Задачи на использование правил вероятностного подсчета
олимпиадные задания по алгебре (8 класс)

1. Гангстеры Петя и Вася вскрывают сейф. Для этого

они хотят подобрать код к замку, состоящему из четырёх

колёсиков, каждое из которых может принимать десять

положений. На проверку каждой комбинации уходит 8 секунд.

Справятся ли они за сутки непрерывной работы?

2. Из 101 далматинца у 29 пятно только на левом ухе,

у 17 - только на правом ухе, а у 22 далматинцев нет пятен

на ушах. Сколько далматинцев имеют пятно на правом ухе?

3. Трое сумасшедших маляров принялись красить пол

комнаты площади 20 м2 каждый в свой цвет. Один успел

закрасить красным - 16 м2, другой зелёным - 15 м2, третий

синим -12 м2. Какова наименьшая площадь части пола, за-

крашенная всеми тремя красками?

4. У Даши есть 7 белых, 1 красный, 1 синий и 1

жёлтый кубики. Из них можно построить много разных по

окраске башен из 10 кубиков. У скольких башен между красным

и синим кубиками столько же кубиков, сколько между синим

и жёлтым?

Ответы:

1. (Д23). Ответ. Справятся.

Решение. Закодируем положения колёсика цифрами от 0

до 9, тогда код замка  - это комбинация из четырёх цифр,

таких кодов 104 = 10000. Для проверки всех комбинаций

понадобится 8  *  10 000 = 80 000 с. В сутках 24  *  60  *  60 = 86 400 с,

что больше 80000.

2. (Д36). Ответ. 50 далматинцев.

Решение. Достаточно из 101 вычесть количество

далматинцев, у которых пятно только на левом ухе, и

количество тех, у кого пятен нет совсем. На правом ухе пятно

у 101  -  22  -  29 = 50 далматинцев.

3. (Д43). Ответ. 3 м2.

Решение. Оценка. Красным цветом не закрашено 4 м2,

зелёным  -  5 м2, синим  -  8 м2. Поэтому не закрашено всеми

тремя красками не более 4 + 5 + 8=17 м2 пола, а

20-17 = 3 м2

заведомо закрашены.

Пример. Пусть 4 м2 закрашено синим и зелёным, 5 м2  -

красным и синим, 8 м2  -  зелёным и красным, 3 м2 всеми

тремя красками.

4.  (Д65). Ответ. 40 башен.

Решение. Ясно, что синий (С) кубик находится между

красным (К) и жёлтым (Ж). Цветные кубики могут

располагаться в одном из двух порядков: КСЖ или ЖСК. Между К

и С, как и между С и Ж, может быть по 0, 1, 2 или 3 белых

кубика, из оставшихся белых кубиков часть находится до

КСЖ, а часть после. Переберём четыре указанных случая.

107

0. До КСЖ может быть 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 белых кубиков

(а их число после КСЖ определяется однозначно). Итого 8

вариантов.

1. До КСЖ может быть 0, 1, 2, 3, 4, 5 белых кубиков, это

6 вариантов.

2. До КСЖ может быть 0, 1, 2, 3 белых кубиков, это 4

варианта.

3. До КСЖ может быть 0 или 1 белый кубик, это 2

варианта.

Всего 8 + 6 + 4 + 2 = 20 вариантов. В сочетании с двумя

возможными вариантами порядка цветных кубиков получаем

2*20 = 40 способов.