту вероятность через p. То-
гда вероятность извлечь изделие из второй партии, если
оно стандартное, равна 1 – p.
Действуя по формуле Бернулли, получим
P(C)=2p(1 – p).
Очевидно, что максимальное значение вероятности
P(C) = 0,5 и достигается оно при p = 0,5.
Далее, действуя по классическому определению
(см. табл. 11), получим
1531
15
2
1
2
1
12
3
12
1
22
3
Следовательно,
15
36
3
14
12
3
1212
21
123
2

138
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Тогда отношение числа бракованных изделий в первой
и второй партиях, при котором вероятность P(C) будет мак-
симальна, получим, если
3
14
1
12
1
1
2
9
3
9
14
12
42
14
1
1
2
3
312
11
11
1
2
2
Задача 5.
Ответ.
111
1
2
3
45
122
3
Решение.
Прибор не будет работать, если хотя бы одна из n дета-
лей у него окажется бракованной.
Пусть событие C — прибор не работает.
Его вероятность P(C)=1–(1–p)n
.
Пусть случайная величина X — число неработающих
приборов среди N проданных приборов.
Эта случайная величина имеет биномиальное распреде-
ление и ее среднее (ожидаемое) значение M(X)=N × P(C)=
=N× (1–(1–p)n).
Тогда случайная величина Y = K × X — сумма ущерба,
которую предприятие возмещает клиенту от потери X при-
боров. Средняя (ожидаемая) сумма ущерба:
M(Y)=M(K × X)=K × M(X)=K × N × (1–(1–p)n).
Предприятие сможет возместить клиенту средний (ожи-
даемый) ущерб от продажи N приборов, если имеющаяся у
него в резерве сумма L окажется не меньше, чем средний
(ожидаемый) ущерб, т. е. L 3 M(Y).
Поэтому
11
11
1
1
111
1
12233
33
4
3
43
22
3
43
433
22
11 223
123123
34
1
11
11
234
5
22
55
34
34
22
55
34
34

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
139
Следовательно, максимальная вероятность брака дета-
ли, при которой предприятие может возместить средний
(ожидаемый) ущерб от продажи N приборов, равна
111
1
2
3
45
122
3
Задача 6.
Ответ.
22
2
22
1
2
22
б
1
1
23
11
1
12
33
3456
77
89
,
где
22
22
крит
крит
1
2
11
22
22
11
12
12
32
45 45
676
676
89 89



Решение.
Рассмотрим случайную величину Y = max{X1; X2}.
Найдем ее интегральную функцию распределения:
F(y)=P(Y < y)=P(max{X1; X2}<y)=P({X1 < y} × {X2 < y}).
По условию случайные величины X1 и X2 являются
независимыми. Поэтому, действуя по теореме умножения
вероятностей для независимых событий, получим
F(y)=P({X1<y}×{X2<y})=P(X1<y)×P(X2<y).
Из условия также следует, что случайные величины X1
и X2 являются одинаково распределенными, т. е. они рас-
пределены по нормальному закону, причем
M(X)=M(X1)=M(X2)=0; D(X)=D(X1)=D(X2).
Обозначим их дисперсии через 2 1
1
1 т.е.
2
12
1212123
1
232323
111
2
Тогда
2
12
1
2
121212
3
1
2
32452452
12
12
34
54
3
6
7
89
89




где
2
2
0
1
2
12
1
2
13
4
2
1
23
4
5
—
функция Лапласа.

140
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Найдем плотность распределения вероятностей случай-
ной величины Y = max{X1; X2}:
112
1
2
222
12 12
3
11
1
1
1
222
2
3
42 52
32
12
12
12
12
12
1212
3
44
5
6
5
645
67
89
89
8989
89
89
89















где
2
2
1
2
121
12
314
5
—
плотность распределения вероятностей нормированно-
го нормального закона.
Найдем математическое ожидание случайной величи-
ны Y = max{X1; X2}:
21
2
12 12
3
11
1
22
34 25262
262
12
12
32
32
45
4545
66
1
7
8
9
9

9






Сделаем замену переменной:
11
22
12
11
2
32
43
4
Тогда с учетом замены получим
20
5
2
12
32
12
12
32
32
45
167 4
457
1567
8
88
12
13 12212
12
1212 4
1
11
23
4 4454
4 454
4 4454
Поскольку математическое ожидание нормированной
нормально распределенной случайной величины равно
нулю, то
0
123
1121
12
32
45
6
Поэтому
00
2
44
12
32
12
12
45674
45674
3
567
8
88
12
1212
12 12
121122
1
11
23
4 4454
44
4
5
4
4
54
(здесь учтено, что подынтегральная функция является чет-
ной и d(j(t))=–tj(t)dt).

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
141
Теперь применим метод интегрирования по частям:
00
0
0
44
40
0
4
12
312
312
312
45678456
784
9

456
785785874




46
87



12
121122
345 121122
34511212 12122 121122
345 121122
1
22
1
1
2
1
1
2
1
34
565
565
11
5
65
565
(здесь учтено, что
05
000
12345 671234574558
11
11
123
123
45
6545
Легко убедиться, что d(F(t)) = j(t)dt. Tогда
2
22
00
0
0
44
2
2
123
123
23
4
23
23
44
43
56
7856
775
6
5
9
66
55
99








12
345 121122
345 1212
6
12
7
11
22
11
2
3
22
33
45
363
3 363
76
3
45
763
763
Теперь сделаем замену переменной:
22
12
12
1
32
3
11
Тогда с учетом замены получим
22
22
1
22
12
12
11
11
11
21
34
5
521
121
12
12
12
33
32
32
32
44
544
66
6
7
6
55
555
888
(здесь учтено, что
1
12 23
121
12
32
4
5
6
Теперь найдем дисперсию 2
12
123
12
по формуле D(Y)=
= M(Y2)–M2(Y).
22
2
21
2
12 12
3
11
1
22
34
252622
62
12
12
32
32
45
4545
661
7
8
9
9

9







142
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Сделаем замену переменной:
11
22
12
11
23
2
43
4
Тогда с учетом замены получим
22
2
22
22
20
5
2
12
32
12
12
32
32
45
167 4
45
715
67
8
88
12
13 12212
12
1212 4
1
11
23
4
4 454
44
5
4
444
5
4
Поскольку математическое ожидание квадрата норми-
рованной нормально распределенной случайной величи-
ны равно ее дисперсии, то
2
1
123
11
2
1
12
32
45
6
Поэтому
22 22
2
12
1212 3
11
23
444
5
4
12
32
45156
7
8
Вычислим интеграл
212123
1222
32
12
32
4
56
7
0
222
0
12 12
12 12
1212 3
1222
32222
32222
32
12
12
32
32
4564561 56
777
Поскольку |F(t)| £ 0,5 при t 3 0, то
|t2F(t)j(t)| £ 0,5t2j(t) £ t2j(t).
Заметим, что
22
0
11
22
12
123
11
2
111
2
1
12
12
32
45 45
66
Таким образом, интеграл
2
0
12
11
2
1
12
3
4 сходится, следова-
тельно, сходится и интеграл
2
0
1212 3
111
2
1
12
34
5

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
143
Теперь найдем интеграл
0
212123
111
2
1
12
34
5
Имеем
00
22
22
00
12 12 345
12 12
345
12 12 345
1212 6
1
1
11
11
222
3
2
222
3
2
222
3
2
222
3
2
123
23
2
123
143
567
567
7
2
567
2
56
88
88
Сделав замену переменной t =–x, получим
22
00
2
0
1
2
3
4545 1
2
345 454545
123
4 455454 5
11
11
1
1
222
3
2
444
34
44
4
3
4
1
234
234
234
1
567
11
516
11
7
711
561
88
8
(здесь учтено, что j(–x)=j(x) и F(–x)=–F(x)).
Итак,
0
22
0
12 12
1212 3
111
2
1 111
2
1
12
32
456345
77
Откуда
0
22
0
22
00
0
12
32
12
12
456 156 4
43
56156
4
77
77
12 12
12 12
12 12
1212 3
1222
3
2222
3
2
222
3
2 222
3
2
Поэтому
22 22
222
22
12
1212
3
11
111
23
44454
6
12
32
4515
67
451545
8
Тогда
22
2
2
1
121212
3
12
34545412
3
4
424
3
1
Найдем математическое ожидание оценки
22
2
1
2
1
2
1
23
4
1
22
12
34
5
1

144
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
1
2
34
34
56
76
76
33
34
34
34
67
6
5
7
5
6
5
6
5
33
3
22
22
2
11
22
222
22
2
1
2
11
22
11
1
22
1
2
32323
223233 2 3
4
1
22
21
334
43
4
4
34 34
Итак, получено:
22
1
234
11
212
1
Следовательно, оценка 2
1
1
1 является несмещенной оцен-
кой параметра 2 1
1
1
Заметим, что
12
34
54
1
67
67
3
31
2
6767 6767
45
4
5
89
89
8989 8989
133
33









22
2
1
2
22
22
2
2
12
12
1
2
1
22
1
23
23
1
1
2
22
22
33
33
33
(здесь учтено, что 22
112
12
12
34
3
1
Случайные величины X1/sx и X2/sx являются незави-
симыми и нормированными нормально распределенными.
Следовательно, случайная величина
22
12
11
22
3 1212
34
5656
77
8989
имеет распределение c2 с числом степеней свободы, рав-
ным 2. Поэтому
2
2
2
2
2
1
234
1
1
1
23
1
Зададим вероятность g и найдем такие числа 2
1
1и2
21
1
для которых
222
1
2
2
11
22
3
1121 2134
Выберем числа 2
1
1и2
2
1 таким образом, чтобы вероят-
ности событий 22
1
12
121и 22
2
12
1 2 1 были бы одинаковыми,
т. е.
22 22
1
2
1
2
12
123
11
12
34353635
Тогда число 2
2
1 может быть найдено из таблицы кри-
тических точек распределения c2 по уровню значимости

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
145
1
2
12
и числу степеней свободы, равному 2, т. е.
22
крит
2
1
2
2
1
12
34
565 78
9

(см., например, прил. 2).
Так как
22
22
11
11
11
22
1212
3
11
12 32
45461 47461
6
то число 2
1
1 также может быть найдено из таблицы крити-
ческих точек распределения c2 по уровню значимости
1
2
12
и числу степеней свободы, равному 2, т. е.
22
крит
1
1
2
2
12
12
34
565 78
9

Преобразовав двойное неравенство
2
22
1
2
2
2
1
1
1
1
23 32
1
к равносильному виду
22
2
22
1
2
22
1
1
2
11
1
11
212
33
получим
22
2
22
1
2
22
1
1
2
11
1
2
12
33
434
56
78
99



где
22
крит
1
22
крит
2
1
2
2
1
2
2
11
12
12
34
565 78
9

2
34
565 78
9

С надежностью g интервал
22
22
1
2
22
1
1
2
11
12
33
45
66
78
«накроет» неиз-
вестный параметр 2 1
1
1

146
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
3.10.
ОЛИМПИАДНЫЕ ЗАДАЧИ
2008 года
Задача 1.
Ответ.
1
3
33
.
q
pq
Решение.
I способ. Обозначим события:
§ A — чтобы получить пару, пришлось поймать 5 зубров;
§ B — пятый пойманный зубр оказался самцом.
Требуется найти условную вероятность PA(B). По тео-
реме умножения вероятностей P(A × B)=P(A)PA(B). Поэто-
му PA(B)=P(A × B)/P(A).
Событие A означает, что или сначала попались 4 зубра-
самца, а затем — зубр-самка, или сначала попались 4 зуб-
ра-самки, а затем — зубр-самец. Тогда
P(A)=p4q + q4p,
где q =1–p.
Событие {A × B}, очевидно, означает, что сначала были
пойманы 4 зубра-самки, а лишь затем — зубр-самец. По-
этому
P(A × B)=q4p.
Тогда искомая вероятность
43
44 33
12
12
3
12
1
213
45
4
23
21 544554
1
22
2
33
II способ. Пусть событие A — чтобы получить пару,
пришлось поймать 5 зубров, т. е. сначала удалось поймать
четырех зверей одного пола, а затем поймали пятого зверя
противоположного пола. Это событие может произойти с
одной из двух гипотез:
§ H1: первым был пойман зубр-самец;
§ H2: первой была поймана зубр-самка.
Согласно условию вероятности гипотез равны
P(H1)=p; P(H2)=q,
где q =1–p.

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
147
Условные вероятности события A равны
12
33
123124
11
23 452354
11
По формуле полной вероятности
2
334
4
1
121212
3
1
12
1
34
3234 5566655665
1
12
1
2
3
2
1
3
4
Заметим, что искомое событие: пятый пойманный зубр
оказался самцом — означает в условиях задачи, что пер-
вой была поймана зубр-самка. Следовательно, для ответа
на вопрос задачи следует найти апостериорную вероятность
второй гипотезы, т. е. PA(H2)
Найдем ее по формуле Байеса:
2
33
2
2
44 33
12 12
12
3
12
1
2
313 2 445
4
31
32
544554
1
22
2
33
Задача 2.
Ответ.
4
а
9
12
5
б
16
12
Решение.
а) I способ. Событие B — только один из двух клиентов
получит отсрочку по платежу.
Это событие может произойти вместе с одной из шести
гипотез:
§ H1: оба клиента обратились в банк 1 декабря;
§ H2: оба клиента обратились в банк 2 декабря;
§ H3: оба клиента обратились в банк 3 декабря;
§ H4: один из клиентов обратился в банк 1 декабря, а дру-
гой — 2 декабря;
§ H5: один из клиентов обратился в банк 2 декабря, а дру-
гой — 3 декабря;
§ H6: один из клиентов обратился в банк 1 декабря, а дру-
гой — 3 декабря.
Априорные вероятности гипотез можно получить, вос-
пользовавшись полиномиальным распределением. Пусть
события q1, q2 и q3 означают, что для обращения в банк был
выбран день 1, 2 или 3 декабря соответственно. Согласно

148
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
условию события q1, q2 и q3 равновероятны и составляют
полную группу:
123
1
3
1212123
111
121212
Проводятся два независимых испытания, в каждом из
которых может произойти одно из событий, составляющих
полную группу:
12
12
2
200
11
2
3
2
0
41
2
3
21
1
200
39
21
2
2
110
39
1
23
232323
4
111
1
23
2323 23
5
111
12
1
1
1
12
111
34
5
4
5
4
5
3
3
44
34
5
4
5
4
5
3
3
44
Очевидно,
P(H1)=P(H2)=P(H3) и P(H4)=P(H5)=P(H6).
Легко убедиться, что
6
1
1
123
1
1
23
1
1
2
Найдем условные вероятности события B:
1
2
3
4
5
6
1
2
1
2
1
2
1
2
111
222
133
448
133
448
13111
24242
133
448
13111
24242
12
3
12
3
12
3
12
3
12
3
12
4
1
1
1
1
1
1
234
234
234
23
234
23
12
2
1
12
2
1
12
2
1
1232 1
12
2
1
1232 1
По формуле полной вероятности
6
1
1113132123214
9298989298929
1
12
1
1232323232321
4
121212
3
1
12
1
34
3234

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
149
II способ. Событие С — клиент получил отсрочку по
платежу.
Это событие может произойти вместе с одной из трех
гипотез:
§ A1: клиент обратился в банк 1 декабря;
§ A2: клиент обратился в банк 2 декабря;
§ A3: клиент обратился в банк 3 декабря.
Согласно условию гипотезы A1, A2 и A3 являются рав-
новероятными, поэтому
123
1
3
1212123
121212
111
Известны также и условные вероятности
12
3
11
24
1231212
4
11
1
23 2323
11
1
Действуя по формуле полной вероятности, получим
3
1
1111111
3234343
121212
3
1
12
1
34
3234
1
1
2
1232321
4
Пусть событие B — только один из двух клиентов по-
лучил отсрочку по платежу. Поскольку клиенты получа-
ют отсрочки по платежу независимо друг от друга, то для
нахождения вероятности события B можно применить
формулу Бернулли:
1
2
124
339
12
3
123
12
2
1
б) I способ. Пусть один из двух клиентов получил от-
срочку по платежу, т. е. событие B произошло. При этом
условии найдем вероятность того, что оба клиента пришли
в банк в один и тот же день, т. е. найдем
3
1
123
12
2
34
1
2
Условные вероятности гипотез PB(Hi), 13
11
11
найдем по
формуле Байеса:
12 12
12
3
12
1
12
31
4243
42
43
1
2

150
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Тогда
3
3
1
1
111313
929898
4
9
4339 10 5
7243216
1
1
23232
11
1
33
12
1
1
4
4
12 12
12
12
3
1
12
1
31
1
424 3
42
43
Итак,
3
1
5
16
123
12
2
34
1
1
2
II способ. Пусть событие B — только один из двух кли-
ентов получил отсрочку по платежу, а событие A — клиен-
ты пришли в банк в один и тот же день. Найдем условную
вероятность PB(A), используя теорему умножения для двух
зависимых событий:
12
12
3
12
1
231
23
21
1
2
Пусть событие 12
1
2
3 означает, что клиент k выбрал для
визита в банк i-е декабря. Согласно условию задачи
1
12 123
3
12
123 4
34
4
5
1
2
34
1
2
111
Пусть событие Ok означает, что клиент k получил отсроч-
ку по платежу, k = 1, 2, а событие Ci означает, что i-го де-
кабря один из клиентов получил отсрочку по платежу, а
другой нет, i = 1, 2, 3. Тогда, действуя по теореме сложения
вероятностей для несовместных событий, получим
P(A × B)=P(C1 + C2 + C3)=P(C1)+P(C2)+P(C3).
Найдем вероятности P(Ci), i =1,2,3:
12 12
12 12
12
12
12
12
1211
21
21
21
223
1
11 11
23 2 4545 4545
1
2
22
3222
Теперь применим теоремы умножения и сложения ве-
роятностей
12
12
12
12
12
12
12
2
12
12
12
12
12
12
12
12
1212121212
12 1212 12
3
11
11
1
11
22
11
22
3432353235
32353235

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
151
Из условия задачи вытекает, что
1
23
05
025 12
12
12
12
1234 12 1233 3
5
11
1
11
1
22
2
34
34 34
1
11
1
1
Тогда
1
23
1111 1111 2 1
3232 3232 36 18
1113 1311 6 1
3434 3434 1212 24
12
3
12 12
4
12
12 12
122232221
1
1
122232221
1
2
Следовательно,
123
1114331
05
182424
72
72 36
12
332
33
2332
22
12121212
3
123141414
Поэтому
54595
36936416
12
12
3
12
1
231
23
21
1
1
22
2
2
1
(здесь учтено, что P(B) = 4/9).
Задача 3.
Ответ.
2
00
00
2
2
01
01
1
1
11
01
12
12
34
1
234
1
2
34
12
15
1
1
1
21
131
1
1
1
1
1
1
2
1
2
3
3
3
3
45
1
4
5
1
6
6
7
7
3
3
38
8
3
9
9
Решение.
Согласно условию
1
1
123456
7
189456
11
2
11
1
2
1
Легко проверить, что для значений случайной величи-
ны X Î (0; 0,5) выполняется неравенство: X <1–X, а для
X Î [0,5; 1) выполняется неравенство: 1 – X < X.
Поэтому
если
005
1
1
1
1
если
051
1
231 43
567214
589214
1

1
34
1
1
111
2
111
1
1
1
2
3
43
55
6
3
3
4
2
7

152
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Очевидно, что случайная величина Y Î (0; 1). Следова-
тельно,еслиy£0,тоF(y)=P(Y<y)=0.Еслижеy>1,то
F(y)=P(Y < y)=1.
Найдем F(y)=P(Y < y) для значений аргумента y Î (0; 1].
Событие {Y < y}, где y Î (0; 1], может произойти вместе
соднимиздвухсобытий:{0<X<0,5}и{0,5£X<1},по-
этому
F(y)=P({Y<y}×{0<X<0,5}+{Y<y}×{0,5£X<1}).
Действуя по теореме сложения вероятностей для не-
совместных событий, получим
F(y)=P({Y<y}×{0<X<0,5})+P({Y<y}×{0,5£X<1}).
Заметим, что
12
12
00
5
00
5
1
1
05
1
05
1
12 32
435
2
436
1
2
3
2
43
5
2
43
7
1
234 1
2
4
1
1
1
234
1
2
4
1
1
34
565 5
7
5655
89



34


56 
57
56 
5
89

Неравенство
1
12
1
1
2
равносильно следующему неравенству
1
1
1
2
1
1
2
а неравенство
112
1
1
2
равносильно неравенству
1
1
1
1
2
1
2
Тогда
121
00
5
0
51
11
12
3
45
34
56
1
2134
4
34
4
11
34
56
34
789
8
8
9

8










Заметим, что если y Î (0; 1], то
1
0
12
111
21
1
2
1
1
1
12
3
21
3

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
153
Поэтому
1
01
11
12
3
1
2134
3
4
11
12
12
34
454
4
67
67
55
89
89
Учтем, что случайная величина X равномерно распре-
делена на промежутке от 0 до 1, следовательно,
1
0
1
1
1
0
11
11
11
11
1
1
2
1
1
1
11
23
4
5
11
1
234
5
11
1
1
1
23
44
5
5
67
11
89
23
445
5


5
67
11
1
89


Тогда для y Î (0; 1] получим
2
1
01
111
1
1
12
3
11
1
1
2134
3
4
111
1
1
12
12
34
454
4
353
67
67
55
5
5
5
89
89
Итак, интегральная функция распределения случай-
ной величины Y имеет вид
00
2
01
1
11
12
34
1
2
15
1
1
21
1
1
1
1
2
3345
1
67
3
38
9
Найдем плотность распределения вероятностей случай-
ной величины Y:
2
00
2
01
1
01
12
34 34
1
2
34
15
1
2 131
1
1
1
1
2
33
4
55
6
1
78
3
9
3

Задача 4.
Ответ.
а) M(Y) = 0,25(n + 1);
б) D(Y) = 0,0625(n2 +4n – 1).

154
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Решение.
а) I способ. Очевидно, что случайные величины
123
111
1
1
1
1 2221
111
1
2221
2
222
2
3444444 44
111
1
1
222 2
имеют один и тот же закон распределения, поэтому
23
11
1
12
3
3
3
3
11
1
221
2
22
2
34355355
355
11
1
23
2323
111
1
45
4545
67
6767
888
Тогда
1
1
12
11
1
1
1
11
1
23
11
45
67
23
18
8
8
45
67
9
999
12
333
3
1
2
2
11
1
22
1
2
22
2
34355
35555
55
1
Отсюда
2
11
1
11
12
3
11
1
23
2
23
2
45466
46
11
11
1
23
2
3
14
1
56
5
6
78
7
8
999
Неизвестное математическое ожидание
2
1
1
2
2
34
1
23
45
67
8
можно найти, вычислив предварительно числовые харак-
теристики случайной величины
1
1
1
2
2
3
4
1
1
2
Случайная величина
1
1
2
2
3
4
1
1
2
имеет биномиальный закон распределения, ибо она выра-
жает число появлений герба в случае, когда симметрич-
ную монету бросили n раз. Поэтому ее числовые характе-
ристики следующие:
M(Z) = 0,5n; D(Z) = 0,25n.

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
155
Теперь найдем математическое ожидание M(Z2) по
формуле
M(Z2)=D(Z)+M2(Z).
Имеем
2
22
1
2
025050251
1
23
11
41
56
78
1414
9
121212
31
3
2312
4
1
2
2
343
56
535
111
1
Тогда
2
1
025 1
1
025 1
123
23
12
34
1
2
2
11
3435
1
11
1
234
11
1
4
56
78
9
II способ. Заметим, что случайные величины X1 и
1
1
2
2
3
1
2
являются зависимыми, поэтому представим их произве-
дение следующим образом:
2
11
1
12
1
11
22
22
3444 44
11
11
2
33
Тогда
2
1
1
2
1212
123
1
2
2
34 35
355
1
12
3
Случайные величины X1, X2, ..., Xn являются незави-
симыми. Поэтому
112
121
2
1
2
33
4
11
233232314
12
1
2
Тогда
2
1
1
2
1212
12123
1
2
2
34 35
3535
1
12
3
Теперь найдем закон распределения случайной вели-
чины Xk — индикатора появления герба в k-м бросании
монеты,
112
12
1
Очевидно, случайная величина Xk может
принимать только два значения: 0 и 1, причем их вероят-
ности равны 0,5. Поэтому числовые характеристики слу-
чайной величины Xk:
M(Xk)=0× 0,5+1× 0,5 = 0,5;

156
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
D(Xk)=M(Xk – M(Xk))2 =
= (0–0,5)2×0,5+(1–0,5)2×0,5 =0,25.
Легко проверить, что для любого натурального r мате-
матическое ожидание
051
1233 3
4
1
2
34
25
11
Поэтому
2
1
1
22
05 0250251
1212 12123 3312
4
11
2
22
34 35
35 35
1
11
12
1
212
33
б) I способ. Случайную величину
1
1
1
2
2
344
1
1
2 предста-
вим в виде
2
1
1
2
1
1
2
2
34 44
1
1
23
Дисперсию случайной величины Y найдем по фор-
муле
D(Y)=M(Y2)–M2(Y).
Сначала найдем математическое ожидание:
2
22
1
1
2
2
42
11
11
22
2
43
2
11
1
22
2
2
1
11
11
23
14
1
56
78
23
23
56
14
4
1
56
56
78
78
23
2323
56
14
4
5656
56
7878
78
9
99
99
12
12
3
1
2
2
11
22
22
11
22
22
34 35
55
35555
55
35355355
Заметим, что случайные величины
2
1
2
2
34
1
1
2и1
1
2 яв-
ляются независимыми, следовательно,
2432
2
111
43
2
2
11
1
22
2
2
2
05 205
05
05
05
12
21
12
2
12
33
23
1
12
23
12121212
12 1212 1212
3
124412412
41
2412
12 13 134 134
13 13141314
12
14
14
14
14
(здесь учтено, что для любого натурального r
1
05
1232
4
1
231

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
157
Отдельно найдем числовые характеристики случайной
величины
2
1
1
2
2
34
1
1
2
Случайная величина V имеет биномиальный закон рас-
пределения, ибо она выражает число появлений герба в
случае, когда симметричную монету бросили n – 1 раз.
Поэтому она имеет следующие числовые характеристики:
M(V) = 0,5(n – 1), D(V) = 0,25(n – 1).
Тогда
M(V2)=D(V)+M2(V)=
= 0,25(n – 1) + 0,25(n –1)2 = 0,25(n2 – n).
Теперь найдем
M(Y2) = 0,5 + M(V) + 0,5 × M(V2)=
= 0,5 + 0,5(n –1)+0,5× 0,25(n2 – n);
M(Y2) = 0,125(n2 +3n).
Следовательно,
D(Y)=M(Y2)–M2(Y) = 0,125(n2 +3n) – (0,25(n + 1))2;
D(Y) = 0,0625(2n2 +6n –(n +1)2).
Итак,
D(Y) = 0,0625(n2 +4n – 1).
II способ. При вычислении дисперсии случайной вели-
чины
2
1
1
2
1
2
2
34 44
1
12
3
учтем, что случайные величины 2
1
1и
1
2
1
2
2
33
1
2 являются
зависимыми:
2
1
1
2
22
11
11
22
22
11
11
22
2
2
1
11
11
23
14
1
56
78
232 3
14
4
565 6
787 8
232 3
149 4
9
565 6
787 8








12
12
3
4
56
7
1212
3
4
56
8
1
2
2
11
22
22
11
22
22
34 35
55
35355
5
55
3435355
555

158
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Обозначим
2
1
1
2
2
34
1
1
2
Тогда
22
11
11
2
12121234
5
162
7
12 13 134
334
122
Отдельно найдем
24
2
22
111
05 05 025
121212333
123
232
1
2
1
2
1
(здесь учтено, что
1
05
123
1
231
для любого натурального r).
Теперь вычислим дисперсию D(X1V). Учтем, что случай-
ные величины X1 и V являются независимыми, поэтому
22
2
11
1
222 2
1
1
121
12
121212
1212 12 12
3
123423 423
4243 4243
Случайная величина V имеет биномиальный закон рас-
пределения с числовыми характеристиками
M(V) = 0,5(n – 1); D(V) = 0,25(n – 1).
Кроме того,
2
1
1
05
12 1233
12 12
11
поэтому
D(X1V) = 0,5M(V2) – 0,25M2(V)=
= 0,5[M(V2)–M2(V)] + 0,25M2(V);
D(X1V) = 0,5D(V) + 0,25M2(V).
Следовательно,
D(X1V) = 0,125(n – 1) + 0,0625(n –1)2 = 0,0625(n2 – 1).
Теперь вычислим ковариацию случайных величин,
действуя по формуле
cov(U, W)=M(U × W)–M(U)M(W).
Имеем
222
11
1
111
32
1
11
12
3
1
12
3
1234564
64646
464646
7
112 3112 31 312
312 31 312

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
159
Случайные величины 1
1
2 и V являются независимыми,
поэтому
232
11
111
05
05 05
025
0125 1
1
23
4564646464646
54
655465 4654 6
7
112 3132 31 31 32
32
32
32
4
12
3
3
1
12
31
1
2
Теперь вычислим дисперсию случайной величины Y:
22
11
11
2
2
025 00625
1 20125 1
122
1
12
3
2
4
3
12121234
5
162
6612612
7
12 13 134
334
55
Итак,
D(Y) = 0,0625(n2 +4n – 1).
III способ. Обозначим
1
1
1
2
2
34
1
1
2
Случайная величина Z имеет биномиальный закон рас-
пределения, ибо она выражает число появлений герба в
n бросаниях монеты. Поэтому она имеет следующие число-
вые характеристики
M(Z) = 0,5n; D(Z) = 0,25n.
Найдем закон распределения дискретной случайной
величины Y = X1 × Z. Заметим, что случайные величины X1
и Z являются зависимыми. Их произведение, случайная
величина Y, может принимать следующие значения: 0, 1,
2, ..., n. Найдем вероятности их появления.
Рассмотрим событие {Y = 0}. Это событие произойдет,
если только случайная величина X1 примет значение, рав-
ное 0, поэтому
P(Y =0)=P(X1 = 0) = 0,5.
Найдем вероятность P(Y = k),
1
123
4
12
1
Применим тео-
рему умножения вероятностей для зависимых событий
1
11
1
11
2
11
05
1
12
341 2
34
56
11
23
2
22
1
2
2
45643
36434
36
436
1
11
1
23
45
23
11
16
11
1
11
78
9

78
78





23
11

78





160
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Событие
2
1
1
2
2
34
1
23
14
56
78
9
означает, что герб выпал k – 1 раз в n – 1 бросаниях. По-
этому вероятность этого события можно найти по формуле
Бернулли:
11
11
11
2
10
5
0
50
5
11
1
2
1
221221
3
11
3
452
66
111
11
11
2
34
212
2
56
78
9
Следовательно,
1
1
2
05
1
2
1
1233
1 324
1
2
1
3
1
3
452
462
7
21
11
1
2
34
22
212
2
56
78
9
Проверим корректность найденного закона распреде-
ления случайной величины Y:
01
1
111
11
10
0
22
2
2
11
2
22
2
2
2
22
11
11
13
11
13
13
44
44
1212 12
3
11
22
11
21
12
11
22
34234
342
55
Теперь воспользуемся формулой бинома Ньютона:
0
12
3
1
12
2
1
2
1
2
34
5341
2
32
4
Тогдадляa=b =1получим
00
0
0
11
11
1
2
12
3
4
11
1
12
2
1
22
12
11
1
22
2
1
21
1
2
33
3
3
1
22
2
2
32
2
2
2
444
4
(*)
Применим формулу (*) для случая m = n –1:
1
1
1
0
21
1
21
1
2
3
1
1
1
2
2
3
Поэтому
11
1
1
0
222 221
12
3
1
11
2
34 2 11111
2
3 224
242

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
161
Итак,
1
1
005
2
1
123
412
4
13
2
5
12
2
34
3415
12
11
1
22
22
2
Теперь найдем средний (ожидаемый) выигрыш в игре:
1
1
011
2
1
21212
3
11
1
12
1
222
34
2542 2542
26
11
1
22
2
232
232
2
3
444
Отдельно найдем сумму:
1
1
11
1
1
0
11
1
1
10
0
11
1
1
11
1
1
11
1
11
11
1
1
1
1
22
2
1
2
11
1
1
22
2
11
3
4
1
424
2
2
141
141
11
31
2
41
1
41
1
42
3
2
41
1
41
1
41
2
41
1
55
5
5
555
12
3
12
12
3
12
3
12
312
3
112
2
3
12
12
3
4
31
23
12
3
12
3
31
23 31
23
12
3
31
23
11
1
2
1
22
2
1
3
11
1
2
1
23
3
3
12
1
24
2
21
2 212
31
313
31
1
24
313313
31
313
11
1
10
1
11
1
11
1
1
1
2
11
12
10
212
1
2
11
2
12
121
12
1
222 1
11
1
22
1
11
1
22
1
1
2
1
11
11
22
111
3
1
42
32
141
1
1
21
4
3
141
1
1
42
1
4
32
21
4
32
3
55
55
5
55
4
12
3
12
3
12
3
12
3
12
4
12
3
112
2
3
12
12
12
11
3
1
3
11
21
1
23
1
1
3
11
22
1
11
22
111
4
1
24
313
1
1
313
241
4
11
(здесь учтено, что
1
1
1
0
2
1
2
1
1
2
3
1
1
1
2
2
3
и
2
2
2
0
212
1
21
1
2
3
1
1
1
2
2
3
Итак,
12
1
1
21
12
3
1
21
1
2
23
1
11
1
2
32
4
5
(**)
Поэтому
12
1
1
22
1
2
0
2
5
1
12
12 312
4
1
121 1
1
2
34
25
11
11
1
1
1
2
23
2
4
2
4
5

162
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Найдем дисперсию случайной величины Y по формуле
D(Y)=M(Y2)–M2(Y).
Сначала найдем
22
2
2
1
1
011
2
121212
3
11
1
12
1
222
34
2542 2542
26
11
1
22
2
23
2
23
2
2
3
444
Отдельно найдем сумму:
1
1
22
1
22
11
1
1
22
2
1
323
2
131
14
3
1
4
1
22
1
3
11
1
3
11
4431
1
32
2
4
31
1
31
1
1
4
55
55
55
5
212
1
11
1
22
10
11
22
21
1
10
1
1
1
11
1
11
111
1
211
1
11
2
12
3
12
3
12
3
12
12
31
2
12
3
4
12
3
112
2
33
12
3
12
1
2
31
2
3
31
23
31
23
1
11
2
1
22
11
23
11
1
2
1
23
3
1
24
2
21
2
213
1
212
3
13
331
31
24
313
313
31
111
222
11
1
22
1
1
1
22
2
13
1
42
4
31
1
31
1
131
1
1
44
131
1
1
21
3
4
131
1
1
1
4
31
1
555
55
55
111
101
11
1
10
1
21
1
11
0
111
11
1
1
1
2
11
2
1
121
1
2
2
23
123
123
31
23
31
231231
23
12
3
4
12
3
12
3
12
3
12 12
3
112
2
3
12
3
31
23
111
333
11
3
1
33
11
2
1
23
1
2
13
1
3133133
13
1
4
313
1
241
3 313
1
212
11
1
2
11
1
1
1
1
222
11
1
1
1
11
22
2
42
1
21
3
3
41
4
2
31
1
21
3
41
4
55
555
55
5
21
1
0
121
1
1
2
100
12
1
1
1
22
10
0
2
12
1
2
12
1
12
3
12
1231
23
12
12
5
1
3
1
3
111
33
1
1
323
11
1
33
2
1
11
32
3
4
1
13
41
4
212
13
414 4
Действуя по формуле (**), получим
1
1
3
2
1
21
1
2
1
1
2
23
1
1
1
1
1
2
2
3
Применим формулу (*) для случая m = n –2иm = n –1:
21
21
1
2
00
22
12
11
21
21
1
1
22
33
11
11
1
1
22
22
33

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
163
Следовательно,
12
1
21
122
1
10
0
0
32
1
231
23
12
1
122122
223
2
11
1
1
11
1
1
22
2
2
11
1
11
1
32
1
41
42
21
41
42
21
424
555
5
12 12
12 12
12
345
11
1
1
22
33
111
1
32
3
2
11
1
11
1
3414
1
4
4
11
1
11
1
11
Тогда
2
22
1
1
1
2
22
22
3
2
8
1
34
1
81
61
6
12
3
12
121212
4
1
12
1
2
11
34
25
1
11
11
643434
11
1
2
3
22
3
33
1
212
1
2
4
В итоге получим:
D(Y) = 0,0625(n2 +4n – 1).
Задача 5.
Ответ.
3
2
3
2
05
2
1
2
12
133
4
1
2
1
1
1
2
11
34
567
8
1
1
2
33
43
4
2
2
1
5
Решение.
I способ. Пусть случайная величина Xi — ежегодный
настриг шерсти i-го мериносного барана,
112
12
1
Событие
{L £ 0,5(a + b) £ V} можно представить в виде суммы несо-
вместных исходов
{L£0,5(a+b)£V}=B3+B4+...+Bn–4+Bn–3,
где событие Bk состоит в том, что какие-то k значений из
всех наблюдений {X1, X2, ..., Xn} оказались меньше числа
0,5(a + b), в то время как остальные n – k наблюдений ока-
зались не меньше числа 0,5(a + b), 33
12
12
12
На рис. 3 изображены все случаи наступления события
{L £ 0,5(a + b) £ V}. Таких случаев, очевидно, n – 5. Веро-
ятность наступления каждого события Bk можно найти по
формуле Бернулли:
33
1
23 23
1
1
1
1121
11
2
2
343567812
1
22
2
1
где p=P(A)=P(X<0,5(a+b))=0,5;q=1 –p =0,5(здесь
учтено, что по условию задачи настриги шерсти баранов

164
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
X1, X2, ..., Xn являются независимыми и равномерно рас-
пределенными случайными величинами).
Далее, действуя по теореме сложения вероятностей для
несовместных событий, получим
33
3
33
3
05
2
12
133 13
11
1
2
3313
1
31
3
33
3
45
678
49




11
1
11
22
2
34
3
2
2
2
555
(здесь учтено, что p = q = 0,5).
Легко проверить, что
32
300 2
1
11
1
2212
2212
2212
2212
111 1
2 222
1
345
345
345
345
1
111
1
2 222
1
211
333 3
Заметим, что согласно биному Ньютона:
0
1
123
1
221 2
1
1
2
345
45
1
2
2
3
2
4
поэтому
32
302
1
1
11
221 22
2
122
2
12
11
1
22
2
1
345
345
345
1
11
1
22
2
1
21
1
333
Рис. 3
Геометрическая интерпретация события {L £ 0,5(a + b) £ V}

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
165
Следовательно,
32
30
2
05
12
2
12
133
4
11
2212
1
21
2
11
1
22
2
1
34
567
89

8
8
1
11
1
22
2
1
34
3
2
2
1
1
55
5
Тогда
012
05
12
2
122
12
1
1
23
2
4
1
3
34
4133
1
12
133 1
3
11
3
3
4
1
111
1
23
456
777
111
Итак,
3
2
3
2
05
2
1
2
12
133
4
1
12
1
1
2
11
34
567
8
1
1
2
33
43
4
2
2
1
5
II способ. Случайный интервал (L; V) может либо «на-
крыть» середину отрезка [a; b] (см. рис. 3), либо «не накрыть»
ее. В последнем случае середина — точка 0,5(a + b) — может
оказаться либо левее границы L (рис. 4), либо правее грани-
цы V (рис. 5).
Рис. 4
Геометрическая интерпретация события {L > 0,5(a + b)}
Рис. 5
Геометрическая интерпретация события {V < 0,5(a + b)}

166
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Поэтому полную группу событий составляют следую-
щие:
{L>0,5(a+b)}; {L£0,5(a+b)£V}; {V<0,5(a+b)}.
Следовательно, искомая вероятность
P(L£0,5(a+b)£V)=
= 1 –P(V<0,5(a+b))–P(L>0,5(a+b)).
Будем понимать под испытанием получение X кг на-
стрига шерсти у барана. Согласно условию проводятся n
независимых испытаний; в каждом из них событие A =
={X > 0,5(a + b)} может наступить с вероятностью p, а мо-
жет и не наступить с вероятностью q =1–p . Событие
{L > 0,5(a + b)}, очевидно, состоит в том, что среди n баранов
найдутся по меньшей мере n – 2 барана, настриг которых
оказался больше, чем 0,5(a + b) (см. рис. 4). Это значит, что
событие A произойдет по меньшей мере n – 2 раза в
n испытаниях. Действуя по формуле Бернулли, получим
2
2
05
1
23
24
424
3
1
2 212
311
1
21
45
674
8
9
1
21
31
45
3
3
6
гдеp=P(X>0,5(a+b))иq=1–p.
По условию случайная величина X имеет равномерное
распределение в промежутке от a до b, поэтому p = 0,5 и
q = 0,5. Тогда вероятность
2
22
05
0505 2
1
21
11
21
21
34
2
2
22
5
55
12
13
3
22
4
1
2212
1
21
11
221
21
2
11
21
21
34
56
789
77
Событие {V < 0,5(a + b)} состоит в том, что по мень-
шей мере у n – 2 баранов настриг шерсти окажется мень-
ше числа 0,5(a + b) (см. рис. 5). Это означает, что собы-
тие {X < 0,5(a + b)} произойдет по меньшей мере n – 2 раза
в n независимых испытаниях. Поэтому
2
05
12
13
3
2
1
22 12
1
21
34
56
7891
21
34
2
5
гдеq=P(X<0,5(a+b))=0,5,p =1–q =0,5.

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
167
Тогда
22
05
0505 2
12
13
322
4
11
221
212
11
21
21
34
56
7
7
11
21
21
34
2
2
55
Следовательно, искомая вероятность
22
020
2
0
05
1
05
05
12
2
2
12
133 12
13
312
13
3
11
1
121 1
212
22
111
1
1
22
1
2
2
1
2
34
567
37
5634
56
888
8
8
11
1
1
22
1
2
2
1
2
3 432
1
541642
78
21
1
2
1
1
9



(здесь учтено, что
0
112
3
3
1
2
12
1
2
1
3
3
11
1
2
45
64566
11
2
232
2
4
p=q =0,5).
Поэтому
3
2
3
2
05
2
1
2
12
133
4
1
12
1
1
2
11
34
567
8
1
1
2
33
43
4
22
1
5

ГЛАВА 4
ОТВЕТЫ
К ДОПОЛНИТЕЛЬНЫМ
ЗАДАЧАМ
Задача 1.
2
3
1
Задача 2.
55
84
1
Задача 3.
1
3
1
Задача 4. а) 0,126752; б) 0,964223.
Задача 5.
52
1
аб
16
32
1213
Задача 6. События А и В являются независимыми.
Задача 7.
45
64
1
Задача 8. 0,125.
Задача 9.
2
3
1
Задача 10. 0,7233.
Задача 11. а) 0,165;
5
б
7
12
Задача 12.
1
a
2
12
1
1
б) 2p2(1 – p)3(2 – p).
Задача 13.
15
16
1
Задача 14. а) pqk–1
, где p =1–q;
б) p2ql+k–2
, где p =1–q;
в) (1 – q2)q2k–2;
г) (1 – q2)(1 – qk–1)qk–2
.
Задача 15.
64
69
1
Задача 16.
17
5
аб
30 17
1213

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
169
Задача 17.
961
3375
1
Задача 18.
15
22
1
Задача 19. 0,025.
Задача 20.
13
28
1
Задача 21. 0,91.
Задача 22.
20
39
1
Задача 23.
52
5
аб
324 108
121
3
Задача 24.
14
81
1
Задача 25.
96
343
1
Задача 26.
1
21
21
1
1
1
11
21
1
Задача 27. 0,0004.
Задача 28.
25
14
123
121
Задача29.p1=0,2;p2=0,5;p3=0,1;p4=0,2.
Задача 30.
5
25
12
3
4
122
12
Задача 31.
51
6
9
аб
13 192
121
3
Задача 32.
2
22
12 23
41223
5
123
423 12
234
23
4
11
Задача 33. 99,48%. Задача 34. n 3 7.
Задача 35.
05 если
0
а
105 ес
л
и0
11
2
343
11
2
1
1
21
31
21
1
2
3
45
16
7
б) f(x) = 0,5e–|x|;
в) M(X) = 0; D(X)=2.
Задача 36. 23
1
1
Задача 37. 31
Задача 38. ln2 дм2.
Задача 39.
0ес
л
и0
001 если 0 100
1ес
л
и 100
1
2
34 11
2
1
5
1
21
1
1
1
1
2345
1
6
3
7
8

170
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
Задача 40.
2
0ес
л
и0
1
если
0
1
12
34
15
34
1
21
1
1
1
234 5
6
37
8
Задача 41.
11
1
0ес
л
и0
если 0
1
1е
с
л
и
1
12
34
1
2
15
11
1
1
2133
1
31
11
1
11
2
3451
6
2
7
418
9
Задача 42.
2
11
1
3
123
4
1
2
12
3
3
Задача 43.
11
а1
1
23
121 221212113
12
2
2
2
1
23423232
где
2
2
0
1
2
12
1
2
13
4
2
1
23
4
5 — функция Лапласа;
2
2
11
б11
г
д
е
3
2
121221212113
21
4
1
23
3
3
3
1
4
1
23143434
32
5
2
в11
2
3
1233 122121
1
4
12123 43
Задача 44.
2
634
6
12312
4
12
3
11
23 234
353 35
Задача 45.
1
123
1
2
1
1
2
23
4
Задача 47. б) D(q*)<D(q**).
Задача 48. а) оценки q* и q** являются несмещенными
оценками параметра q;
б) оценка q* обладает меньшей дисперсией, так как
2
2
06
04 21
1
11
23
23
4
1
22
11
1
11
1
2
3
24 2524
6
3
Задача 49. а) a =1;
2
б121 31
21
3
1
2
в
в1 12
1
2
является состоятельной оценкой парамет-
ра k.

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
171
Задача 50. а) да, являются;
2
2
б
1
121321
32121
4
111
1
22
11
1
1
1
1
22
23
23
242
5
Задача 51. а) да, является, так как M(q**)=q;
22
22
б
1
121 321
32121
3
111
1
22
11
1
11
1
22
23
23
242
5
в) обе оценки являются состоятельными.
Задача 52. а) гипотеза о равенстве дисперсий принима-
ется;б)1–b =0,05.
Задача 53. M(q*)=q.
Задача 54. k = –0,25.
Задача55.а)Xn+1Î(a–D;a+D),где
2
1
2
0
1
2
2
12
3
12
13
4
2
1
1
2
34
5678
86
9




—
функция Лапласа;
1вв
б1231
4
1
333
271
82
8
1
в
1
11
где
2
35
1
2
2
1
33
11
1
2
3
45
6
2
82
9


Задача 56. (78,992; 121,008).
Задача 57. а) да, следует; б) 1 – b»0,81.

ПРИЛОЖЕНИЯ

174
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
12345678379
9
12345627892
95
7
96557
1
23
4
5
1
1
2
3
45
1





7
12
137
12
137
12
137
26227
2622227
26187
2633297
26
7
26198
7
26237
262227
261
7
263337
26

7
261117
26217
2622827
26927
2633
7
26

7
261
7
26297
2623127
26937
263137
26
7
2618
7
2627
2623
27
26917
2631

7
26
87
261
3
7
262
7
2623
7
26997
2631
97
26
7
261

7
262
7
26219
7
2697
2639937
2627
261
827
2627
2621
7
269
7
2639
87
2637
261
337
26287
26293
7
269
7
2632
7
2617
261
17
262
7
2629
7
2697
26397
2697
261
97
26327
2629
87
26987
263827
267
261297
26337
262987
269
7
263
37
26
7
26197
26317
26287
2627
263

7
26
7
261
7
26397
262
37
2637
263
37
267
261
7
2637
262

7
2617
263
187
2687
2618197
263
7
262
7
2697
263

7
26
7
2618
17
263
7
262
9
7
267
263227
26827
2618837
2637
262

7
26
7
2639
7
26837
261
327
26387
26237
26
7
26317
26817
261
9
7
263
7
262
97
267
2638287
26897
261
7
26127
262
97
2687
26387
2687
261

7
26137
2628917
26
7
2638
7
268
7
2692197
26117
262837
26
27
263
3
7
268
7
2692
37
26197
262
327
26
37
263

27
2687
269287
2617
262
87
26
17
263
8
7
26887
26932
7
261
7
262
87
26
97
26123
7
268
7
2693997
261
7
26321
7
26
7
2612
7
26
27
2693
7
2617
2632
7
26

7
2612887
26
37
26938
7

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
175
12343567897


5

12
11323
12
11323
12
11323
12345
1264745
72465
1263185
72995
12
63
5
12365
126445
724
5
1263495
729
5
12

1
5
123
5
1264
5
72495
1263

5
72985
12

75
12395
126435
724
5
1263
45
7295
12

435
123
5
1266795
72485
126315
72935
12


75
12385
1266
15
7245
1263385
72
15
12

945
1235
1266
95
72435
12
1795
72
75
12

65
12335
126635
72615
12
1645
72
45
12

8
5
72115
126
765
72675
12
1
35
72
65
12


5
72175
126
65
72645
12
1
5
72
5
12

395
72145
126
75
72665
12
145
72
95
12
9195
72165
126
95
726
5
12
1335
72
5
12
9795
721
5
126915
72695
12
7795
72
85
12
9495
72195
1269675
726
5
12
7675
72
5
12
9695
721
5
12699
5
72685
12
7
85
72
35
12
9
95
72185
1269885
7265
12
7
45
72815
12
99
5
7215
1269335
72635
12
7885
72875
12
9
5
72135
126
475
72
15
12
7345
72845
12
9865
72715
126
65
72
75
12
4185
72865
12
945
72775
126
95
72
65
12
46
5
728
5
12
9375
72745
126

5
72

5
12
4975
728
5
12
15
72765
126815
72
95
12
4
95
72885
12
7
5
727
5
1268435
72
5
12
4835
7285
12
495
72795
1268
35
72
85
12
4345
72835
12
665
727
5
1268815
72
5
12
61
5
7215
12

75
72785
1268315
72
35
12
6735
7275
12

35
7275
126715
72915
12
6645
7245
12
9
5
72735
126615
72975
12
6
95
7265
12

5
72415
126
35
72945
12
6985
72
5
12
875
72475
126
35
72965
12
6815
7295
12
85
72445
12665
729
5
12
645
72
5
12

5

176
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
12343567897


5

12
11323
12
11323
12
11323
12345
62789
5
25
6273835
2835
62798
5
12335
6278995
275
62734
5
2465
62798
5
12395
6274685
285
6273315
245
6279845
12965
62741
5
235
6273345
2475
6279895
12915
6274195
2
65
62739
5
2485
6279415
1295
627485
2
5
6273935
2435
62794
5
129
5
6274
5
2
75
6279675
2365
6279475
12975
6274
35
2
85
6279695
2375
6279445
129
5
6274775
2
35
62791
5
2385
6279495
12985
6274
65
2765
6279135
2335
6279365
12945
6274
85
275
62795
2965
6279315
12935
6274815
2775
627945
295
627935
12995
6274845
2785
6279
15
2975
6279375
2665
627445
2735
6279
75
2985
62793
5
265
62743
5
2
65
6279
35
2935
6279385
2675
62749
5
2
5
6279715

2665
627938
5
2685
62736
5
2
75
62797
5

265
62799
15
2635
627315
2
85
6279735

2765
62799885
2165
627315
2
35
6279
15

2865
627993715
215
6273
65
2865
6279
5

2365
62799935
2175
6273
35
285
6279
85
72665
627999835
2135
6273
75
2875
6279
95
72
65
627999945
265
6273815
2885
6279815
2665
627999945
1

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
177
12345678379
9
1234356783694
583927
26
663919
2
6953
743929
37
9
746
669
7


919 9
9
9
9
 9
9
12
3432
5462
7482
6466792 64666982 64666132

2
94
2
4
2
3462
641672 646512 646
62
72
11472
94
2
482
6475
2 64
132 641152
2
17472
11412
9452
64112 64
8
2 64
92
52
15412
1
482
11412
14152
648712 6455
2
32
13482
1
4
2
1
432
143
2
14
2
648
2
2
18452
13462
1
412

412
14392
14
2
82

6412
1452
15452

472

4182
14352
92

142
19462
13492
74772

462

4692
162

74
2

6452
18472
749
2
74
52

4532
112

42

1492
1942
452
748
2
74652
1
2

34
2

7472

1462
54
72
4
62
7452
172

42

42


4
2
54892
54612
4112
1
2

9412

3412

742
3452
54372
4332
152
76432

452

5462
4
32
34
32
54
72
132
7
462

8482

3472
4932
34912
54812
12
774
2
764
2

432
8432
4532
34
12
182
7
482
71452

8492
94792
84
72
4612
192
734
2
7
492
76412
16412
84912
4372

62
7432
7
4
2
714
2
16492
94592
84
32

12
78492
75452
7
42
11432
16472
84962


2
6472
73482
77492
1
472
11462
945
2

72
1432
78412
754
2
17412
1142
164
2

2
7462
794
2
734
2
17482
1
4
2
16492

52
472
6432
742
1
432
17412
11452

32
5432
1492
78492
154
2
17482
1
4
2

2
462
74
2
6412
134
2
1
432
1
492

82
8472
452
1472
13492
15472
17432

92
9432
542

432
142
13462
1
472
762
56492
462
7482
18452
13482
15462
1

178
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
12345678379
9
1234356783694
583927
26
66394
649
2
6953
743919

74
2
98234356789
749
37
9
746
669
7


919
!9
 "9
 #9
 !9
 #9
 !9
12
34512
16472
514862
35472
518452 357492
62
64
62
4592
34
72

4
62
664552
51432
52
645
2
54182
4
2
482
194662
164
2
2
64152
64782
547
2
4392
74172
84312
2
64912
64
72
54572
4952
48
2
34832
32
14
2
64
2
5412
54712
4612
4
32
72
148
2
64532
54992
54
92
47
2
492
82
14832
64512
64
92
54532
4
92
492

2
14852
64632
64862
546
2
4592
4782
192
14812
64652
64732
54172
412
4
2
112
14892
64692
64762
54112
4952
42
162
14782
64182
64382
549
2
54
52
4562
152
14772
64132
643
2
54912
548
2
4662
12
14732
6412
64362
64
82
547
2
412
1
2
147
2
64152
64392
64
2
54752
4972
132
147
2
64162
64
82
64
62
543
2
4912
172
1472
64112
64
72
64
92
543
2
54
32
182
14752
64192
64
2
64882
54312
54
62
1
2
14752
649
2
64
2
64832
54
82
54882
692
14752
649
2
64
52
648
2
54
2
548
2
612
14762
64982
64
62
64852
54
52
54862
662
14762
64972
64
12
64862
54
12
547
2
652
14712
64972
64
92
64812
54
2
54772
62
14712
64932
64
2
64892
5472
5472
6
2
14712
64932
64
2
647
2
54
2
54762
632
14712
64932
6482
64782
542
54712
672
14712
649
2
6472
64772
5462
543
2
682
14792
649
2
6432
64732
5492
54332
6
2
14792
649
2
6432
64732
5492
54332
592
14792
6492
6432
647
2
545
2
543
2
92
14382
64962
6462
64792
54512
54
2
392
14372
64992
645
2
64332
54652
5432
1692
14332
14
82
64532
64362
54172
54572
12
1432
14
32
64552
64
82
549
2
54572
 "9
 #"9
 !9
 "9
 !9
 "9
37
9
746
669
7


919
2
6953
743919



74
2
98234356789
749
1

З
А
Д
А
Ч
И
В
С
Е
Р
О
С
С
И
Й
С
К
И
Х
С
Т
У
Д
Е
Н
Ч
Е
С
К
И
Х
О
Л
И
М
П
И
А
Д
1
7
9
12345678379
9
1234356783694
583927
26
66393626
68
29
199537
9746
6697


9
69
37
627339199537
9746
6697


9669
37
62733 9
!2
69"53
743919#9$%$9
119
129
9
9
&9
'9
(9
)9
*9
+9
,9
$9
9
9
12
34562 37772 53482 59652 5
932 5772 5762 5712 94662 94592 9462 91492
62
7
372 77
412 74
1
2 77
652 77
882 77
842 77
832 77
892 77
892 77
342 77
312 77
362
82
83
162 84
12 67
392 6
12 6
632 6
712 6
9
2 6
372 6
832 6
682 6
182 6
452
32
61
642 1
442 19
972 15
72 15
562 15
612 13
72 13
42 13
992 13
532 13
352 13
8
2
52
19
692 18
6
2 16
492 11
872 14
7
2 14
9
2 14
352 14
6
2 14
152 14
452 7
792
7
72
92
18
32 14
762 7
2
7
152

52

3
2

692

142

72


2


72


62

2
16
652 7
552

352

52

392

172

442
9
32
9
12
9
962
9
532
9
3
2
2
11
692 
952

572

412
9
982
9
8
2
9
172
9
482
5
712
5
62
5
32
5
9
2
72
14
592 
462
9
772
9
362
9
492
5
42
5
962
5
3
2
5
852
5
692
5
12
5
112
142 14
432
592
9
552
5
772
5
932
5
872
5
612
5
492
3
752
3
52
3
2
3
12
112
7
92

642
9
662
5
9
2
5
862
5
4
2
3
2
3
32
3
982
3
532
3
392
3
342
162
7
882
9
782
5
752
5
312
5
492
3
62
3
952
3
542
3
872
3
842
3
662
3
192
182
7
4
2
9
42
5
32
5
642
3
92
3
962
3
332
3
842
3
172
3
142
3
462
8
792
132

92
9
512
5
592
5
482
3
972
3
392
3
62
3
132
3
482
8
732
8
92
8
42
152

92
9
892
5
362
3
72
3
592
3
862
3
132
3
442
8
72
8
42
8
82
8
9
2
192

582
9
682
5
672
3

2
3
332
3
642
3
482
8
72
8
2
8
972
8
912
8
552
1
2

342
9
112
5
12
3
9
2
3
332
3
142
8
782
8
72
8
92
8
572
8
562
8
352

1
8
0
О
.
А
.
Р
Е
П
И
Н
,
Е
.
И
.
С
У
Х
А
Н
О
В
А
,
Л
.
К
.
Ш
И
Р
Я
Е
В
А
12343567897


5

1234567896


3
81888
118
128
8
8
8
8
8
8
8
8
8
8
8
8
12
1312
4552
4132
4462
4752
4782
4792
47
2
4812
4842
4872
4882
42
1
612 1
552 1
132 1
462 1
752 1
772 1
732 1
792 1
72 1
7
2 1
852 1
812
72
15
172
662

42

142

512

82

2

82

12

92 
2932 
982
82
9
912
3
82
3
6
2
3
7
2
3
432
3
132
3
5
2
3
582
3
552
6
32
6
72
6
12
62
3
312
6
9
2
6
812
6
1
2
6
562
8
62
8
2
8
42
8
92
8
982
8
952
8
32
32
6

2
6
182
8
932
8
672
8
7
2
8
42
8
412
8
162
8
152
8
532
8
572
8
552
92
6
6
2
8
982
8
762
8
142
7
92
7
92
7
9
2
7
972
7
32
7
372
7
352
7
692
2
6
742
8
832
8
592
7
82
7
3
2
7
62
7
652
7
882
7
7
2
7
782
7
712
7
42

2
6
142
8
432
7
32
7
372
7
82
7
792
7
4
2
7
472
7
12
7
172
7
152
7
592
152
8
32
8
152
7
912
7
82
7
772
7
442
7
182
7
592
7
542
4
92
4
82
4
12
112
8
82
7
2
7
6
2
7
732
7
452
7
5
2
7
512
4
62
4
52
4
32
4
42
4
9
2
142
8
962
7
2
7
8
2
7
432
7
112
7
552
4
42
4
62
4
52
4
932
4
942
4
3
2
172
8
392
7
52
7
812
7
12
7
542
4
42
4
82
4
992
4
942
4
392
4
372
4
352
182
8
352
7
982
7
782
7
112
4
32
4
62
4
992
4
952
4
362
4
352
4
632
4
672
162
8
682
7
32
7
4
2
7
532
4
52
4
9
2
4
952
4
382
4
6
2
4
662
4
612
4
82
132
8
8
2
7
372
7
482
7
512
4
62
4
982
4
332
4
6
2
4
682
4
8
2
4
862
4
842
192
8
862
7
6
2
7
452
4
32
4
12
4
952
4
342
4
662
4
652
4
862
4
812
4
72

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
181
12345678379
9
12345627892
95
7117
711727
17
17
23
7
7
7
23
7
7
7
12
34562
74892
648
2
392
349
2 3468
2 
466
2
82
34152
749
2
84682
312
349872 34552 
45712
52
34712
45
2
1482
92
349712 345182 
4812
62
34
52
4192
147
2
12
349
32 345392 
48992
2
34
2
4
82
14972
792
3493
2 345962 
41162

92
34382
4312
74562
712
349
82 34832 
41352


2
343
2
4
52
7412
192
34992 34852 
41932

32
34392
4

2
74772
892
3499
2 348832 
47872

2
34
62
4982
74
32
592

482 34872 
47
2

72
34
82
49
2
74332
692

4
2 348792 
47
62

12
34
12
3462
74
72
92

4652 348
2 
479
2

82
34
2
3412
74952

992
4672 348352 
4
32

52
34
32
3432
74932

392
4692 348
52 
4
572

62
34

2
3492
452
12

4892 341582 
43
2

2
34
92
34662
432
2
2
2
2
1

182
О. А . РЕПИН, Е. И. СУХАНОВА, Л. К . ШИРЯЕВА
11111111123456731893
96
11
23
1
1
1
1
1
1
1
1
12 1341562 1367682 1385162 13981
2 139192 135662 1354992 13554
2
72 131412 1379
62 13
2 13
9672 13
1

2 13
4
2 13
5892 13
42
2 131152 1317952 131


2 131
92 131862 1314662 137
782 1375
62

2 13111
2 1311772 1311

2 13118
2 1317
92 1317462 131
652 131
6
2
52

2

2
13111
2 1311182 1311792 1311
12 131112 1311882
2

2

2

2
1311172 13111
2 1311152 1311182 13117
2
92

2

2

2

2

2

2
1311172 13111
2
82

2

2

2

2

2

2

2

2
62

2

2

2

2

2

2

2

2
42

2

2

2

2

2

2

2

2
712 
2

2

2

2

2

2

2

2
772 
2

2

2

2

2

2

2

2
7
2 
2

2

2

2

2

2

2

2
7
2 
2

2

2

2

2

2

2

2
752 
2

2

2

2

2

2

2

2
72 
2

2

2

2

2

2

2

2
792 
2

2

2

2

2

2

2

2
782 
2

2

2

2

2

2

2

2
762 
2

2

2

2

2

2

2

2
742 
2

2

2

2

2

2

2

2
12 
2

2

2

2

2

2

2

2
72 
2

2

2

2

2

2

2

2
2 
2

2

2

2

2

2

2

2
1

ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
183
12345678379
9
1976613931
1
1





1
12
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2342556 2375896 23
776 23249
6 232
76 2322586 2322
6 2322296 2322276 23222
6
2375956 2375896 23
8286 23
4946 2328776 2327786 232
496 2322546 2322
86 2322

6
23
5486 23
796 23
8286 23

426 23
456 232
4
6 2324456 232

76 232
286 232226
2324946 2325
76 23
246 23

426 23
946 23
4246 232
9
6 232
6 232
56 232
26
232


6 232
76 23292
6 23
5
26 23
946 23
86 23
7796 2329

6 2328
6 2327786
2322
26 2322
6 23275
6 23
22
6 23
576 23
86 23
5256 23

886 2329
56 2325286
2322276 232226 232

26 232246 23
24
6 23
45
6 23
5256 23
4926 23

6 2329

6
 6 23222
6 2322746 232
56 23296 23
2446 23
7886 23
4926 23
7956 23

8
6
6
 6 2322296 2322
6 232
9
6 23256 23
2776 23
7246 23
7956 23
7
6
6
 6 23222
6 2322
86 232
7
6 2327576 2325
6 23
2
46 23

4
6 23
7
6
6
6
 6 23222
6 232276 232

6 2324
76 2328
26 2329976 23

56
6
6
 6 23222
6 2322
96 2322

6 2322
6 2324
6 2328

6 2329826
6
6
 6 23222
6 2322256 2322746 232

76 232
546 2324
6 2328
6
6
6
6
6 23222
6 2322
76 2322
6 232
4
6 232
956 232246
6
6
6
6 23222
6 232226 2322

6 23228
6 232
596 2327
46
6
6
6
6
6 23222
6 2322296 2322776 2322926 232
946
6
6
6
6
6
6 2322276 2322
46 232246 232
296
6
6
6
6
6
6 23222
6 2322256 2322
6 2322
6
6
6
6
6
6
6
6 23222
6 2322296 2322
96
6
6
6
6
6
6
6 23222
6 2322246 2322
46
6
6
6
6
6
6
6
6 23222
6 2322256
6
6
6
6
6
6
6
6 23222
6 2322276
6
6
6
6
6
6
6
6
 6 23222
6

СПИСОК
ЛИТЕРАТУРЫ
1. Гнеденко, Б. В. Курс теории вероятностей : учебник. — М. :
Эдиториал УРСС, 2001. — 320 с.
2. Грэхем, Р. Конкретная математика. Основание информати-
ки / Р. Грэхем, Д. Кнут, О. Паташник. — М. : Мир, 1998. —
703 с.
3. Емельянов, Г. В. Задачник по теории вероятностей и мате-
матической статистике / Г. В. Емельянов, В. П. Скитович. —
CПб. : Лань, 2007. — 336 с.
4. Кельберт, М. Я. Вероятность и статистика в примерах и за-
дачах / М. Я. Кельберт, Ю. М. Сухов. — М. : МЦНМО, 2007.
Т. 1 : Основные понятия теории вероятностей и математиче-
ской статистики. — 456 с.
5. Колемаев, В. А. Теория вероятностей и математическая ста-
тистика : учебник для вузов / В. А. Колемаев, В. Н. Кали-
нина. — М. : ЮНИТИ-ДАНА, 2003. — 352 с.
6. Колемаев, В. А. Математическая статистика в примерах и
задачах : учеб. пособие / В. А. Колемаев, В. Н. Калинина,
В. И. Соловьев. — М. : ГУУ, 2001. — 81 с.
7. Кочетков, Е. С. Теория вероятностей в задачах и упражне-
ниях : учеб. пособие / Е. С. Кочетков, С. О. Смерчинская. —
М. : Форум: ИНФРА-М, 2005. — 480 с.
8. Репин, О. А. Сборник задач по теории вероятностей и матема-
тической статистике : учеб. пособие / О. А. Репин, Е. И. Су-
ханова, Л. К. Ширяева. — М. : Вега-Инфо, 2009. — 216 с.
9. Репин, О. А. Сборник олимпиадных заданий по теории ве-
роятностей и математической статистике : учеб. пособие /
О. А. Репин, Е. И. Суханова, Л. К. Ширяева. — Самара :
Изд-во Самар. гос. экон. ун-та, 2007. — 100 с.
10. Фадеева, Л. Н. Математика для экономистов: Теория веро-
ятностей и математическая статистика. Задачи и упражне-
ния / Л. Н. Фадеева, Ю. В. Жуков, А. В. Лебедев. — М. :
Эксмо, 2006. — 336 с.

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие .......................................... 5
Глава 1
ЗадачиВсероссийскихолимпиад ......................... 7
1.1.Олимпиадныезадачи1999года.................... 7
1.2.Олимпиадныезадачи2000года.................... 9
1.3.Олимпиадныезадачи2001года................... 10
1.4.Олимпиадныезадачи2002года................... 13
1.5.Олимпиадныезадачи2003года................... 14
1.6.Олимпиадныезадачи2004года................... 15
1.7.Олимпиадныезадачи2005года................... 17
1.8.Олимпиадныезадачи2006года................... 19
1.9.Олимпиадныезадачи2007года................... 21
1.10.Олимпиадныезадачи2008года................... 22
Глава 2
Дополнительныезадачи................................ 25
Глава 3
Ответы,решениязадач................................. 40
3.1.Олимпиадныезадачи1999года................... 40
3.2.Олимпиадныезадачи2000года................... 48
3.3.Олимпиадныезадачи2001года................... 56
3.4.Олимпиадныезадачи2002года................... 67
3.5.Олимпиадныезадачи2003года................... 82
3.6.Олимпиадныезадачи2004года................... 90
3.7.Олимпиадныезадачи2005года.................. 107
3.8.Олимпиадныезадачи2006года.................. 117
3.9.Олимпиадныезадачи2007года.................. 130
3.10.Олимпиадныезадачи2008года.................. 146
Глава 4
Ответыкдополнительнымзадачам...................... 168
Приложения ........................................ 173
Списоклитературы................................... 184

Олег Александрович РЕПИН
Елена Ивановна СУХАНОВА
Людмила Константиновна ШИРЯЕВА
ЗАДАЧИ ВСЕРОССИЙСКИХ
СТУДЕНЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
по теории вероятностей
и математической статистике
Учебное пособие
Издание второе, переработанное
и дополненное
Çàâ. ðåäàêöèåé
ôèçèêî-ìàòåìàòè÷åñêîé ëèòåðàòóðû À. Ï . Ïîãîäà
Õóäîæåñòâåííûé ðåäàêòîð Ñ. Þ . Ìàëàõîâ
Òåõíè÷åñêèé ðåäàêòîð Å. Å. Åãîðîâà
Êîððåêòîðû Ò. À. Êîøåëåâà, À. Ì. Ïëåòíåâà
Ïîäãîòîâêà èëëþñòðàöèé Í. Ã . Áðóñÿíèíà
Âûïóñêàþùèå Å. À. Ïåòðîâà, Ò.  . Àíàí÷åíêî
ËÐ 1 065466 îò 21.10.97
Ãèãèåíè÷åñêèé ñåðòèôèêàò 78.01.07.953.Ï.007216.04.10
îò 21.04.2010 ã., âûäàí ÖÃÑÝÍ â ÑÏá
Èçäàòåëüñòâî «ËÀÍÜ»
lan@lanbook.ru; www.lanbook.com
192029, Ñàíêò-Ïåòåðáóðã, Îáùåñòâåííûé ïåð., 5.
Òåë./ôàêñ: (812)412-29-35, 412-05-97, 412-92-72.
Áåñïëàòíûé çâîíîê ïî Ðîññèè: 8-800-700-40-71
Подписано в печать 04.02.11 .
Бумага офсетная. Гарнитура Школьная. Формат 84́108 1/32.
Печать офсетная. Усл. п. л. 10,08. Тираж 1000 экз.
Çàêàç 1
.
Îòïå÷àòàíî â ïîëíîì ñîîòâåòñòâèè
ñ êà÷åñòâîì ïðåäîñòàâëåííûõ äèàïîçèòèâîâ
â ÎÀÎ «Èçäàòåëüñêî-ïîëèãðàôè÷åñêîå ïðåäïðèÿòèå «Ïðàâäà Ñåâåðà».
163002, ã. Àðõàíãåëüñê, ïð. Íîâãîðîäñêèé, ä. 32.
Òåë./ôàêñ (8182) 64-14-54; www.ippps.ru