Сторінки 229–264

Розв’язання

1. Для першого кубика можливих результатів 6 (чч, чз, жж, жз, зз, зч).

2. Враховуючи, що кубики однакові, події «перший червоний, другий зелений» і «перший зелений, другий червоний» є однією подією (чз).

3. Перелічуємо всі унікальні пари: обидва червоні (чч), обидва зелені (зз), обидва жовті (жж), один червоний і один зелений (чз), один червоний і один жовтий (чж), один зелений і один жовтий (зж).

Розв’язання

1. Остання цифра телефону може бути будь-якою від 0 до 9, тобто загальна кількість можливих випадків $n=10$.

2. Правильно набрати номер можна лише одним способом (випадок), отже число сприятливих випадків $m=1$.

3. Обчислюємо ймовірність: $P=\frac{1}{10}$.

Розв’язання

1. а) Суму 4 дають пари: $(1;3),(2;2),(3;1)$. Кількість сприятливих випадків $m=3$. Ймовірність $P=\frac{3}{36}=\frac{1}{12}$.

2. б) Суму 5 дають пари: $(1;4),(2;3),(3;2),(4;1)$. Кількість сприятливих випадків $m=4$. Ймовірність $P=\frac{4}{36}=\frac{1}{9}$.

3. в) Суму 8 дають пари: $(2;6),(3;5),(4;4),(5;3),(6;2)$. Кількість сприятливих випадків $m=5$. Ймовірність $P=\frac{5}{36}$.

Розв’язання

1. Кинемо один гральний кубик. Можливі наслідки: випала 1, 2, 3, 4, 5 або 6 очок.

2. Кожен із цих наслідків є окремою елементарною подією (наприклад, $E_1=\{1\}$).

Розв’язання

1. Оскільки кількість сприятливих випадків $m$ не може перевищувати загальну кількість $n$, то $\frac{m}{n}\le 1$.

2. Також кількість сприятливих випадків не може бути від'ємною, тому $\frac{m}{n}\ge 0$.

Розв’язання

1. Для достовірної події $B$ кількість сприятливих випадків дорівнює загальній кількості, отже $P(B)=\frac{n}{n}=1$.

2. Для неможливої події $C$ сприятливих випадків немає, отже $P(C)=\frac{0}{n}=0$.

Розв’язання

1. Запиши кількість разів $n_A$, коли подія $A$ сталася.

2. Запиши загальну кількість випробувань $n$.

3. Обчисли частку $\frac{n_A}{n}$.

Розв’язання

1. Розглядаємо перше коло: воно розділене на 4 рівні частини (сектори). Загальна кількість можливих випадків $n=4$. Число 6 зустрічається один раз, отже сприятливих випадків $m=1$. Ймовірність $P_1=\frac{1}{4}$.

2. Розглядаємо друге коло: воно також розділене на 4 рівні частини. Загальна кількість можливих випадків $n=4$. Число 6 зустрічається один раз, отже сприятливих випадків $m=1$. Ймовірність $P_2=\frac{1}{4}$.

3. Розглядаємо третє коло: воно розділене на 4 рівні частини. Загальна кількість можливих випадків $n=4$. Число 6 зустрічається один раз, отже сприятливих випадків $m=1$. Ймовірність $P_3=\frac{1}{4}$.

Розв’язання

1. Коло на мал. 22.5 розділено на 8 рівних секторів (радіуси проводяться через центр, утворюючи 4 кути по $90^{\circ }$, кожен з яких поділений навпіл). Загальна кількість можливих випадків $n=8$.

2. Блакитним кольором зафарбовано 2 сусідні сектори. Кількість сприятливих випадків $m=2$.

3. Обчислюємо ймовірність: $P=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}$.

Розв’язання

1. а) При падінні грального кубика можуть випасти 1, 2, 3, 4, 5 або 6 очок. Випадання п'яти очок — це подія, яка може статися, але не обов'язково. Це випадкова подія.

2. б) У календарному році (365 або 366 днів) немає 30 лютого. Така подія ніколи не відбувається. Це неможлива подія.

3. в) Слів «зебра» (4 літери: з, е, б, р, а — 5 букв? Ні, зе-б-ра: з, е, б, р, а — 5 букв). Слово «береза» складається з 6 літер (б, е, р, е, з, а). У слові «зебра» немає двох літер «е», тому перестановкою неможливо отримати слово «береза». Це неможлива подія.

4. г) Двоцифрові числа — це числа від 10 до 99. Будь-яке вибране двоцифрове число автоматично менше 100 (наприклад, 99 < 100). Це достовірна подія.

5. ґ) За визначенням, непарна функція $f(x)$ задовольняє умову $f(-x)=-f(x)$, що означає симетрію графіка відносно початку координат. Це достовірна подія.

Розв’язання

1. Запишемо простір елементарних подій для кидання одного кубика: $W=\{1,2,3,4,5,6\}$. Загальна кількість випадків $n=6$.

2. Визначимо сприятливі випадки для події «випаде два очки». Це лише один варіант: $\{2\}$. Тобто кількість сприятливих випадків $m=1$.

3. Обчислимо ймовірність за формулою: $P(2)=\frac{1}{6}$.

Розв’язання

1. Загальна кількість можливих результатів (простір елементарних подій) $n=6$ (цифри 1, 2, 3, 4, 5, 6).

2. а) Парні числа серед них: 2, 4, 6. Їх кількість $m=3$. Ймовірність $P=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$.

3. б) Кратні 3 числа: 3, 6. Їх кількість $m=2$. Ймовірність $P=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$.

4. в) Число 7 не є гранню кубика, сприятливих випадків немає ($m=0$). Ймовірність $P=\frac{0}{6}=0$.

Розв’язання

1. Загальна кількість пластинок у стандартному наборі доміно (цифри від 0 до 6) становить $n=\frac{(6+1)(6+2)}{2}=28$.

2. а) Дублями є пластинки: 0-0, 1-1, 2-2, 3-3, 4-4, 5-5, 6-6. Їх кількість $m=7$. Ймовірність $P=\frac{7}{28}=\frac{1}{4}$.

3. б) Пластинки, що не є дублями, — це решта набору. Кількість таких пластинок $m=28-7=21$. Ймовірність $P=\frac{21}{28}=\frac{3}{4}$.

Розв’язання

1. Загальна кількість учнів хору $n=15+12=27$.

2. Кількість сприятливих випадків (хлопців) $m=12$.

3. Ймовірність $P=\frac{12}{27}$. Скорочуємо дріб на 3: $\frac{12÷3}{27÷3}=\frac{4}{9}$.

Розв’язання

1. Порахуй загальну кількість фігур на малюнку: $8+3+14+11+7+12+4+1=60$ фігур.

2. Обери будь-яку подію, наприклад, «обрати трикутник». Порахуй кількість трикутників: $3+7+4=14$.

3. Знайди ймовірність: $\frac{14}{60}=\frac{7}{30}$.

Розв’язання

1. а) День народження може бути будь-яким днем року, тому простір подій — це множина з 365 (або 366) елементів.

2. б) Квадратне рівняння може мати два різні корені, один подвійний корінь або не мати коренів взагалі. Простір подій: $\{2,1,0\}$.

3. в) Коло і гіпербола можуть перетинатися у чотирьох точках, двох точках, бути дотичними (дві точки) або не перетинатися взагалі. Простір подій: $\{4,2,0\}$.

Розв’язання

1. а) У тижні 7 днів, тому ймовірність народження у середу: $\frac{1}{7}$.

2. б) Навесні (березень, квітень, травень) — $31+30+31=92$ дні. Ймовірність: $\frac{92}{365}$ (або $\frac{93}{366}$).

3. в) Вересень має 30 днів. Ймовірність: $\frac{30}{365}$.

4. г) 1 січня — це один день. Ймовірність: $\frac{1}{365}$.

Розв’язання

1. Знайдемо кількість відмінників: $25\%$ від 20 дорівнює $\frac{25}{100}\cdot 20=5$ учнів.

2. Загальна кількість учнів (сприятливі + несприятливі) становить 20.

3. Обчислимо ймовірність: $P=\frac{5}{20}$.

Розв’язання

1. Обчислимо загальну кількість яблук: $4+5=9$.

2. Кількість сприятливих випадків (жовті яблука) — це 5.

3. Ймовірність дорівнює $\frac{5}{9}$.

Розв’язання

1. Знайдемо кількість папірців із написом «так»: $10-2=8$.

2. Загальна кількість папірців — 10.

3. Ймовірність дорівнює $\frac{8}{10}$, що спрощується до $\frac{4}{5}$.

Розв’язання

1. Загальна кількість куль $n=5+7=12$.

2. а) Кількість білих куль $m_1=5$. Ймовірність $P(\text{біла})=\frac{5}{12}$.

3. б) Кількість чорних куль $m_2=7$. Ймовірність $P(\text{чорна})=\frac{7}{12}$.

Розв’язання

1. Першу цифру телефону можна обрати будь-яку з 10 (цифри $0,1,2,\dots ,9$). Отже, загальна кількість випадків $n=10$.

2. Правильний варіант є лише один ($m=1$).

3. Ймовірність правильного набору: $P=\frac{1}{10}$.

Розв’язання

1. Перший мішок: всього 12 куль. Червоних — 4, синіх — 3, жовтих — 5. $P(\text{червона})=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}$; $P(\text{синя})=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}$; $P(\text{жовта})=\frac{5}{12}$.

2. Другий мішок: всього 10 куль. Червоних — 4, синіх — 4, жовтих — 2. $P(\text{червона})=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}$; $P(\text{синя})=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}$; $P(\text{жовта})=\frac{2}{10}=\frac{1}{5}$.

3. Третій мішок: всього 9 куль. Червоних — 3, синіх — 3, жовтих — 3. $P(\text{червона})=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$; $P(\text{синя})=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$; $P(\text{жовта})=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$.

Розв’язання

1. Співвідимо слово «ТОТОЖНІСТЬ» складається з 10 літер (Т-О-Т-О-Ж-Н-І-С-Т-Ь).

2. Літера Т зустрічається 3 рази, О — 2 рази, Н — 1 раз.

3. Обчислюємо ймовірності: а) $P(T)=\frac{3}{10}$; б) $P(O)=\frac{2}{10}=\frac{1}{5}$; в) $P(N)=\frac{1}{10}$.

Розв’язання

1. Загальна кількість двоцифрових чисел $n=99-10+1=90$.

2. Кратні 5 числа утворюють арифметичну прогресію з кроком 5: 10, 15, ..., 95. Кількість таких чисел $m=\frac{95-10}{5}+1=18$.

3. Ймовірність $P=\frac{18}{90}=\frac{1}{5}$.

Розв’язання

1. Запишемо множину всіх двоцифрових чисел: $\{10,11,\dots ,99\}$. Кількість таких чисел дорівнює $99-10+1=90$.

2. Знайдемо числа, у яких цифри однакові (подвійні числа): $11,22,33,44,55,66,77,88,99$. Їх кількість — $9$.

3. Обчислимо ймовірність за формулою: $P=\frac{9}{90}=\frac{1}{10}$.

Розв’язання

1. Загальна кількість натуральних чисел, менших за $25$: це числа від $1$ до $24$. Їх $24$ штук.

2. Перевіримо кожне число на простоту:
   - Прості числа: $2,3,5,7,11,13,17,19,23$.
   - Складені числа ($1$ не є простим): $4,6,8,9,10,12,14,15,16,18,20,21,22,24$.

3. Підрахуємо кількість простих чисел: їх $9$.

4. Обчислимо ймовірність: $P=\frac{9}{24}$. Скоротимо дріб на $3$: $\frac{3}{8}$.

Розв’язання

1. Спочатку у ящику було $10+5=15$ куль.

2. Вийняли одну червону кулю. Залишилось у ящику: $15-1=14$ куль. Кількість жовтих куль не змінилася, їх все ще $5$.

3. Ймовірність витягнути жовту кулю з решти куль дорівнює відношенню кількості жовтих до загальної кількості залишених: $P=\frac{5}{14}$.

Розв’язання

1. Знайдемо загальну кількість учасників: $25+15+10=50$ учнів.

2. Кількість сприятливих подій (учнів з першої школи) дорівнює $25$.

3. Обчислимо ймовірність: $P=\frac{25}{50}=\frac{1}{2}$.

Розв’язання

1. Загальна кількість можливих трамваїв ($n$) дорівнює $4$ (це №1, 3, 4, 9).

2. Кількість сприятливих трамваїв ($m$), які чекає пасажирка, дорівнює $2$ (це №1 і №3).

3. Обчислимо ймовірність: $P=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$.

Розв’язання

1. Обчислимо загальну кількість учасників табору: $16+10+5+5+12+2=50$ осіб.

2. а) Кількість хлопців дорівнює $5+12+2=19$. Ймовірність: $\frac{19}{50}$.

3. б) Кількість дітей, які люблять футбол (сума дівчат і хлопців): $16+5=21$. Ймовірність: $\frac{21}{50}$.

4. в) Кількість дівчат, які люблять теніс: $5$. Ймовірність: $\frac{5}{50}=\frac{1}{10}$.

5. г) Серед усіх дівчат ($16+10+5=31$), кількість тих, хто любить баскетбол — $10$. Ймовірність: $\frac{10}{31}$.

Розв’язання

1. Знайдемо загальну кількість учнів, додавши всі значення в таблиці: $4+5+5+6+4+8=32$ учні.

2. а) Для дівчат з блакитними очима сприятливих випадків 5 (дивись графа «Дівчата», рядок «Блакитні»). Ймовірність: $\frac{5}{32}$.

3. б) Кількість хлопців становить сума значень у стовпці «Хлопці»: $4+5+4=13$. Ймовірність обрати хлопця: $\frac{13}{32}$.

4. в) Для дівчат із зеленими очима сприятливих випадків 8 (стовпець «Дівчата», рядок «Зелені»). Ймовірність: $\frac{8}{32}$, що спрощується до $\frac{1}{4}$.

Розв’язання

1. Визначаємо кількість людей за кожним віковим інтервалом згідно з висотою стовпчиків на малюнку 22.7:
   - $0-10$ років: $2$ людини;
   - $10-20$ років: $4$ людини;
   - $20-30$ років: $6$ людей;
   - $30-40$ років: $10$ людей;
   - $40-50$ років: $17$ людей (стовпчик між 16 і 18);
   - $50-60$ років: $12$ людей;
   - $60-70$ років: $6$ людей;
   - $70-80$ років: $3$ людини.

2. Знаходимо загальну кількість людей, додавши всі значення: $2+4+6+10+17+12+6+3=60$.

3. Сума людей старше 30 років (інтервали $30-40$, $40-50$, $50-60$, $60-70$, $70-80$): $10+17+12+6+3=48$.

4. Знаходимо загальну кількість людей у кожному інтервалі, помножену на середнє значення віку в цьому інтервалі (наприклад, для $0-10$ беремо $5$, для $10-20$ — $15$ тощо), щоб знайти сумарний вік:
   - $0-10$: $2\cdot 5=10$;
   - $10-20$: $4\cdot 15=60$;
   - $20-30$: $6\cdot 25=150$;
   - $30-40$: $10\cdot 35=350$;
   - $40-50$: $17\cdot 45=765$;
   - $50-60$: $12\cdot 55=660$;
   - $60-70$: $6\cdot 65=390$;
   - $70-80$: $3\cdot 75=225$.
   Сума віків: $10+60+150+350+765+660+390+225=2610$.
   Середнє арифметичне: $\frac{2610}{60}=43,5$ років.

5. Для інтервалу $20-30$ кількість людей $6$, що становить $\frac{6}{60}\cdot 100\%=10\%$. Для інтервалу $40-50$ кількість $17$, що становить $\approx 28,3\%$. Сума для інтервалів $30-40$ ($10$) та $40-50$ ($17$) дає $27$ людей ($45\%$). Інтервал $20-30$ ($6$) + $30-40$ ($10$) = $16$ ($26,6\%$). Перевіримо інтервал $40-50$: $17/60\approx 28,3\%$. Інтервал $30-40$: $10/60\approx 16,6\%$. Сума $30-40$ та $40-50$: $27/60=45\%$. Інтервал $20-30$: $6/60=10\%$. Інтервал $10-20$: $4/60\approx 6,6\%$. Інтервал $0-10$: $2/60\approx 3,3\%$.
   Шукаємо інтервал з частотою близько $20\%$ ($12$ людей). Це сума інтервалів $40-50$ ($17$) та частини іншого? Ні, треба точний інтервал. Перевіримо: $12$ людей — це $20\%$ від $60$. У нас немає стовпчика висотою $12$, окрім інтервалу $50-60$. Отже, віковий інтервал $50-60$ років містить $20\%$ населення.
   (Примітка: Якщо розглядати сусідні інтервали, то $30-40$ ($10$) + частина $40-50$ не дає круглого числа. Найближче ціле — інтервал $50-60$).

Розв’язання

1. Визначаємо кількість сприятливих білетів (виграш $\ge 100$ грн):
   - $1$ білет з виграшем $1000$ грн;
   - $10$ білетів з виграшем $200$ грн;
   - $50$ білетів з виграшем $100$ грн.
   Загальна кількість сприятливих білетів: $1+10+50=61$.

2. Загальна кількість білетів становить $1000$.

3. Обчислюємо ймовірність: $P=\frac{61}{1000}=0,061$.

Розв’язання

1. Визначаємо кількість сприятливих випадків (деталі першого або другого сорту):
   - Деталей першого сорту: $75$;
   - Деталей другого сорту: $15$.
   Сума: $75+15=90$ деталей.

2. Загальна кількість деталей у партії: $100$.

3. Обчислюємо ймовірність: $P=\frac{90}{100}=\frac{9}{10}=0,9$.

Розв’язання

1. Запишемо всі можливі номери карток: $\{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10\}$. Загальна кількість випадків $n=10$.

2. Знайдемо числа, які є більшими за 3 і меншими за 7: це числа $\{4,5,6\}$. Кількість сприятливих випадків $m=3$.

3. Обчислимо ймовірність: $P=\frac{3}{10}$.

Розв’язання

1. Розглянемо випадок а): числа, кратні 3 у межах від 1 до 15: $3,6,9,12,15$. Їх кількість $m_a=5$. Загальна кількість карток $n=15$. Ймовірність $P_a=\frac{5}{15}=\frac{1}{3}$.

2. Розглянемо випадок б): числа, кратні 4 у межах від 1 до 15: $4,8,12$. Їх кількість $m_b=3$. Загальна кількість карток $n=15$. Ймовірність $P_b=\frac{3}{15}=\frac{1}{5}$.

Розв’язання

1. Загальна кількість жетонів $n=30$.

2. Знайдемо числа, що містять цифру 6: це $6,16,26$. Також треба перевірити число 60, але воно не входить у діапазон до 30. Отже, сприятливих чисел (без цифри 6) менше на 3. Кількість жетонів без цифри 6: $m=30-3=27$.

3. Обчислимо ймовірність: $P=\frac{27}{30}$. Спростимо дріб, поділивши чисельник і знаменник на 3: $\frac{9}{10}$.

Розв’язання

1. Загальна кількість пачок $n=56$. Кількість пачок зі смаком паприки $m_1=30$, зі смаком бекону $m_2=56-30=26$.

2. Подія 1 (бекон): $P_1=\frac{26}{56}=\frac{13}{28}$. Це відповідає варіанту В.

3. Подія 2 (паприка): $P_2=\frac{30}{56}=\frac{15}{28}$. Це відповідає варіанту А.

4. Подія 3 (будь-які чіпси): $P_3=\frac{56}{56}=1$. Це відповідає варіанту Г.

5. Подія 4 (сухаріки з хріном): таких пачок немає, тому $P_4=0$. Це відповідає варіанту Д.

Розв’язання

1. Позначимо множину науковців, що знають англійську, як $A$ ($|A|=90$), а німецьку — як $B$ ($|B|=85$). Перетин множин (знають обидві мови) дорівнює 80.

2. Знайдемо кількість науковців, що володіють хоча б однією мовою: $90+85-80=95$.

3. Кількість науковців, що не знають жодної мови, дорівнює загальній кількості мінус ті, хто знає хоча б одну: $100-95=5$.

4. Обчислимо ймовірності: а) $P(A\cup B)=\frac{95}{100}=0,95$; б) $P(\text{нічого не знають})=\frac{5}{100}=0,05$.

Розв’язання

1. Загальна кількість пластинок доміно дорівнює $\frac{7\cdot 8}{2}=28$.

2. а) Знайдемо пари чисел, сума яких дорівнює 9: $(2;7),(3;6),(4;5)$ та їх перестановки, а також $(0;9)$ не існує, бо на доміно максимум 6. Правильні пари для суми 9: $(3;6),(4;5),(5;4),(6;3)$. Також є пара $(2;7)$? Ні, максимальне число — 6. Перевіримо: $3+6=9$, $4+5=9$, $5+4=9$, $6+3=9$. Ще є $(0;9)$ — немає. А що з $(1;8)$? Немає. Залишаються пари $(2,7)$ — немає. Перевіримо ще раз: суми 9 дають пари $(3,6),(4,5),(5,4),(6,3)$. Це 4 пластинки.
   Виправлення: На доміно числа від 0 до 6. Суми: $0+9$ (неможливо), $1+8$ (неможливо), $2+7$ (неможливо), $3+6=9$, $4+5=9$. Отже, пари $(3,6),(6,3),(4,5),(5,4)$. Разом 4 пластинки.
   Але: чи є інші? $0+9$ ні. $1+8$ ні. $2+7$ ні. Тільки $3+6$ і $4+5$. Отже, 4 пластинки.
   Перевірка: Можливо я помиляюсь у загальній кількості? Ні, 28 вірно.
   Ще раз: Суми очок: $0+1=1\dots 6+6=12$.
   Сума 9: $(3,6),(4,5),(5,4),(6,3)$. Кількість — 4.
   Ймовірність: $\frac{4}{28}=\frac{1}{7}$.

3. б) Більш ніж 9 очок (сума 10, 11, 12):
   Сума 10: $(4,6),(5,5),(6,4)$ — 3 пластинки.
   Сума 11: $(5,6),(6,5)$ — 2 пластинки.
   Сума 12: $(6,6)$ — 1 пластинка.
   Разом: $3+2+1=6$ пластинок.
   Ймовірність: $\frac{6}{28}=\frac{3}{14}$.

4. в) Менш ніж 9 очок (сума від 0 до 8):
   Загальна кількість 28. Віднімемо ті, що мають суму $\ge 9$ (тобто 4 для пункту а і 6 для пункту б). $28-4-6=18$.
   Або порахуємо: Суми 0 ($0,0$ — 1), 1 ($0,1;1,0$ — 2), 2 ($0,2;1,1;2,0$ — 3), 3 ($0,3;1,2;2,1;3,0$ — 4), 4 ($0,4;1,3;2,2;3,1;4,0$ — 5), 5 ($0,5;1,4;2,3;3,2;4,1;5,0$ — 6), 6 ($0,6;1,5;2,4;3,3;4,2;5,1;6,0$ — 7), 7 ($1,6;2,5;3,4;4,3;5,2;6,1$ — 6), 8 ($2,6;3,5;4,4;5,3;6,2$ — 5).
   Сума: $1+2+3+4+5+6+7+6+5=39$. Це неправильно.
   Давайте використаємо доповнення: $28-(\text{сума }\ge 9)$. Сума $\ge 9$ це сума 9 (4 шт), 10 (3 шт), 11 (2 шт), 12 (1 шт). Разом $4+3+2+1=10$.
   Отже, менш ніж 9 очок: $28-10=18$.

Розв’язання

1. Загальна кількість клітинок на дошці $4\times 4$ дорівнює 16. На малюнку заклеєно 12 стікерів (3 синіх, 2 зелених, 3 жовтих, 3 фіолетових, 1 червоний). Залишається $16-12=4$ клітинки.

2. Позначимо кількість синіх стікерів на малюнку як $n_{син}=3$. Нехай $x$ — кількість додаткових синіх стікерів, які треба заклеїти. Тоді загальна кількість синіх стікерів буде $3+x$.

3. За умовою а) ймовірність обрати синій стікер має бути $\frac{3}{8}$. Отже: $\frac{3+x}{16}=\frac{3}{8}$. Звідси $3+x=6$, тобто $x=3$. Треба заклеїти ще 3 сині стікери.

4. Для умови б) нехай $y$ — кількість додаткових жовтих, а $z$ — фіолетових. Загальна кількість жовтих буде $3+y$, фіолетових $3+z$. Ймовірність обрати жовтий: $\frac{3+y}{16}$, фіолетовий: $\frac{3+z}{16}$. Умова: $\frac{3+y}{16}=2\cdot \frac{3+z}{16}$. Оскільки $x+y+z=4$, можна знайти конкретні числа (наприклад, якщо взяти 2 жовтих і 2 фіолетових, то ймовірності будуть $\frac{5}{16}$ і $\frac{5}{16}$, що не підходить. Спробуємо: $3+y=6+2z$. Якщо $z=0$, то $y=3$ (разом 4 стікери). Перевірка: жовтих буде 6, фіолетових 3. $\frac{6}{16}=\frac{3}{8}$, $\frac{3}{16}$. Співвідношення $\frac{3}{8}:\frac{3}{16}=2:1$. Підходить).

Розв’язання

1. Позначимо кількість синіх ручок через $x$. Загальна кількість ручок дорівнює $3+x$.

2. Сприятливих випадків (витягнути зелену) є 3. За умовою ймовірність дорівнює $0,25$, тобто $\frac{1}{4}$.

3. Складемо рівняння: $\frac{3}{3+x}=\frac{1}{4}$. Розв'язуємо його: $3\cdot 4=1\cdot (3+x)\Rightarrow 12=3+x\Rightarrow x=9$.

Розв’язання

1. Позначимо кількість зошитів у клітинку через $y$. Загальна кількість зошитів дорівнює $5+y$.

2. Сприятливих випадків (витягнути зошит у клітинку) є $y$. Ймовірність дорівнює $0,75$, що дорівнює $\frac{3}{4}$.

3. Складемо рівняння: $\frac{y}{5+y}=\frac{3}{4}$. Розв'язуємо його: $4y=3(5+y)\Rightarrow 4y=15+3y\Rightarrow y=15$.

Розв’язання

1. Загальна кількість білетів $N=300$. Ймовірність виграшу $P=0,2$.

2. Кількість виграшних білетів дорівнює $300\cdot 0,2=60$.

3. Кількість білетів без виграшу (програш) дорівнює $300-60=240$.

Розв’язання

1. Нехай кількість олівців дорівнює $x$. Тоді кількість ручок дорівнює $x+12$. Загальна кількість предметів у шухляді становить $x+(x+12)=2x+12$.

2. За умовою ймовірність вибрати ручку дорівнює $\frac{x+12}{2x+12}=\frac{5}{8}$. Складемо пропорцію: $8(x+12)=5(2x+12)$.

3. Розкриємо дужки: $8x+96=10x+60$. Перенесемо змінні та числа: $96-60=10x-8x$, отже, $36=2x$.

4. Знайдемо $x$: $x=18$. Кількість олівців дорівнює 18. Перевірка: ручок буде $18+12=30$. Загальна кількість $18+30=48$. $\frac{30}{48}=\frac{5}{8}$ — умова виконується.

Розв’язання

1. Запишемо вираз для ймовірності події «витягнути цукерку з молочного шоколаду»: $P=\frac{3}{3+m}$.

2. За умовою цієї ймовірність менша за $0,25$: $\frac{3}{3+m}<0,25$.

3. Перетворимо нерівність: $\frac{3}{3+m}<\frac{1}{4}$. Оскільки $m>0$, знаменник додатний, множимо на $4(3+m)$: $12<3+m$.

4. Знайдемо $m$: $m>12-3$, тобто $m>9$. Найменше ціле значення, яке більше за 9, це 10.

Розв’язання

1. Загальна кількість кубиків $N=125$.

2. а) Кутові кубики мають три пофарбовані грані. У великому кубі 8 кутів, тому таких малих кубиків 8. Ймовірність: $\frac{8}{125}$.

3. б) Кубики з двома пофарбованими гранями знаходяться на ребрах (не в кутових). Великий куб має 12 ребер, на кожному ребрі $5-2=3$ таких кубика. Загальна кількість: $12\times 3=36$. Ймовірність: $\frac{36}{125}$.

4. в) Кубики з однією пофарбованою гранню знаходяться у центрах граней. Великий куб має 6 граней, на кожній $5\times 5-(2\times 2+4\times 1+1)=25-9=16$ таких кубиків (або просто $(5-2{)}^2=3^2=9$). Загальна кількість: $6\times 9=54$. Ймовірність: $\frac{54}{125}$.

Розв’язання

1. Загальна кількість маленьких кубиків $n=1000$. Великий кубик має розмір $10\times 10\times 10$ (оскільки $10^3=1000$).

2. Знайдемо кількість кубиків з трьома пофарбованими гранями (кути великого кубика): їх завжди $8$.

3. Знайдемо кількість кубиків з двома пофарбованими гранями (ребра великого кубика): на кожному ребрі $10$ кубиків, але куткові враховані, тому залишається $10-2=8$. У куба $12$ ребер, отже $12\times 8=96$.

4. Знайдемо кількість кубиків з однією пофарбованою гранню (грані великого кубика): на кожній грані розміром $10\times 10$ залишається центральна частина $(10-2)\times (10-2)=8\times 8=64$. У куба $6$ граней, отже $6\times 64=384$.

5. Перевірка: $8+96+384+(\text{внутрішні }8\times 8\times 8=512)=1000$. Все вірно.
   а) Принаймні одна грань — це сума кубиків з 1, 2 та 3 гранями: $8+96+384=488$. Ймовірність $P_{а}=\frac{488}{1000}=0,488$.
   б) Тільки дві грані — це кількість ребрових кубиків: $96$. Ймовірність $P_{б}=\frac{96}{1000}=0,096$.

Розв’язання

1. Знайдемо кількість випадків, коли на обох кубиках немає шістки (тобто випали числа 1–5). Це $5\times 5=25$ випадків.

2. Віднімемо кількість несприятливих випадків від загальної кількості: $36-25=11$. Отже, сприятливих випадків 11.

3. Обчислимо ймовірність за формулою $P(A)=\frac{m}{n}$, де $m=11$, $n=36$.

Розв’язання

1. Загальна кількість елементарних подій $n=4$.

2. Для події а): сприятливих випадків (один герб і одна решка) — це (герб, решка) та (решка, герб), тобто $m_A=2$. Ймовірність $P(A)=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$.

3. Для події б): сприятливими є випадки з хоча б одним гербом: (герб, герб), (герб, решка), (решка, герб). Кількість таких випадків $m_B=3$. Ймовірність $P(B)=\frac{3}{4}$.

Розв’язання

1. Знайдемо частоту бракуваних деталей: $\frac{5}{500}=\frac{1}{100}$. Це означає, що приблизно 1 деталь з 100 є бракованою.

2. Обчислимо кількість бракованих деталей у партії з 3500 штук, помноживши загальну кількість на частку: $3500\times \frac{1}{100}=35$.

Розв’язання

1. Перелічимо всі можливі варіанти народження трьох дітей (Х — хлопчик, Д — дівчинка): ХХХ, ХХД, ХДХ, ХДД, ДХХ, ДХД, ДДХ, ДДД. Всього $8$ випадків.

2. Оцінимо кількість хлопчиків і дівчаток у кожному випадку:
   - 3 хлопчики (1 варіант);
   - 2 хлопчики, 1 дівчинка (3 варіанти: ХХД, ХДХ, ДХХ);
   - 1 хлопець, 2 дівчаток (3 варіанти: ХДД, ДХД, ДДХ);
   - 0 хлопчиків, 3 дівчаток (1 варіант).

Розв’язання

1. а) Розрахунок частоти для кожної серії ($n=100$):
   - Серія 1: $\frac{69}{100}=0,69$.
   - Серія 2: $\frac{64}{100}=0,64$.
   - Серія 3: $\frac{72}{100}=0,72$.
   - Серія 4: $\frac{78}{100}=0,78$.
   - Серія 5: $\frac{65}{100}=0,65$.

2. б) Перші $300$ пострілів (серії 1–3): Всього влучень $69+64+72=205$. Частота: $\frac{205}{300}\approx 0,68$.

3. в) Останні $300$ пострілів (серії 3–5): Всього влучень $72+78+65=215$. Частота: $\frac{215}{300}\approx 0,72$.

4. г) Всі $500$ пострілів (серії 1–5): Всього влучень $69+64+72+78+65=348$. Частота: $\frac{348}{500}=0,696\approx 0,70$.

Розв’язання

1. $f(0,1)=-5\cdot 0,1+3=-0,5+3=2,5$.

2. $f(-2,5)=-5\cdot (-2,5)+3=12,5+3=15,5$.

3. $f(-10)=-5\cdot (-10)+3=50+3=53$.

4. $f(0,3)=-5\cdot 0,3+3=-1,5+3=1,5$.

5. $f(-1,2)=-5\cdot (-1,2)+3=6+3=9$.

Розв’язання

1. Перенесемо всі доданки в одну частину нерівності (праву): $3x^2-x^2-8x-8>0$.

2. Спростимо вираз: $2x^2-8x-8>0$.

3. Поділимо обидві частини на 2 (знак нерівності не змінюється): $x^2-4x-4>0$.

4. Знайдемо корені квадратного рівняння $x^2-4x-4=0$ за формулою дискримінанта: $D=(-4{)}^2-4\cdot 1\cdot (-4)=16+16=32$.

5. Корені: $x_{1,2}=\frac{4\pm \sqrt{32}}{2}=\frac{4\pm 4\sqrt{2}}{2}=2\pm 2\sqrt{2}$. Отже, корені дорівнюють $2-2\sqrt{2}$ і $2+2\sqrt{2}$.

6. Оскільки коефіцієнт при $x^2$ додатний ($1>0$), парабола розкривається вгору, тому нерівність виконується за межами коренів.

Розв’язання

1. Розкриємо дужки в нерівності а): $3x^2+9x-x-3>x+5x^2$.

2. Спростимо: $3x^2+8x-3>x+5x^2$, тобто $-2x^2+7x-3>0$. Помножимо на $-1$ і змінимо знак нерівності: $2x^2-7x+3<0$.

3. Знайдемо корені рівняння $2x^2-7x+3=0$: $D=(-7{)}^2-4\cdot 2\cdot 3=49-24=25$. Корені: $x_{1,2}=\frac{7\pm 5}{4}$. Отже, $x_1=\frac{2}{4}=0,5$, $x_2=\frac{12}{4}=3$.

4. Оскільки коефіцієнт при $x^2$ у початковому вигляді був від'ємний ($-2<0$), нерівність виконується між коренями: $0,5<x<3$.

5. Розв'язуємо нерівність б) (як у завданні 1205): $x^2-4x-4>0$ (після перенесення всіх доданків вправо). Корені: $2\pm 2\sqrt{2}$. Розв'язок: $x<2-2\sqrt{2}$ або $x>2+2\sqrt{2}$.

Розв’язання

1. Для функції а) $y=|x^2-x|$: знайдемо нулі виразу всередині модуля: $x(x-1)=0$, отже, точки перетину з віссю $Ox$ — це $0$ і $1$.
   Якщо $x\le 0$ або $x\ge 1$, то $x^2-x\ge 0$, тому графік — це парабола $y=x^2-x$.
   Якщо $0<x<1$, то $x^2-x<0$, тому графік — це парабола $y=-(x^2-x)=-x^2+x$ (відображена відносно осі $Ox$).
   Графік складається з двох гілок параболи, що йдуть вгору, і «впуклого» сегмента між $0$ та $1$.

2. Для функції б) $y=x^2-|x|$: розглянемо випадки.
   Якщо $x\ge 0$, то $y=x^2-x$. Це парабола з вершиною в $(0,5;-0,25)$, що проходить через початок координат.
   Якщо $x<0$, то $|x|=-x$, отже $y=x^2-(-x)=x^2+x$. Це парабола з вершиною в $(-0,5;-0,25)$, що також проходить через початок координат.
   Графік симетричний відносно осі $Oy$ і має форму «двох гілок», що розходяться вгору з мінімумом у точках $(\pm 0,5;-0,25)$.

Розв’язання

1. Перший розряд (десятки) може бути зайнятий цифрою 5 або 6 (2 варіанти).

2. Другий розряд (одиниці) також може бути зайнятий цифрою 5 або 6 (2 варіанти).

3. Загальна кількість чисел дорівнює добутку кількості варіантів для кожного розряду: $2\times 2=4$.

Розв’язання

1. Загальна кількість можливих чисел (від 1 до 20) дорівнює 20.

2. Дільниками числа 20 серед цих чисел є: 1, 2, 4, 5, 10, 20. Їх кількість — 6.

3. Ймовірність $P=\frac{6}{20}=0,3$. Переведемо в відсотки: $0,3\times 100\%=30\%$.

Розв’язання

1. Цілі числа починаються з -9 і закінчуються на 19.

2. Сума першого і останнього числа: $-9+19=10$.

3. Середнє арифметичне дорівнює $\frac{10}{2}=5$.

Розв’язання

1. Підрахуємо кількість повторень кожної температури: $5^{\circ }$ — 1 раз, $6^{\circ }$ — 2 рази, $7^{\circ }$ — 2 рази, $8^{\circ }$ — 5 разів.

2. Порівнюємо частоти: число $8^{\circ }$ зустрічається найчастіше (5 разів), тому воно і є модою.

Розв’язання

1. Спочатку впорядкуємо числа за зростанням: $1,1,3,3,5,7,7,7,8$.

2. Оскільки кількість чисел непарна ($n=9$), медіаною є число на середині (п'яте за рахунком).

Розв’язання

1. Кількість способів обрати один пиріжок із сиром дорівнює 5.

2. Кількість способів обрати один пиріжок з вишнями дорівнює 3.

3. За правилом множення кількість загальних способів дорівнює $5\cdot 3=15$.

Розв’язання

1. Невірогідна (неможлива) подія — це така, яка ніколи не відбувається. Її ймовірність дорівнює нулю.

2. Перевіримо варіанти: $P(X)=1$ — достовірна подія; $P(X)=-1$ — ймовірність не може бути від'ємною; $0<P(X)<1$ — випадкова подія.

3. Отже, правильний варіант — коли ймовірність дорівнює 0.

Розв’язання

1. Кількість друзів $n=8$.

2. Один друг відправляє візитівки всім іншим, тобто $8-1=7$ друзям.

3. Загальна кількість візитівок дорівнює $8\cdot 7=56$.

Розв’язання

1. Запишемо слово і порахуємо літери: М, А, Т, Е, М, А, Т, И, К, А.

2. Загальна кількість букв $n=10$.

3. Літера «А» зустрічається тричі (МАТЕМАТИКА). Отже, сприятливих випадків $m=3$.

4. Обчислимо ймовірність: $P=\frac{3}{10}=0,3$.

Розв’язання

1. Знайдемо загальну кількість цукерок у пакунку, додавши кількість цукерок обох видів: $10+15=25$.

2. Визначимо кількість сприятливих випадків — це кількість цукерок «Білочка», яка дорівнює 10.

3. Обчислимо ймовірність за формулою $\frac{N_{сприятлива}}{N_{загальна}}$: $P=\frac{10}{25}$.

4. Спростимо дріб, поділивши чисельник і знаменник на 5: $\frac{10}{25}=\frac{2}{5}$.

5. Переведемо дріб у десятковий вигляд: $2:5=0,4$.

Розв’язання

1. Знайдемо загальну кількість цукерок: $20+80=100$.

2. Кількість сприятливих випадків (сині цукерки) дорівнює 20.

3. Обчислимо ймовірність: $P=\frac{20}{100}=\frac{1}{5}$.

Розв’язання

1. Кількість варіантів для футболки — 4.

2. Кількість варіантів для шортів — 3.

3. Загальна кількість наборів дорівнює добутку: $4\cdot 3=12$.

Розв’язання

1. Знайдемо загальну суму витрат за три місяці: $188+170+182=540$.

2. Поділимо цю суму на кількість місяців (3): $\frac{540}{3}=180$.

Розв’язання

1. Впорядкуємо вибірку за зростанням: $3,4,5,5,6,6,7,7,7,8$.

2. Знайдемо моду ($Mo$): число $7$ зустрічається тричі (найчастіше), отже мода дорівнює $7$.

3. Знайдемо медіану ($Me$): кількість чисел $n=10$ (парне). Беремо середні числа за номерами 5 і 6, тобто $6$ і $6$. Медіана дорівнює $\frac{6+6}{2}=6$.

4. Знайдемо середнє значення ($\bar{x}$): сума чисел $(3+4+5+5+6+6+7+7+7+8)=58$. Ділимо на кількість елементів $10$: $\frac{58}{10}=5,8$.

Розв’язання

1. Обчислимо кількість білетів з виграшем понад $200$ грн: $2\cdot 5000+10\cdot 1000=20000$. Ймовірність $P_1=\frac{20000}{100000}=0,2$.

2. Обчислимо кількість білетів з виграшем не менше $200$ грн: додаємо білети з призом $200$ грн ($50\cdot 200=10000$). Разом $20000+10000=30000$. Ймовірність $P_2=\frac{30000}{100000}=0,3$.

3. Обчислимо ймовірність витягнути будь-який виграшний білет: $P_3=\frac{662}{100000}=0,00662$.

Розв’язання

1. Загальна кількість можливих випадків — це кількість днів у році, тобто $n=365$.

2. а) Кратні 10 числа в році (10, 20, ..., 360): їх 36 штук ($360÷10$).
   Ймовірність: $\frac{36}{365}$.

3. б) Число, яке дорівнює 29, зустрічається у кожному місяці один раз (січень, лютий, березень...), тобто $12$ разів.
   Ймовірність: $\frac{12}{365}$.

Розв’язання

1. а) Для сотень можна вибрати будь-яку цифру крім 0 (5 варіантів). Для десятків і одиниць — будь-яку з решти 4 цифр без повторення. Кількість чисел: $5\cdot 4\cdot 3=60$.

2. б) Для сотень 5 варіантів (не 0), для десятків і одиниць по 5 варіантів (з повторенням). Кількість чисел: $5\cdot 5\cdot 5=125$.

3. в) Перший розряд фіксований як 5. Для другого і третього розряду маємо 4 цифри без повторення. Кількість чисел: $1\cdot 4\cdot 3=12$.

4. г) Парне число закінчується на парну цифру. З наведеного набору парних цифр немає (0 — єдина парна). Отже, числа мають закінчуватися на 0. Для сотень маємо 4 варіанти (3,5,7,9), для десятків 5 варіантів (включаючи 0), для одиниць тільки 1 варіант (0). Кількість чисел: $4\cdot 5\cdot 1=20$.

Розв’язання

1. Загальна кількість квіток дорівнює $6+x$. Сприятливих випадків — вибір тюльпана, їх $x$.

2. За умовою $\frac{x}{6+x}=\frac{3}{5}$.

3. Розв'язуємо рівняння: $5x=3(6+x)\Rightarrow 5x=18+3x\Rightarrow 2x=18\Rightarrow x=9$.

Розв’язання

1. а) Розглядаємо 4 літературні книги як один блок $L$ і 3 математичні як один блок $M$. Маємо 2 об'єкти ($L,M$), які можна переставити $2!=2$ способами. Всередині блоку книги розставляються: для літератури $4!=24$, для математики $3!=6$. Загальна кількість способів: $2\cdot 24\cdot 6=288$.

2. б) Загальна кількість способів розставити всі книги без обмежень: $(4+3)!=7!=5040$. Віднімемо від цього кількість випадків, коли книги одного предмета стоять поруч (знайдене в пункті а). Кількість способів: $5040-288=4752$.

Розв’язання

1. Розглянемо цілісні властивості (кількість предметів):
   - а) 900 учнів — точна кількість людей.
   - г) 60 вагонів — точна кількість одиниць транспорту.
   - д) 113 клавіш і 87 клавіш — точна кількість фізичних елементів.
   - є) $75\cdot 10^{108}$ особин — це оцінка (прогноз), тому що виміряти кожну клітинку неможливо, але в контексті біології такі великі числа часто вважають наближеними оцінками. Однак, якщо це теоретичний розрахунок за моделлю — точне число для моделі. Але згідно з текстом про «наближені обчислення», фізичні величини (маса, прискорення) є наближеними. Великі числа біології часто є оцінками.
   - ж) 9 компонентів — точна кількість інгредієнтів у рецепті.

2. Розглянемо фізичні величини та вимірювання:
   - б) маса Місяця ($7,35\cdot 10^{22}$ кг) — наближене значення, оскільки вимірюється з похибкою.
   - в) площа басейну ($600{\text{м}}^2$) — наближене значення, бо площу неможливо виміряти абсолютно точно.
   - ґ) прискорення вільного падіння ($9,8{\text{м/с}}^2$) — наближене значення (прийняте для розрахунків).
   - є) стрибок імпали ($7,5\text{м}$) та кенгуру ($12\text{м}$) — наближені значення, оскільки це результат вимірювання.

Розв’язання

1. Точне значення дробу: $\frac{2}{3}=0,6666\dots$ (періодична десяткова дріб).

2. Знайдемо абсолютну похибку наближення $0,6667$: $|0,6666\cdots -0,6667|=|0,6666\cdots -0,66670|\approx 0,000033\dots$. Оскільки ми округлили до чотирьох знаків, межа похибки становить $0,5\cdot 10^{-4}=0,00005$.

3. Знайдемо наближене значення з точністю до тисячних (три знаки після коми): округлимо $0,6666\dots$ до трьох знаків $\to 0,667$.

4. Межа абсолютної похибки для цього запису: $0,5\cdot 10^{-3}=0,0005$.

Розв’язання

1. Переводимо швидкість: $34,5\cdot 3,6=124,2\text{км/год}$.

2. Округлюємо результат до цілих: $124,2$ округляється до $124$.

3. Знаходимо абсолютну похибку наближення при округленні до цілих: вона дорівнює $0,5\text{км/год}$.

Розв’язання

1. Відносна похибка товщини волосини: $\frac{0,005}{0,15}=\frac{5}{150}=\frac{1}{30}\approx 0,033$ (або $3,3\%$).

2. Відносна похибка діаметра Сонця: $\frac{1000}{1392000}=\frac{1}{1392}\approx 0,00072$ (або $0,072\%$).

3. Порівнюємо значення: $0,00072<0,033$. Оскільки відносна похибка для Сонця значно менша, вимірювання діаметра Сонця є точнішим.

Розв’язання

1. Знайдемо радіус стовбура: $R=\frac{d}{2}=\frac{57}{2}=28,5$ см.

2. Обчислимо площу за формулою $S=\pi R^2$. Використаємо наближення $\pi \approx 3,14$: $S\approx 3,14\cdot (28,5{)}^2=3,14\cdot 812,25=2550,465$ см${}^2$.

3. Перевіримо правило підрахунку цифр. Число $d=57$ має дві значущі цифри, отже результат також має мати дві значущі цифри. Число $2550,465$ має чотири значущі цифри (або більше), що є надмірним. Округлимо до двох значущих цифр: $2600$ см${}^2$.

Розв’язання

1. Обчислимо суму основ: $a+b=1,7+0,43=2,13$.

2. Знайдемо середнє арифметичне основ (висоту трапеції): $\frac{2,13}{2}=1,065$.

3. Обчислимо площу: $S=1,065\cdot 0,841\approx 0,895665$.

4. Визначимо кількість значущих цифр для округлення. Найменша кількість значущих цифр у даних — дві (у числах $1,7$ та $0,43$). Отже, результат має мати дві значущі цифри.

5. Округлимо $0,895665$ до двох значущих цифр: перша значуща — 8, друга — 9 (переходимо на наступну цифру 5, тому округлюємо вгору). Отримуємо $0,90$.