День 02 23 августа, воскресенье ВероятностьProbability

Вероятность как доляProbability as a fraction of the whole

Модель исхода, два разреза (несовместные и независимые), мера вместо счёта и аргумент симметрииModel the outcome, make two kinds of split (mutually exclusive and independent), use measure instead of counting, and exploit symmetry

0% дня закрыто · решено задач 16 из 16

цель дня

К вечеру ты по тексту задачи за полминуты называешь, чем задаётся исход — конечным списком, одним числом на отрезке, парой чисел в квадрате или точкой на окружности, — и выбираешь между четырьмя ходами: сложить несовместные, перемножить независимые, посчитать дополнение, сослаться на симметрию. Проверка — четыре финальные задачи ниже, одна из них под таймером.

By evening, you should be able to read a problem and say within half a minute what determines the outcome—a finite list, one number on an interval, a pair of numbers in a square, or a point on a circle—and choose among four moves: add mutually exclusive cases, multiply independent parts, count the complement, or invoke symmetry. Check yourself on the four final problems below; one is timed.

Самостоятельные задачи

К концу дня нужно уметь решать эти задачи самостоятельно, без подсказок.

Y0201Уровень YMLS✓Пятнадцать независимых кубиков: увидеть, что «ни на одном» — это уже само противоположное событие, и превратить его в произведениеFifteen independent dice: recognize that “none of them” is already the complementary event and turn it directly into a productк задаче →Y0202Уровень YMLS✓Пара равномерных чисел: превратить условие на модуль разности в полосу внутри квадрата и посчитать её через дополнениеA pair of uniform numbers: turn a condition on their difference into a strip inside a square and count it by the complementк задаче →Y0203Уровень YMLS✓Задача о встрече: превратить «ждёт 15 минут» в ту же полосу и сделать это под таймером — это мини-тест дняThe meeting problem: turn “waits 15 minutes” into the same strip under a timer—the day’s mini-testк задаче →Y0204Уровень YMLS✓Три точки на отрезке: получить ответ из равновозможности шести порядков, без единого интегралаThree points on an interval: obtain the answer from the six equally likely orders, without a single integralк задаче →

Мост · что нужно вспомнить

Вчера ты научился считать «сколько». Сегодня оба вчерашних числа становятся числителем и знаменателем одной дроби — и на этом связь не заканчивается.

Приём «считай запрещённое» переезжает из счёта в вероятность почти без изменений: там было $N_{\text{всего}} - N_{\text{плохих}}$, здесь будет $1 - \P(\text{плохого})$. Формула включений и исключений переезжает тоже, слово в слово, только с $\P$ вместо мощности множества.

А вот вчерашний инструмент, который сегодня сломается, — это сам счёт. Во второй половине дня исходов станет бесконечно много: точка на отрезке, момент прихода, точка на окружности. Перебирать там нечего, и вместо числа исходов придётся брать длину, площадь или длину дуги. Так устроены три из четырёх сегодняшних задач уровня YMLS: исключение только пятнадцать кубиков, они остаются дискретными.

Yesterday you learned to count “how many.” Today those two numbers become the numerator and denominator of one fraction—and the connection goes further.

The “count the forbidden cases” technique moves from counting to probability almost unchanged: yesterday it was $N_{\text{total}}-N_{\text{bad}}$, today it is $1-\P(\text{bad})$. Inclusion–exclusion moves over too, word for word, with $\P$ in place of set cardinality.

The tool from yesterday that breaks today is counting itself. In the second half of the day there will be infinitely many outcomes: a point on an interval, an arrival time, a point on a circle. There is nothing to enumerate, so replace the number of outcomes with length, area, or arc length. Three of today’s four YMLS-level problems work this way; only the fifteen dice remain discrete.

Вспомни вслух, до открытия конспектов:

Вероятность события — число от 0 до 1: у невозможного 0, у достоверного 1The probability of an event is between 0 and 1: 0 for an impossible event and 1 for a certain event
Классическая схема: $\P(A) = |A| / |\Omega|$, и она верна только при равновозможных исходахClassical model: $\P(A)=|A|/|\Omega|$, valid only when outcomes are equally likely
Дополнение: $\P(\bar A) = 1 - \P(A)$Complement: $\P(\bar A)=1-\P(A)$
Монотонность: если $A \subset B$, то $\P(A) \le \P(B)$Monotonicity: if $A \subset B$, then $\P(A) \le \P(B)$
Включения-исключения: $\P(A \cup B) = \P(A) + \P(B) - \P(A \cap B)$Inclusion–exclusion: $\P(A \cup B)=\P(A)+\P(B)-\P(A \cap B)$
Из вчерашних четырёх счётов сегодня нужны два: $n^k$ — слова длины $k$ из алфавита в $n$ букв, и $\binom{n}{k}$ — выбор $k$ объектов из $n$ без порядка и без повторовOf yesterday’s four counts, today needs two: $n^k$ for length-$k$ words over an $n$-letter alphabet, and $\binom{n}{k}$ for choosing $k$ objects from $n$ without order or repetition
Модуль как двойное неравенство: $|u| \le t$ равносильно $-t \le u \le t$Absolute value as a double inequality: $|u| \le t$ is equivalent to $-t \le u \le t$
Площадь прямоугольного треугольника с катетами $a$ и $b$ равна $\frac{ab}{2}$, площадь квадрата со стороной $a$ равна $a^2$A right triangle with legs $a$ and $b$ has area $ab/2$; a square of side $a$ has area $a^2$
Длина отрезка $[a, b]$ равна $b - a$; 15 минут — это $\frac14$ часа, 20 минут — $\frac13$ часаThe length of $[a,b]$ is $b-a$; 15 minutes is $\frac14$ hour and 20 minutes is $\frac13$ hour
Степень дроби: $\left(\frac{a}{b}\right)^n = \frac{a^n}{b^n}$Power of a fraction: $\left(\frac ab\right)^n=\frac{a^n}{b^n}$
Треугольник со сторонами $p$, $q$, $r$ существует тогда и только тогда, когда каждая сторона меньше суммы двух другихA triangle with side lengths $p,q,r$ exists exactly when each side is shorter than the sum of the other two

Повторение прошлых дней

Карточки возвращаются через 1, 2, 4, 7, 14 и 21 день в зависимости от того, насколько уверенно ты их вспомнил; «не помню» отправляет карточку в начало. Это часть разогрева, вместе с блоком «Мост».

Комбинаторика день 1 осталось 20

Правило умножения: две оговорки, без которых оно не работает

The multiplication rule: two qualifications without which it does not work

Сначала сформулируй вслух. Попытка вспомнить закрепляет сильнее, чем чтение готового ответа.

6 задач: подборка покрывает темы и микронавыки последнего учебного дня (1), а для каждой идеи выбирает наиболее сильный доступный уровень. Здесь отдельная попытка: решение в исходном дне не подставляется. Сначала назови тему вслух, затем решай.

Собрать новый набор

Y0101Уровень YMLSКомбинаторикауровень YMLS

Сколько натуральных чисел от 1 до 1000 включительно не делятся ни на 2, ни на 3, ни на 5?

How many positive integers from 1 through 1000 are not divisible by 2, 3, or 5?

ответ

Подсказка / Hint

Считай «плохие» числа — те, что делятся хотя бы на одно из трёх. Не забудь про пересечения.

Count the “bad” integers—those divisible by at least one of the three numbers. Remember to account for intersections.

Решение / Solution

Пусть $A_2, A_3, A_5$ — множества чисел, делящихся на 2, 3 и 5.

$$|A_2| = \left\lfloor \tfrac{1000}{2} \right\rfloor = 500, \quad |A_3| = 333, \quad |A_5| = 200$$

Пересечения — это делимость на наименьшее общее кратное, а поскольку 2, 3 и 5 попарно взаимно просты, это просто произведение:

$$|A_2 \cap A_3| = \left\lfloor \tfrac{1000}{6} \right\rfloor = 166, \quad |A_2 \cap A_5| = 100, \quad |A_3 \cap A_5| = 66$$$$|A_2 \cap A_3 \cap A_5| = \left\lfloor \tfrac{1000}{30} \right\rfloor = 33$$

По включениям-исключениям:

$$|A_2 \cup A_3 \cup A_5| = 500 + 333 + 200 - 166 - 100 - 66 + 33 = 734$$$$N = 1000 - 734 = 266$$

Проверка за 15 секунд

Доля «хороших» чисел должна быть примерно $\left(1 - \tfrac12\right)\left(1 - \tfrac13\right)\left(1 - \tfrac15\right) = \tfrac{4}{15} \approx 0.267$, то есть около 267 штук. Получили 266 — сходится. Такая прикидка ловит ошибку в знаках, а стоит она полминуты.

Let $A_2, A_3, A_5$ be the sets of integers divisible by 2, 3, and 5, respectively.

$$|A_2| = \left\lfloor \tfrac{1000}{2} \right\rfloor = 500, \quad |A_3| = 333, \quad |A_5| = 200$$

Intersections are determined by least common multiples. Since 2, 3, and 5 are pairwise coprime, those least common multiples are simply products:

By inclusion-exclusion,

$$|A_2 \cup A_3 \cup A_5| = 500 + 333 + 200 - 166 - 100 - 66 + 33 = 734$$$$N = 1000 - 734 = 266$$

A 15-second sanity check

The proportion of allowed integers should be approximately $\left(1 - \tfrac12\right)\left(1 - \tfrac13\right)\left(1 - \tfrac15\right) = \tfrac{4}{15} \approx 0.267$, or about 267 integers out of 1000. We obtained 266, which is consistent. This quick estimate catches sign errors in inclusion-exclusion.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

B0102БазаКомбинаторикаавторская

Сколькими способами можно рассадить 8 человек за круглым столом так, чтобы двое конкретных сидели рядом? Рассадки, отличающиеся поворотом стола, считаются одинаковыми.

In how many ways can 8 people be seated at a round table if two specified people must sit next to each other? Seatings that differ only by a rotation of the table are considered identical.

ответ

Подсказка / Hint

Склей двоих в один объект. Дальше — приём с фиксированным местом из третьего раздела урока.

Treat the two specified people as a single object. Then use the fixed-seat technique from the third section of the lesson.

Решение / Solution

Шаг 1. Склеиваем двоих в один «блок». Остаётся 7 объектов: блок и шесть отдельных человек.

Шаг 2. Рассаживаем 7 объектов по кругу. В уроке это разобрано: рассадки, отличающиеся поворотом, условие не различает, поэтому одного сажают на фиксированное место, а остальные $7 - 1 = 6$ расставляются как обычный ряд: $6! = 720$.

Шаг 3. Внутри блока двое могут поменяться местами: $\times 2$.

$$N = 2 \cdot 6! = 1440$$

Что здесь легко потерять

Круговые перестановки — это $(n-1)!$, а не $n!$, и склейка двоих в блок не отменяет ни одного из двух множителей. Проверь оба: и деление за поворот, и умножение на 2 за порядок внутри блока.

Step 1. Combine the two specified people into one “block.” This leaves 7 objects: the block and six individual people.

Step 2. Arrange the 7 objects around the table. As discussed in the lesson, rotations do not produce distinct outcomes, so fix one object in place and arrange the remaining $7 - 1 = 6$ objects as an ordinary row: $6! = 720$.

Step 3. The two people inside the block may swap places: multiply by 2.

$$N = 2 \cdot 6! = 1440$$

Two easy factors to lose

The number of circular permutations is $(n-1)!$, not $n!$, and combining two people into a block does not remove either factor. Check both adjustments: account for rotations and multiply by 2 for the order inside the block.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

Y0103Уровень YMLSКомбинаторикауровень YMLS

Десять человек распределяют по четырём группам, у которых есть номера: в группу №1 попадают три человека, в группу №2 — три человека, в группу №3 — два, в группу №4 — два. Размеры закреплены за номерами именно так, менять их местами нельзя. Два распределения считаются разными, если хотя бы один человек попал в группы с разными номерами. Сколькими способами это можно сделать?

Ten people are assigned to four numbered groups. Group 1 must contain three people, group 2 three people, group 3 two people, and group 4 two people. These sizes are fixed for the stated group numbers and may not be swapped. Two assignments are different if at least one person is placed in groups with different numbers. How many assignments are possible?

ответ

Подсказка / Hint

Выбирай состав групп по очереди, начиная с первой. Обрати внимание, что группы одинакового размера различаются номерами.

Choose the membership of the groups in order, beginning with group 1. Remember that groups of the same size are still distinguished by their numbers.

Решение / Solution

Группы пронумерованы, то есть различимы: «Петя в группе №1» и «Петя в группе №2» — разные исходы, хотя обе группы состоят из трёх человек.

Выбираем состав каждой группы по очереди. Для группы №1 берём 3 человек из 10, для группы №2 — 3 из оставшихся 7, для группы №3 — 2 из оставшихся 4, в группу №4 попадают последние двое:

$$N = \binom{10}{3}\binom{7}{3}\binom{4}{2}\binom{2}{2} = 120 \cdot 35 \cdot 6 \cdot 1 = 25\,200$$

То же самое короче — мультиномиальный коэффициент:

$$\frac{10!}{3!\,3!\,2!\,2!} = 25\,200$$

Развилка, на которой теряют задачу

Если бы группы были неразличимы — «разбить на компании по 3, 3, 2 и 2 человека» без номеров, — пришлось бы дополнительно поделить на $2!$ (перестановки двух троек между собой) и ещё на $2!$ (двух двоек), и ответ был бы $25\,200 / 4 = 6300$. Одно слово в условии меняет ответ вчетверо, поэтому оно вынесено в условие явно, а не подразумевается.

The groups are numbered and therefore distinct: “Petya is in group 1” and “Petya is in group 2” are different outcomes, even though both groups have three members.

Choose the membership of each group in sequence. For group 1 choose 3 of the 10 people; for group 2 choose 3 of the remaining 7; for group 3 choose 2 of the remaining 4; the final two people go into group 4:

$$N = \binom{10}{3}\binom{7}{3}\binom{4}{2}\binom{2}{2} = 120 \cdot 35 \cdot 6 \cdot 1 = 25\,200$$

Equivalently, use the multinomial coefficient:

$$\frac{10!}{3!\,3!\,2!\,2!} = 25\,200$$

The decision point that often costs the problem

If the groups were indistinguishable—if we were merely partitioning the people into groups of sizes 3, 3, 2, and 2 with no labels—we would also divide by $2!$ for swapping the two groups of three and by another $2!$ for swapping the two groups of two. The answer would then be $25\,200 / 4 = 6300$. A single word in the statement changes the answer by a factor of four, which is why it is stated explicitly rather than left implicit.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

Y0102Уровень YMLSКомбинаторикауровень YMLS

Сколько существует шестизначных чисел, у которых цифры идут в неубывающем порядке (каждая следующая цифра не меньше предыдущей)?

How many six-digit integers have digits in nondecreasing order, meaning that each digit is at least as large as the preceding one?

ответ

Подсказка / Hint

Сначала пойми, может ли в таком числе встретиться ноль. Потом: число задаётся не порядком цифр, а тем, сколько раз каждая цифра встречается.

First decide whether 0 can appear. Then observe that the number is determined not by a choice of order, but by how many times each digit occurs.

Решение / Solution

Шаг 1. Ноль невозможен. Если бы в числе была цифра 0, то при неубывающем порядке она стояла бы первой — а шестизначное число не может начинаться с нуля. Значит все цифры из $\{1, 2, \ldots, 9\}$.

Шаг 2. Порядок не нужно выбирать. Как только мы решили, сколько раз берём каждую цифру, само число восстанавливается однозначно — цифры обязаны идти по возрастанию. Значит выбор сводится к вопросу: сколько раз взять каждую из девяти цифр, если всего цифр шесть?

Шаг 3. Шары и перегородки. Это число решений уравнения

$$x_1 + x_2 + \cdots + x_9 = 6, \qquad x_i \ge 0$$

Представим шесть единиц в ряд и восемь перегородок, делящих их на девять групп. Всего позиций $6 + 8 = 14$, выбираем, на каких восьми стоят перегородки:

$$N = \binom{14}{8} = \binom{14}{6} = 3003$$

Сочетания с повторениями

Выбрать $k$ объектов из $n$ типов, когда повторы разрешены, а порядок не важен:

$$\binom{n + k - 1}{k}$$

Здесь $n = 9$ типов цифр, $k = 6$ позиций: $\binom{14}{6} = 3003$.

Step 1. Zero is impossible. If 0 occurred, nondecreasing order would force it to be the first digit, but a six-digit integer cannot begin with zero. Thus every digit belongs to $\{1, 2, \ldots, 9\}$.

Step 2. There is no order to choose. Once we decide how many times each digit occurs, the number is uniquely determined because its digits must appear in nondecreasing order. The problem therefore asks how many times to use each of nine digits when there are six digits total.

Step 3. Stars and bars. We count the solutions of

$$x_1 + x_2 + \cdots + x_9 = 6, \qquad x_i \ge 0.$$

Represent the six units in a row and use eight dividers to split them into nine groups. There are $6 + 8 = 14$ positions; choose the eight occupied by dividers:

$$N = \binom{14}{8} = \binom{14}{6} = 3003$$

Combinations with repetition

The number of ways to choose $k$ objects from $n$ types when repetition is allowed and order does not matter is

$$\binom{n + k - 1}{k}.$$

Here $n = 9$ digit types and $k = 6$ positions, giving $\binom{14}{6} = 3003$.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

S0101Уровень ШАДКомбинаторикаЭкзамен ШАД 2024, задача D «Координаты в квадрате»

На клетчатой бумаге нарисован квадрат $n \times n$ по линиям сетки. Левая нижняя клетка имеет координаты $(1,1)$, правая верхняя — $(n,n)$. Внутри него по линиям сетки рисуют квадрат $(n-1) \times (n-1)$, внутри того — квадрат $(n-2) \times (n-2)$, и так далее, пока не получится квадрат $1 \times 1$. Он оказался клеткой с координатами $(x, y)$.

Сколько существует различных последовательностей квадратов с таким свойством? Дайте ответ для $n = 10$, $x = 4$, $y = 7$.

An $n \times n$ square is drawn along the grid lines of graph paper. The bottom-left cell has coordinates $(1,1)$ and the top-right cell has coordinates $(n,n)$. Inside it, an $(n-1) \times (n-1)$ square is drawn along the grid lines; inside that, an $(n-2) \times (n-2)$ square is drawn, and so on until a $1 \times 1$ square remains. The final square is the cell with coordinates $(x, y)$.

How many different sequences of squares have this property? Give the answer for $n = 10$, $x = 4$, and $y = 7$.

ответ

Подсказка / Hint

Как из квадрата $k \times k$ получается квадрат $(k-1) \times (k-1)$? Сколько у этого шага независимых решений?

How can a $(k-1) \times (k-1)$ square be obtained from a $k \times k$ square? How many independent choices does each step involve?

Решение / Solution

Ключевое наблюдение. Квадрат $(k-1) \times (k-1)$ помещается внутрь квадрата $k \times k$ ровно четырьмя способами: нужно отрезать один столбец — левый или правый — и одну строку — верхнюю или нижнюю. Причём отрезания столбцов и строк независимы.

Всего шагов $n - 1$. На каждом шаге мы отрезаем один столбец (слева или справа) и одну строку (сверху или снизу).

Столбцы. Закодируем историю отрезаний столбцов строкой из $n-1$ символов: Л, если на этом шаге отрезали левый столбец, П — если правый. Если за все $n-1$ шагов слева отрезали $x - 1$ столбец, то финальная клетка имеет первую координату $x$. Строк с ровно $x-1$ буквой Л ровно $\binom{n-1}{x-1}$ — вопрос снова свёлся к «на каких местах стоят символы одного вида».

Строки. Аналогично: $\binom{n-1}{y-1}$.

Любая комбинация даёт свою последовательность, поэтому перемножаем:

$$N = \binom{n-1}{x-1}\binom{n-1}{y-1}$$

Подставляем $n = 10$, $x = 4$, $y = 7$:

$$\binom{9}{3}\binom{9}{6} = 84 \cdot 84 = 7056$$

Что здесь стоит забрать

Приём разделения на независимые оси. Задача выглядела как перебор вложенных квадратов, а свелась к двум независимым строкам — «в каком порядке отрезали столбцы» и «в каком порядке отрезали строки». Как только удаётся расщепить задачу на независимые части, ответ становится произведением. Этот ход встретится ещё много раз.

Key observation. A $(k-1) \times (k-1)$ square can be placed inside a $k \times k$ square in exactly four ways: remove either the left or the right column, and either the top or the bottom row. The choices for rows and columns are independent.

There are $n - 1$ steps in total. At each step, one column (left or right) and one row (top or bottom) are removed.

Columns. Encode the history of column removals by a string of $n-1$ symbols: L if the left column was removed at that step and R if the right column was removed. The final cell has first coordinate $x$ exactly when a total of $x - 1$ columns were removed from the left. The number of strings with exactly $x-1$ occurrences of L is $\binom{n-1}{x-1}$; once again, the problem reduces to choosing the positions occupied by one type of symbol.

Rows. Similarly, there are $\binom{n-1}{y-1}$ possible row-removal histories.

Every pair of histories gives a distinct sequence of squares, so we multiply:

$$N = \binom{n-1}{x-1}\binom{n-1}{y-1}$$

Substituting $n = 10$, $x = 4$, and $y = 7$ gives

$$\binom{9}{3}\binom{9}{6} = 84 \cdot 84 = 7056$$

Main takeaway

Split the problem along independent axes. What looked like a search through nested squares becomes two independent strings: the order in which columns were removed and the order in which rows were removed. Whenever a problem splits into independent parts, the total count is the product of the counts for those parts. This technique will return often.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

B0103БазаКомбинаторикаавторская

Из 30 студентов выбирают команду из 5 человек. Порядок в команде не важен. Сколько существует команд, в которые обязательно входит Антон?

A team of 5 people is selected from 30 students. Order within the team does not matter. How many such teams include Anton?

ответ

Подсказка / Hint

Место Антона уже занято. Что осталось выбрать?

Anton's place is already filled. What remains to be chosen?

Решение / Solution

Антон в команде — это не выбор, а данность: условие делит тридцать человек на два блока, из которых берётся 1 и 4 соответственно, только первый блок состоит из одного человека и выбирать в нём нечего. Остаётся добрать 4 человек из оставшихся 29:

$$\binom{29}{4} = \frac{29 \cdot 28 \cdot 27 \cdot 26}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4} = 23\,751$$

Anton's membership is fixed, not a choice. The condition splits the 30 people into two groups, from which we take 1 and 4 people respectively; the first group contains only Anton, so there is nothing to choose there. It remains to select 4 people from the other 29:

$$\binom{29}{4} = \frac{29 \cdot 28 \cdot 27 \cdot 26}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4} = 23\,751$$

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

зачем это сегодня

Это самая плотная по отдаче тема первого блока. В официальном тренировочном наборе YMLS из четырёх задач по вероятности две — ровно сегодняшние: пятнадцать кубиков и три точки на отрезке. Обе решаются одной строчкой, если модель исхода выбрана правильно, и не решаются вовсе, если выбрана неправильно.

Опасность темы не в формулах — их сегодня три с половиной. Опасность в том, что неверная модель даёт связное решение и правдоподобное число. Ошибка в счёте обычно заметна: получается дробь там, где ждали целое. Ошибка в модели незаметна: выходит другое число из того же диапазона, и оба выглядят одинаково прилично. На онлайн-этапе, где принимается только ответ и попытка одна, это самый дорогой класс ошибок.

Поэтому весь день построен вокруг одного вопроса, который задаётся раньше любых вычислений: чем задаётся исход и что в этой модели равномерно.

This is the most rewarding topic in the first block. In the official YMLS practice set, two of the four probability problems are exactly today’s: fifteen dice and three points on an interval. Both collapse to one line when the outcome model is right, and neither can be solved when it is wrong.

The danger is not the formulas—there are three and a half today. The danger is that a wrong model can produce a coherent solution and a plausible number. A counting error is often visible: you get a fraction where an integer was expected. A modeling error is quiet: a different number in the same range looks just as respectable. In an online stage that accepts only an answer and gives one attempt, this is the most expensive kind of mistake.

That is why the whole day revolves around one question asked before any calculation: what determines the outcome, and what is uniform in this model?

Навыки по порядку

Тема разбита на отдельные навыки от простого к сложному. Для каждого указаны тренировочные задачи.

1Модель исходаOutcome modelНазываешь, чем задаётся исход, выписываешь $\Omega$ и проверяешь равновозможность до того, как что-то делитьSay what determines the outcome, write down $\Omega$, and check equal likelihood before dividing anythingW0201 B0202
2Мера вместо счётаMeasure instead of countingВидишь, что исходов бесконечно много, и заменяешь их число на длину или площадь, а событие ищешь решением неравенстваNotice that there are infinitely many outcomes; replace their number with length or area and find the event by solving an inequalityW0203 B0206
3Сложить или перемножитьAdd or multiplyНа выбранной модели различаешь два разреза: несовместные куски события складываешь, независимые части опыта перемножаешьIn the chosen model, distinguish the two splits: add mutually exclusive pieces of an event, and multiply independent parts of an experimentW0202 B0201
4Дополнение вместо прямого счётаComplement instead of a direct countЗамечаешь, что прямой счёт распадается на много слагаемых, а противоположное событие — на одно, и считаешь егоNotice that a direct count has many terms while the complementary event has one, and count that insteadW0204 B0204
5Симметрия и якорьSymmetry and an anchorСчитаешь долю подходящих порядков вместо интегралов, а несовместные равноправные случаи — по одному с умножением на их числоCount favorable orders instead of integrating, or count one of several symmetric exclusive cases and multiply by their numberB0203 B0205 Y0204 S0201
6«Ни одного» против «хотя бы один»“None” versus “at least one”Отличаешь вопрос, где дополнение экономит, от вопроса, где условие само уже является противоположным событием и считается произведением напрямуюDistinguish when the complement saves work from when the condition itself is the complementary event and is counted directly by a productB0204 Y0201
7Полоса в квадратеStrip in a squareПереводишь условие на разность двух моментов в полосу вдоль диагонали квадрата и считаешь её через дополнение из двух треугольниковTurn a condition on the difference of two times into a strip along the square’s diagonal and count it via the complement of two trianglesB0207 Y0202 Y0203

Расписание

0:00–0:15РазогревWarm-up Одиннадцать пунктов блока «Мост» вслух, без конспекта. Каждый, на котором есть заминка, выписать на поля — он сегодня понадобится.Recite the eleven Bridge facts without notes. Write in the margin any item that takes effort; you will need it today.

0:15–1:30УрокLesson С бумагой и линейкой. Единичный квадрат нарисуй сам минимум четыре раза: под полосу, под треугольник, под угловой квадратик, под полосу с разными краями.Use paper and a ruler. Draw the unit square yourself at least four times: for a strip, a triangle, a corner square, and a strip with different margins.

1:30–3:20ЗадачиProblems По ступеням 1 → 4. Перед каждой задачей ступеней 2 и 3 запиши одной строкой модель исхода, и только потом считай.Follow levels 1 → 4. Before every level-2 or level-3 problem, write the outcome model in one line, and only then calculate.

3:20–3:45Мини-тестMini-test y0203 под таймером, в режиме экзамена: подсказка и разбор закрыты, ответ вводится один раз.Do y0203 under a timer in exam mode: hide the hint and solution, and submit the answer once.

3:45–4:00АудитAudit Критерии внизу страницы и журнал ошибок с разделением на «модель» и «арифметика».Review the criteria at the bottom of the page and log errors separately as “model” or “arithmetic.”

Урок

разбираем с нуля

Вход: одно слово «наудачу», два разных ответа

Точку выбирают наудачу на отрезке $[0,1]$ и смотрят на её квадрат. Какова вероятность, что квадрат меньше $\frac12$?

Первый счёт. Наудачу выбирается сама точка, значит равномерна координата $x$. Тогда

$$\P\left(x^2 < \tfrac12\right) = \P\left(x < \tfrac{1}{\sqrt2}\right) = \frac{1}{\sqrt2} \approx 0.7071$$

Второй счёт. Наудачу выбирается площадь квадратика со стороной $x$, значит равномерна величина $u = x^2$. Тогда

$$\P\left(u < \tfrac12\right) = \frac{1/2}{1} = 0.5$$

Оба вычисления безупречны, а ответы разные, и никакая аккуратность их не примирит. Дело не в арифметике: слово «наудачу» само по себе вероятность не задаёт. Её задаёт указание, какая именно величина распределена равномерно. Пока это не выбрано, задача не поставлена.

В экзаменационных формулировках выбор обычно сделан за тебя, но сделан одним словом, которое легко проскочить: «точку бросают на отрезок», «момент прихода случаен», «направление выбирают наудачу». Твоя работа — вытащить это слово и превратить в модель.

Первый ход в любой задаче дня

Не «какая формула», а два вопроса подряд. Чем задаётся исход: конечным списком, одним числом на отрезке, парой чисел, точкой на окружности? Что в этой модели равномерно: координата, длина, площадь, угол? Пока на оба вопроса нет ответа, считать нечего.

Два разреза: по событию и по опыту

Дальше всё сводится к двум решениям, и их надо не путать, потому что они дают разные действия.

Разрез по событию. Событие разбивается на куски, которые не могут случиться одновременно. Тогда вероятности складываются без всяких поправок:

$$\P(A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n) = \P(A_1) + \P(A_2) + \cdots + \P(A_n)$$

Это частный случай формулы включений и исключений: все пересечения пусты, вычитать нечего. Цена бесплатного сложения — обязанность проверить, что куски действительно попарно несовместны. Проверка делается словами: «могут ли случиться сразу два из них?»

Разрез по опыту. Опыт разбивается на части, результаты которых не влияют друг на друга. Тогда вероятности перемножаются. Но «не влияют» — это не наблюдение, а определение:

Независимость — это определение

События $A$ и $B$ независимы, если

$$\P(A \cap B) = \P(A)\,\P(B)$$

Для $n$ событий требуется больше: произведение обязано выполняться для любого поднабора, а не только для пар.

Последнее уточнение не педантизм. Бросаем монету дважды: $A$ — орёл в первом броске, $B$ — орёл во втором, $C$ — результаты совпали. Каждая пара независима: например, $\P(A \cap C) = \P(\text{ОО}) = \frac14 = \frac12 \cdot \frac12$, и то же самое для двух других пар. А тройка — нет: если случились $A$ и $B$, то $C$ случилось автоматически, поэтому

$$\P(A \cap B \cap C) = \P(\text{ОО}) = \frac14 \ne \frac18 = \P(A)\P(B)\P(C)$$

Попарная независимость слабее полной, и на экзамене этим пользуются в задачах-ловушках.

Несовместные и независимые — почти взаимоисключающие вещи

Несовместные: $\P(A \cap B) = 0$, вероятности складываются. Независимые: $\P(A \cap B) = \P(A)\P(B)$, вероятности перемножаются.

Если $\P(A) > 0$ и $\P(B) > 0$, то несовместные события обязательно зависимы: узнав, что случилось $A$, ты узнал, что $B$ не случилось, — влияние максимальное из возможных. Так что «несовместные, значит независимые» — не просто ошибка, а ровно наоборот.

Дополнение: когда оно экономит

Формулу $\P(\bar A) = 1 - \P(A)$ ты знаешь; новое здесь — правило, когда её применять. Дополнение выгодно, когда прямой счёт распадается на много слагаемых, а противоположное событие — на одно. Классический признак: в вопросе стоит «хотя бы один» или «все сразу». Десять монет, вероятность хотя бы одного орла. Прямо — десять слагаемых по числу орлов. Через дополнение — одна строка, потому что «ни одного орла» реализуется единственным исходом:

$$\P = 1 - \left(\frac12\right)^{10} = 1 - \frac{1}{1024} = \frac{1023}{1024} \approx 0.9990$$

Дополнение не помогает, когда в условии стоит «ровно». «Ровно один орёл из десяти» — противоположное событие («не ровно один») устроено сложнее прямого, и вычитать бессмысленно.

«Ни одного» — это уже само противоположное событие

В примере выше слова «ни одного орла» стояли не в вопросе, а в противоположном событии, которое мы посчитали ради ответа. Если же «ни одного» стоит в самом вопросе — «ни на одном кубике не выпала шестёрка», — считать надо ровно его, а оно распадается на независимые части и берётся произведением напрямую: $\left(\frac56\right)^{n}$ для $n$ кубиков. Вычитать нечего. Сегодня b0204 спрашивает про «хотя бы одну» шестёрку, а y0201 — про «ни на одном»: разница в одном слове, и механическое $1 - \ldots$ отвечает в y0201 на другой вопрос — даёт вероятность, близкую к единице, там, где верная близка к нулю.

Бесплатная проверка ответа

Монотонность из блока «Мост» работает как контроль: событие «хотя бы одна шестёрка» содержит событие «ровно две шестёрки», значит его вероятность обязана быть больше. Если вышло наоборот — ошибка есть, искать её надо до отправки ответа, а не после.

Мера вместо счёта

Теперь исходов становится бесконечно много. Классическая схема здесь бессильна: и числитель, и знаменатель бесконечны, а вероятность попасть в одну конкретную точку равна нулю.

Выход — заменить «число исходов» на меру: длину на прямой, площадь на плоскости, длину дуги на окружности.

Геометрическая вероятность$$\P(A) = \frac{\mu(A)}{\mu(\Omega)}$$

Работает, когда точка выбирается равномерно, то есть вероятность попасть в кусок зависит только от его меры, а не от положения.

Практическое следствие, которого не было в дискретном случае: границы не влияют на ответ. Отдельная точка, отрезок нулевой длины, прямая на плоскости имеют меру нуль, поэтому строгое и нестрогое неравенство дают одно и то же число. Условия «разминулись меньше чем на 15 минут» и «не более чем на 15 минут» — это один и тот же ответ.

Числитель при этом почти никогда не дан прямо: его надо найти, решив неравенство.

Пример. Точка $x$ выбирается равномерно на $[0,1]$. Какова вероятность, что $x(1-x) > \frac{3}{16}$?

Решаем неравенство: $16x^2 - 16x + 3 < 0$, корни $\frac14$ и $\frac34$, значит благоприятное множество — интервал $\left(\frac14, \frac34\right)$ длины $\frac12$. Ответ $0.5$. Считать было нечего, работать пришлось с неравенством.

Пара чисел: единичный квадрат

Если в задаче два независимых равномерных числа $x$ и $y$ на $[0,1]$, то пара $(x, y)$ равномерно распределена в единичном квадрате: вероятность попасть в прямоугольник $[a_1, a_2] \times [b_1, b_2]$ равна $(a_2 - a_1)(b_2 - b_1)$ — произведение по независимости, и это ровно его площадь. Дальше вероятность любого события — площадь области, потому что площадь всего квадрата равна единице.

Вся работа — перевести слова условия в область. Ниже словарь, который закрывает почти все экзаменационные формулировки.

Условие на пару	Область в квадрате	Площадь
$x < a$	вертикальная полоса	$a$
$\max(x,y) < a$	квадратик в углу	$a^2$
$y > x + c$	треугольник над прямой	$\frac{(1-c)^2}{2}$
$\|x - y\| \le t$	полоса вдоль диагонали	$1 - (1-t)^2$

Последняя строка — рабочая лошадка темы, и её стоит разобрать в общем виде, сразу с разными краями. Пусть условие имеет вид

$$-a \le x - y \le b, \qquad a \ge 0,\ b \ge 0$$

Прямо считать площадь неудобно: область шестиугольная. Дополнение устроено проще — это два прямоугольных треугольника, отрезанных прямыми $x - y = -a$ и $x - y = b$ в противоположных углах, с катетами $1-a$ и $1-b$:

$$\P = 1 - \frac{(1-a)^2}{2} - \frac{(1-b)^2}{2}$$

Три проверки формулы. При $a = b = t$ получается симметричная полоса и $1 - (1-t)^2$ — совпало с таблицей. При $a = b = 0$ выходит 0: условие $x = y$ имеет нулевую вероятность. При $a = b = 1$ выходит 1: условие выполняется всегда. Числовой пример: $a = 0.2$, $b = 0.5$ дают $1 - 0.32 - 0.125 = 0.555$.

Как это условие приходит на экзамен

Почти никогда не в виде неравенства. Приходит оно так: «двое приходят наудачу в течение часа, первый ждёт $t_1$ минут, второй $t_2$ минут». Перевод дословный: встреча состоится, если пришедший первым ещё не ушёл, то есть если разность моментов прихода лежит между $-t_1$ и $t_2$. Дальше — формула выше. Узнавай эту задачу по структуре: два поезда в порту, два звонка, два сигнала на линии.

Симметрия: ответ без вычислений

Последний приём дня самый мощный и самый дешёвый.

Пусть $X_1, \ldots, X_n$ независимы и равномерны на отрезке. Совпадения имеют вероятность нуль, поэтому все $n!$ порядков этих чисел по величине равновозможны: никакой порядок ничем не выделен, переименование величин переводит один порядок в другой. Значит вероятность любого события, которое описывается только словами «кто за кем», равна доле подходящих порядков.

Пример. Четыре числа выбраны независимо и равномерно на $[0,1]$. Какова вероятность, что наибольшим окажется второе? Порядков $4! = 24$, второе стоит последним по величине в $3! = 6$ из них, ответ $\frac{6}{24} = \frac14$. Интегралов не понадобилось.

Второй облик того же приёма — якорь. Если событие распадается на несколько случаев, которые отличаются только именем объекта, посчитай вероятность одного и умножь на число случаев. Работает это только при одном условии, и его надо проверять каждый раз: случаи обязаны быть попарно несовместными, иначе умножение считает пересечения по нескольку раз.

Где ломается умножение на число случаев

«Хотя бы на одном из четырёх кубиков шестёрка» — четыре случая по $\frac16$, но они совместны (шестёрок может быть две), и ответ не $\frac46$. Там работает дополнение. «Три точки лежат в полуокружности, начинающейся в первой из них» и то же самое для второй — случаи несовместны, начало у такой полуокружности одно, и складывать можно. Разница между этими двумя ситуациями — единственное, что надо проверить перед умножением.

Что должно остаться в голове

Сначала модель: чем задаётся исход и что в ней равномерно. Потом всё остальное.
Несовместные складываем, независимые перемножаем. Это разные разрезы и разные действия.
Независимость — определение через произведение; для трёх и более событий попарной мало.
«Хотя бы один» и «все сразу» — считай дополнение; «ни одного» в вопросе — это уже само дополнение, бери произведение; «ровно один» — не считай.
Бесконечное $\Omega$ — бери меру: длину, площадь, длину дуги. Границы ответа не меняют.
Пара равномерных чисел — точка в единичном квадрате; условие переводится в область, а невыпуклую область считай через дополнение из треугольников.
Если объекты равноправны, ищи ответ в долях порядков или в якоре с умножением на число несовместных случаев.

Opening: one word, “at random,” two different answers

A point is chosen at random on $[0,1]$, and we look at its square. What is the probability that the square is less than $\frac12$?

First calculation. The point itself is chosen at random, so its coordinate $x$ is uniform:

$$\P\left(x^2 < \tfrac12\right) = \P\left(x < \tfrac{1}{\sqrt2}\right) = \frac{1}{\sqrt2} \approx 0.7071$$

Second calculation. Suppose instead that the area of the square with side $x$ is chosen at random; then $u=x^2$ is uniform:

$$\P\left(u < \tfrac12\right) = \frac{1/2}{1} = 0.5$$

Both calculations are flawless, yet the answers differ, and no amount of tidiness can reconcile them. The issue is not arithmetic: “at random” by itself does not specify a probability model. The missing instruction is which quantity is uniformly distributed. Until that is chosen, the problem is not fully stated.

Exam questions usually make the choice for you with one easy-to-miss phrase: “choose a point uniformly on the interval,” “the arrival time is random,” or “choose a direction at random.” Your job is to extract that phrase and turn it into a model.

The first move in every problem today

Do not ask “which formula?” Ask two questions in sequence. What determines the outcome: a finite list, one number on an interval, a pair of numbers, or a point on a circle? What is uniform in this model: a coordinate, length, area, or angle? Until both questions have answers, there is nothing to calculate.

Two splits: by event and by experiment

Everything that follows reduces to two kinds of splitting. Do not confuse them, because they lead to different operations.

Split by event. Break an event into pieces that cannot happen simultaneously. Their probabilities add without correction:

$$\P(A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n) = \P(A_1) + \P(A_2) + \cdots + \P(A_n)$$

This is the special case of inclusion–exclusion in which all intersections are empty. The price of free addition is checking that the pieces really are pairwise disjoint. Ask in words: “Can two of these happen at once?”

Split by experiment. Break an experiment into parts whose outcomes do not affect one another. Their probabilities multiply. But “do not affect” is a definition, not an observation:

Independence is a definition

Events $A$ and $B$ are independent when

$$\P(A \cap B) = \P(A)\,\P(B)$$

For $n$ events, more is required: the product identity must hold for every subcollection, not just for pairs.

That last qualification is not pedantry. Toss a coin twice: $A$ is heads on the first toss, $B$ is heads on the second, and $C$ means the two results match. Every pair is independent—for example, $\P(A \cap C)=\P(\text{HH})=\frac14=\frac12\cdot\frac12$, and similarly for the other pairs. But the triple is not: if $A$ and $B$ occur, $C$ occurs automatically, so

$$\P(A \cap B \cap C)=\P(\text{HH})=\frac14 \ne \frac18=\P(A)\P(B)\P(C)$$

Pairwise independence is weaker than mutual independence, and exam questions use this as a trap.

Mutually exclusive and independent are almost opposite ideas

Mutually exclusive: $\P(A \cap B)=0$, so probabilities add. Independent: $\P(A \cap B)=\P(A)\P(B)$, so probabilities multiply.

If $\P(A)>0$ and $\P(B)>0$, mutually exclusive events are necessarily dependent: learning that $A$ happened tells you that $B$ did not—the strongest possible influence. Thus “mutually exclusive, therefore independent” is not merely wrong; it reverses the truth.

The complement: when it saves work

You know $\P(\bar A)=1-\P(A)$; today’s new point is when to use it. The complement is useful when the direct count has many terms but the opposite event has one. The classic signals are “at least one” and “all of them.” For ten coin tosses, ask for the probability of at least one head. Directly, there are ten terms by number of heads. Through the complement, there is one line because “no heads” is one outcome:

$$\P = 1 - \left(\frac12\right)^{10} = 1 - \frac{1}{1024} = \frac{1023}{1024} \approx 0.9990$$

The complement does not help when the condition says “exactly.” For “exactly one head out of ten,” the opposite event (“not exactly one”) is more complicated than the direct event, so subtraction is pointless.

“None” is already the complementary event

In the example above, “no heads” appeared in the opposite event, which we counted to get the answer. If “none” appears in the question itself—“no die shows a six”—count exactly that event. It splits into independent parts and is obtained directly as $\left(\frac56\right)^n$ for $n$ dice; there is nothing to subtract. Today b0204 asks for “at least one” six, while y0201 asks for “none”: one word changes the operation. Mechanically writing $1-\ldots$ for y0201 answers a different question and gives a probability near one where the correct answer is near zero.

A free answer check

Monotonicity from the Bridge provides a quick check: the event “at least one six” contains “exactly two sixes,” so its probability must be larger. If yours is smaller, find the error before submitting.

Measure instead of counting

Now there are infinitely many outcomes. The classical model is powerless: both numerator and denominator are infinite, and the probability of landing on one particular point is zero.

Replace the “number of outcomes” with a measure: length on a line, area in the plane, or arc length on a circle.

Geometric probability$$\P(A) = \frac{\mu(A)}{\mu(\Omega)}$$

This works when the point is chosen uniformly, so the chance of landing in a piece depends only on its measure, not its location.

One practical consequence absent from the discrete case is that boundaries do not affect the answer. A single point, a zero-length interval, and a line in the plane all have measure zero, so strict and non-strict inequalities give the same value. “They arrive less than 15 minutes apart” and “no more than 15 minutes apart” have the same answer.

The numerator is almost never handed to you; find it by solving an inequality.

Example. Choose $x$ uniformly on $[0,1]$. What is the probability that $x(1-x)>\frac{3}{16}$?

Solve the inequality: $16x^2-16x+3<0$. Its roots are $\frac14$ and $\frac34$, so the favorable set is $\left(\frac14,\frac34\right)$, of length $\frac12$. The answer is $0.5$. There was nothing to enumerate; the work was solving the inequality.

A pair of numbers: the unit square

If $x$ and $y$ are independent uniform numbers on $[0,1]$, then $(x,y)$ is uniformly distributed in the unit square. The probability of a rectangle $[a_1,a_2]\times[b_1,b_2]$ is $(a_2-a_1)(b_2-b_1)$—a product by independence, and exactly its area. Any event is therefore represented by an area because the whole square has area one.

The entire job is translating the wording into a region. This dictionary covers nearly every exam formulation:

Condition on the pair	Region in the square	Area
$x<a$	vertical strip	$a$
$\max(x,y)<a$	corner square	$a^2$
$y>x+c$	triangle above the line	$\frac{(1-c)^2}{2}$
$\|x-y\|\le t$	strip along the diagonal	$1-(1-t)^2$

The last row is the workhorse, so derive it in a general form with different margins. Suppose

$$-a \le x-y \le b, \qquad a\ge0, b\ge0$$

Counting the area directly is awkward because the region is a hexagon. Its complement is simpler: two right triangles cut off by $x-y=-a$ and $x-y=b$ in opposite corners, with legs $1-a$ and $1-b$:

$$\P = 1 - \frac{(1-a)^2}{2} - \frac{(1-b)^2}{2}$$

Check the formula three ways. If $a=b=t$, it becomes the symmetric strip $1-(1-t)^2$, matching the table. If $a=b=0$, it gives 0: the condition $x=y$ has probability zero. If $a=b=1$, it gives 1: the condition is always true. For $a=0.2$ and $b=0.5$, it gives $1-0.32-0.125=0.555$.

How this condition appears on an exam

Almost never as an inequality. Instead: “Two people arrive at random during an hour; the first waits $t_1$ minutes and the second waits $t_2$ minutes.” They meet if the first arrival has not left when the second arrives, meaning the difference between arrival times lies between $-t_1$ and $t_2$. Apply the formula above. Recognize the structure in two trains at a station, two phone calls, or two signals on a line.

Symmetry: an answer without calculation

The final technique of the day is the most powerful and the cheapest.

Let $X_1,\ldots,X_n$ be independent uniform points on an interval. Ties have probability zero, so all $n!$ possible orders by size are equally likely: no order is distinguished, and renaming the variables maps one order to another. Thus any event described only by “who comes before whom” has probability equal to the fraction of favorable orders.

Example. Four numbers are chosen independently and uniformly from $[0,1]$. What is the probability that the second number is the largest? There are $4!=24$ orders; the second variable is largest in $3!=6$ of them, so the answer is $\frac6{24}=\frac14$. No integral needed.

The second form of the same technique is an anchor. If an event splits into cases differing only by the object’s name, count one case and multiply by the number of cases. This works only when the cases are pairwise disjoint; otherwise multiplication counts overlaps more than once.

When multiplying by the number of cases fails

“At least one of four dice shows a six” gives four cases of probability $\frac16$, but they overlap (there may be two sixes), so the answer is not $\frac46$. Use the complement. “Three points lie in the semicircle that starts at the first point,” and the analogous statement for the second point, gives disjoint cases: there is only one possible starting point, so addition is valid. The difference between these two situations is the only thing to check before multiplying by the number of cases.

What should stay with you

Start with the model: what determines the outcome, and what is uniform in it? Then do everything else.
Add mutually exclusive events; multiply independent events. These are different splits and different operations.
Independence is defined by the product identity; for three or more events, pairwise independence is not enough.
“At least one” and “all at once” suggest the complement; “none” in the question is already that complementary event, so use a product; “exactly one” is not a complement shortcut.
For an infinite $\Omega$, use measure: length, area, or arc length. Boundaries do not change the answer.
A pair of uniform numbers is a point in the unit square; turn the condition into a region, and count a non-convex region through the complement of triangles.
When objects are symmetric, look for a fraction of orders or an anchor multiplied by the number of disjoint cases.

Признаки и действия

Слева — что заметить в условии. Справа — что сделать первым.

Увидел	Первый ход
«Хотя бы один», «все сразу», «не все» в вопросе“At least one,” “all at once,” “not all” in the question	Считай противоположное событие и вычитай из единицыCount the complementary event and subtract from one
«Ни одного», «ни на одном» в вопросе“None,” “not on any” in the question	Не вычитай ничего: это уже само противоположное событие, оно считается произведением напрямуюDo not subtract: this is already the complementary event, counted directly by a product
Опыт распадается на одинаковые независимые повторыAn experiment consists of identical independent repetitions	Перемножай вероятности: $p^n$, а не $n \cdot p$Multiply probabilities: $p^n$, not $n\cdot p$
Случаи описаны через «или» и не могут совпастьCases are joined by “or” and cannot overlap	Складывай вероятности напрямую, поправок не нужноAdd probabilities directly; no correction is needed
«Наудачу» на отрезке, исход задаётся одним числом“At random” on an interval, outcome determined by one number	Вероятность равна доле длины; благоприятное множество ищи решением неравенстваProbability is the favorable length fraction; find the favorable set by solving an inequality
«Наудачу и независимо» два числаTwo numbers chosen “at random and independently”	Рисуй единичный квадрат, переводи условие в область, ответ — её площадьDraw the unit square, translate the condition into a region, and take its area
«Ждёт $t$ минут», «разошлись меньше чем на $t$»“Waits $t$ minutes,” “less than $t$ minutes apart”	Это полоса вдоль диагонали; считай её дополнением — два треугольника с катетами $1-t$A strip along the diagonal; count its complement, two triangles with legs $1-t$
Объекты равноправны, вопрос про их взаимный порядок или про «какой-нибудь из них»Objects are symmetric and the question asks about their order or “which one”	Все порядки равновозможны; либо посчитай один сценарий и умножь на число несовместных случаевAll orders are equally likely; count one scenario or use the number of disjoint cases

эталонная задача

Стержень, сломанный в двух местахA rod broken at two points

Условие. Стержень длины 1 ломают в двух точках, выбранных независимо и равномерно по всей его длине. Получаются три куска. Какова вероятность, что из них можно сложить треугольник?

Ни одна формула дня не даёт ответ сама по себе. Смотри не на числа, а на то, какое решение принимается на каждом шаге.

Шаг 1. Чем задаётся исход. Двумя числами — координатами изломов $x$ и $y$ на отрезке $[0,1]$. Значит исход — точка единичного квадрата, и вероятность любого события равна площади соответствующей области. Модель выбрана, дальше можно считать.

Шаг 2. Перевести условие в неравенства. Длины кусков: $\min(x,y)$, затем $|x - y|$, затем $1 - \max(x,y)$. Сумма их равна 1 — это пригодится через шаг. Треугольник существует, когда каждая сторона меньше суммы двух других; поскольку сумма всех трёх равна 1, условие «сторона меньше суммы двух других» превращается в «сторона меньше $\frac12$». Итого нужно, чтобы все три куска были короче $\frac12$.

Шаг 3. Прямо или через дополнение. Прямо — это пересечение трёх условий, область внутри квадрата с тремя срезанными углами, считать её неудобно. Дополнение — объединение трёх условий «этот кусок не короче $\frac12$», и каждое из них задаёт простую область. Выбираем дополнение.

Шаг 4. Проверить несовместность. Складывать три вероятности без поправок можно только если куски не могут быть длинными одновременно. Проверка: если два куска не короче $\frac12$, их сумма не меньше 1, значит третий кусок нулевой — это событие нулевой вероятности. Случаи несовместны, складывать разрешено.

Шаг 5. Посчитать три области. Первый кусок не короче $\frac12$ означает $\min(x,y) \ge \frac12$, то есть обе точки в правой половине: квадратик со стороной $\frac12$, площадь $\frac14$. Третий кусок не короче $\frac12$ означает $\max(x,y) \le \frac12$: такой же квадратик в другом углу, снова $\frac14$. Средний кусок не короче $\frac12$ означает $|x - y| \ge \frac12$: это дополнение к полосе, по формуле полосы его площадь $\left(1 - \frac12\right)^2 = \frac14$.

$$\P(\text{дополнения}) = \frac14 + \frac14 + \frac14 = \frac34, \qquad \P = 1 - \frac34 = \frac14 = 0.25$$

Шаг 6. Проверить. Три площади вышли одинаковыми, и это не совпадение: три куска равноправны, любой из них с равной вероятностью оказывается длинным. Совпадение трёх независимо посчитанных чисел — сигнал, что модель выбрана верно. Вторая проверка — монотонность: событие «треугольник складывается» вложено в событие «средний кусок короче $\frac12$», вероятность которого $\frac34$, и действительно $0.25 \le 0.75$.

Алгоритм

Назови, чем задаётся исход, и сколько чисел для этого нужно: одно — отрезок, два — квадрат.
Переведи каждое слово условия в неравенство на эти числа и проверь перевод на крайнем значении.
Реши, считать прямо или через дополнение: выигрывает тот вариант, где меньше кусков.
Перед сложением проверь несовместность словами «могут ли два куска случиться сразу».
Проверь ответ симметрией (равноправные случаи обязаны дать равные числа) и монотонностью.

Problem. A rod of length 1 is broken at two points chosen independently and uniformly along its length. The three resulting pieces are formed. What is the probability that they can make a triangle?

No single formula from the day gives the answer. Focus on the decision at each step.

Step 1. What determines the outcome? Two numbers: the break coordinates $x$ and $y$ on $[0,1]$. The outcome is therefore a point in the unit square, and the probability of an event is the area of its region. The model is chosen; now calculate.

Step 2. Translate the condition into inequalities. The piece lengths are $\min(x,y)$, then $|x-y|$, then $1-\max(x,y)$. Their sum is 1, which will help in a moment. A triangle exists when every side is shorter than the sum of the other two; because all three sum to 1, this is equivalent to every side being shorter than $\frac12$. Thus all three pieces must be shorter than $\frac12$.

Step 3. Directly or by complement? Directly, this is the intersection of three conditions, a square with three corners cut off; its area is awkward. The complement is the union of three simple events, “this piece is at least $\frac12$.” Choose the complement.

Step 4. Check disjointness. We may add the three probabilities without correction only if two pieces cannot be long at the same time. If two pieces were at least $\frac12$, their sum would be at least 1 and the third piece would have length zero, a zero-probability event. The cases are disjoint, so addition is valid.

Step 5. Count the three regions. The first piece is at least $\frac12$ when $\min(x,y)\ge\frac12$, meaning both points lie in the right half: a square of side $\frac12$, area $\frac14$. The third piece is at least $\frac12$ when $\max(x,y)\le\frac12$: an equal square in the opposite corner, again $\frac14$. The middle piece is at least $\frac12$ when $|x-y|\ge\frac12$; by the strip formula, its area is $\left(1-\frac12\right)^2=\frac14$.

$$\P(\text{complement}) = \frac14 + \frac14 + \frac14 = \frac34, \qquad \P = 1 - \frac34 = \frac14 = 0.25$$

Step 6. Check. The three areas are equal, not by accident: the pieces are symmetric, so each is equally likely to be the long one. Three independently computed equal values are a signal that the model is right. Second, monotonicity: the triangle event is contained in “the middle piece is shorter than $\frac12$,” whose probability is $\frac34$, and indeed $0.25\le0.75$.

Algorithm

Say what determines the outcome and how many numbers it takes: one for an interval, two for a square.
Translate every phrase of the condition into an inequality in those numbers; test the translation at an extreme value.
Decide between direct counting and the complement: choose the version with fewer pieces.
Before adding, ask in words whether two pieces can be long at once.
Check by symmetry (symmetric cases must have equal values) and by monotonicity.

Дополнительные материалы

Другие объяснения и материалы по теме. Используй их, если основного урока недостаточно.

интерактивSeeing Theory · Basic ProbabilitySeeing Theory · Basic Probability EN

Первая глава ровно про сегодняшнюю тему. Ползунки показывают, как доля сходится к вероятности при росте числа опытовThe first chapter is exactly today’s topic. Sliders show how a sample fraction approaches a probability as the number of trials grows.

видеоHarvard Stat 110 · Lecture 2: Story Proofs, Axioms of ProbabilityHarvard Stat 110 · Lecture 2: Story Proofs, Axioms of Probability EN

Аксиомы вероятности и «истории вместо вычислений» — приём, которым несовместность и независимость проверяются словами, а не формулойProbability axioms and “story proofs”: a way to check disjointness and independence in words rather than formulas.

видео3Blue1Brown · Why «probability of 0» does not mean «impossible»3Blue1Brown · Why “probability of 0” does not mean “impossible” EN

Про непрерывный случай: почему вероятность попасть в точку равна нулю и почему границы области не влияют на ответThe continuous case: why a point can have probability zero and why region boundaries do not affect the answer.

видеоMIT 6.041 · Lecture 1: Probability Models and AxiomsMIT 6.041 · Lecture 1: Probability Models and Axioms EN

Классический университетский курс. Медленно, обстоятельно, с полными доказательствамиA classic university course—slow, thorough, and proof-oriented.

как работать сегодня

Задачи дня выстроены в лестницу из четырёх ступеней, и идти по ним надо по порядку: каждая следующая ступень пользуется тем, что отработано на предыдущей.

Обязательное упражнение дня: перед каждой задачей ступеней 2 и 3 запиши одной строкой модель исхода — «конечный список из $6^4$ наборов», «точка в единичном квадрате», «три числа на отрезке». Тридцать секунд на задачу, и они снимают тот класс ошибок, который иначе не ловится ничем.

Полный объём — 16 задач. Всё, что есть на странице, включая ступень ШАД. Это план на день, который идёт хорошо и оставляет на задачи почти два часа.

Минимум — 10 задач. b0201, b0203, b0204, b0205, b0206, b0207, y0201, y0202, y0203, y0204. Здесь все четыре финала дня и все мосты к ним; выброшены разминка, задача ступени ШАД и то, что повторяет уже отработанный приём, не добавляя нового решения.

Обязательные — 4 задачи. b0203, b0204, b0205, b0207. Каждая ведёт к конкретному финалу: b0204 — к y0201 (и отличается от него одним словом в условии), b0203 и b0205 — к y0204, b0207 — к y0202 и мини-тесту y0203. Пропустить любую значит прийти к финалу без инструмента. Если день сорвался и осталось сорок минут — делаются эти четыре и мини-тест, остальное переносится.

Как пользоваться подсказкой

Открывай подсказку после пяти минут честного тупика, не раньше. Подсказка называет приём, но не раскрывает решение: тренируется именно навык «узнать приём», а на экзамене решает задачу как раз он.

Формат ответа

Сегодня все ответы дробные: четыре знака после запятой, точка как разделитель. Не «11/36», а 0.3056. Округление обычное. На экзамене ошибка формата стоит ровно столько же, сколько незнание темы, так что привыкай сразу.

Today’s problems form a four-level ladder. Work through them in order; each level uses what was practiced at the previous one.

Required exercise: before every level-2 and level-3 problem, write the outcome model in one line—“a finite list of $6^4$ sequences,” “a point in the unit square,” or “three numbers on an interval.” Thirty seconds per problem removes the class of modeling errors that nothing else catches.

Full workload: 16 problems. Everything on the page, including the SHAD level. This is a good-day plan that leaves almost two hours for problems.

Minimum: 10 problems. b0201, b0203, b0204, b0205, b0206, b0207, y0201, y0202, y0203, y0204. This contains all four finals and every bridge to them; the warm-up, the SHAD problem, and repetitions that add no new idea are omitted.

Required: 4 problems. b0203, b0204, b0205, and b0207. Each leads to a specific final: b0204 to y0201 (one word in the condition differs), b0203 and b0205 to y0204, and b0207 to y0202 and mini-test y0203. Skipping any one means reaching the final without its tool. If the day goes badly and forty minutes remain, do these four and the mini-test; postpone the rest.

How to use a hint

Open a hint after five minutes of honest deadlock, not before. A hint names the technique but does not reveal the solution: the skill being trained is recognizing the technique, and that is exactly what the exam tests.

Answer format

All answers today are decimals: four digits after the decimal point, with a period as the separator. Enter 0.3056, not “11/36”. Round normally. On the exam, a formatting error costs exactly as much as not knowing the topic, so build the habit now.

полный объём

минимум

обязательные

Полный объём — все задачи ниже. Минимум — если день сорвался и часа осталось два. Обязательные — мосты к финальной задаче, они не пропускаются никогда.

Разминка

решено 4 из 4

Устно, за полминуты. Проверяет, что определение понято, а не выучено.

W0201Разминкаступень 1Вероятность✓разминка

Честную монету бросают дважды. Какова вероятность, что оба раза выпадет орёл? Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

A fair coin is tossed twice. What is the probability of getting heads on both tosses? Round the answer to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Выпиши все четыре исхода.

List all four outcomes.

Решение / Solution

Исход — это упорядоченная пара результатов, а не «сколько всего орлов»: $\Omega = \{\text{ОО}, \text{ОР}, \text{РО}, \text{РР}\}$ — четыре равновозможных исхода. Благоприятный один.

$$\P = \frac14 = 0.25$$

Тот же ответ через независимость: броски не влияют друг на друга, поэтому $\P = \frac12 \cdot \frac12 = \frac14$. Два пути к одному числу — самая дешёвая проверка, которая существует.

An outcome is an ordered pair of results, not merely the total number of heads: $\Omega = \{HH, HT, TH, TT\}$. These four outcomes are equally likely, and only one is favorable.

$$\P = \frac14 = 0.25$$

Independence gives the same result: the tosses do not affect each other, so $\P = \frac12 \cdot \frac12 = \frac14$. Reaching the same value in two different ways is the quickest possible check.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

W0202Разминкаступень 1Вероятность✓разминка

Бросают честный кубик. Какова вероятность, что выпадет число, кратное трём? Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

A fair die is rolled. What is the probability that the result is divisible by three? Round the answer to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Разрежь событие на куски, которые не могут случиться одновременно.

Split the event into cases that cannot occur simultaneously.

Решение / Solution

Событие «выпало число, кратное трём» распадается на два: «выпало 3» и «выпало 6». Одновременно они случиться не могут — кубик один и грань одна, — значит события несовместны и вероятности складываются без всяких поправок:

$$\P = \frac16 + \frac16 = \frac26 = \frac13 \approx 0.3333$$

Зачем разрезать очевидное

Здесь ответ виден и без разреза. Разрез сделан ради привычки: в задачах, где кусков три или пять, первое, что надо проверить, — попарная несовместность. Если её нет, складывать нельзя, и придётся возвращать пересечения по включениям-исключениям.

The event consists of two cases: rolling 3 and rolling 6. They cannot occur simultaneously, so the events are disjoint and their probabilities can be added directly:

$$\P = \frac16 + \frac16 = \frac26 = \frac13 \approx 0.3333$$

Why split an obvious event?

The answer is immediate here, but the decomposition builds an important habit. With three or five cases, first check whether they are pairwise disjoint. If not, their probabilities cannot simply be added; intersections must be restored using inclusion-exclusion.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

W0203Разминкаступень 1Вероятность✓разминка

На отрезок $[0, 10]$ наудачу бросают точку: вероятность попасть в кусок отрезка зависит только от длины этого куска. Какова вероятность того, что точка попадёт на отрезок $[4, 7]$? Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

A point is chosen uniformly at random on the interval $[0, 10]$: the probability of landing in a subinterval depends only on its length. What is the probability that the point lies in $[4, 7]$? Round the answer to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Исходов бесконечно много, считать их нечего. Что здесь играет роль «числа исходов»?

There are infinitely many outcomes, so counting them is impossible. What takes the place of the “number of outcomes” here?

Решение / Solution

Пространство исходов — весь отрезок $[0, 10]$, исходов бесконечно много, поэтому классическая схема неприменима. Вместо числа исходов берём меру, здесь это длина:

$$\P = \frac{\mu([4,7])}{\mu([0,10])} = \frac{7 - 4}{10 - 0} = \frac{3}{10} = 0.3$$

Границы не влияют

Отдельная точка имеет длину нуль, поэтому «попадёт на отрезок $[4,7]$» и «попадёт в интервал $(4,7)$» — это один и тот же ответ. В дискретных задачах такое немыслимо, в непрерывных это правило, которым дальше пользуемся не задумываясь.

The sample space is the entire interval $[0, 10]$ and contains infinitely many outcomes, so the classical counting model does not apply. We use measure—in this case, length—instead:

$$\P = \frac{\mu([4,7])}{\mu([0,10])} = \frac{7 - 4}{10 - 0} = \frac{3}{10} = 0.3$$

Endpoints do not matter

A single point has length zero, so “lies in $[4,7]$” and “lies in $(4,7)$” have the same probability. This would be unthinkable in a discrete problem; in continuous problems it is a standard fact that we will use freely.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

W0204Разминкаступень 1Вероятность✓разминка

Честную монету бросают дважды. Какова вероятность, что выпадет хотя бы один орёл? Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

A fair coin is tossed twice. What is the probability of getting at least one head? Round the answer to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Слова «хотя бы один» — сигнал считать дополнение.

The phrase “at least one” is a signal to use the complement.

Решение / Solution

Прямой счёт потребовал бы двух слагаемых: «ровно один орёл» и «ровно два». Противоположное событие — «ни одного орла» — реализуется единственным исходом РР:

$$\P(\text{ни одного}) = \frac14, \qquad \P(\text{хотя бы один}) = 1 - \frac14 = \frac34 = 0.75$$

Проверка монотонностью: «хотя бы один орёл» содержит в себе «оба орла», значит ответ обязан быть не меньше $0.25$. Так и есть.

A direct count would split into “exactly one head” and “exactly two heads.” The complementary event, “no heads,” consists of the single outcome TT:

$$\P(\text{no heads}) = \frac14, \qquad \P(\text{at least one head}) = 1 - \frac14 = \frac34 = 0.75$$

As a monotonicity check, “at least one head” contains the event “two heads,” so its probability must be at least $0.25$. It is.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

База

решено 7 из 7

Чистая техника без сюрпризов. Здесь нарабатывается автоматизм.

B0201Базаступень 3минимумВероятность✓авторская

На отрезок $[0,1]$ независимо и равномерно бросают три точки. Какова вероятность того, что все три окажутся в одной и той же половине отрезка, то есть либо все три попадут в левую половину $\left[0, \tfrac12\right]$, либо все три — в правую $\left[\tfrac12, 1\right]$? Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

Three points are chosen independently and uniformly on $[0,1]$. What is the probability that all three lie in the same half of the interval—either all in the left half $\left[0, \tfrac12\right]$ or all in the right half $\left[\tfrac12, 1\right]$? Round the answer to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Два случая, которые не могут случиться одновременно. Внутри каждого — три независимых попадания.

There are two cases that cannot occur simultaneously. Within each case, there are three independent placements.

Решение / Solution

Шаг 1. Разрез по событию. Обозначим $L$ — «все три точки в левой половине», $R$ — «все три в правой». События несовместны: если все три слева, то справа нет ни одной. (Попадание ровно в точку $\tfrac12$ имеет вероятность нуль и на ответ не влияет.) Значит вероятности складываются.

Шаг 2. Разрез по опыту внутри одного случая. Точки бросаются независимо, поэтому вероятности перемножаются. Одна точка попадает в левую половину с вероятностью, равной доле длины, то есть $\tfrac12$:

$$\P(L) = \left(\frac12\right)^3 = \frac18$$

Правая половина устроена точно так же: $\P(R) = \tfrac18$.

Шаг 3. Складываем.

$$\P = \frac18 + \frac18 = \frac14 = 0.25$$

Где здесь проходит граница

Половины тут заданы заранее, и их ровно две — поэтому и удалось просто сложить два случая. Если бы разбиение не было задано заранее (например, точки бросают на окружность, а «половина» — это любая полуокружность), число случаев перестало бы быть равным двум, и первым делом пришлось бы решить, от чего вообще отсчитывать половину.

Step 1: split into cases. Let $L$ be the event that all three points lie in the left half, and $R$ the event that all three lie in the right half. The events are disjoint: if all points are on the left, none is on the right. (Landing exactly at $\tfrac12$ has probability zero.) Thus their probabilities may be added.

Step 2: analyze one case. The points are independent, and one point lands in the left half with probability $\tfrac12$, the fraction of the interval's length. Hence

$$\P(L) = \left(\frac12\right)^3 = \frac18.$$

By symmetry, $\P(R) = \tfrac18$.

Step 3: add.

$$\P = \frac18 + \frac18 = \frac14 = 0.25$$

Where the boundary lies

The two halves are fixed in advance, so there are exactly two cases to add. If the division were not fixed—for example, if points were placed on a circle and “a half” meant any semicircle—the number of cases would no longer be two. The first task would be to decide where a semicircle begins.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

B0202Базаступень 2Вероятность✓авторская

Честную монету бросают 10 раз. Какова вероятность, что орёл выпадет ровно 6 раз? Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

A fair coin is tossed 10 times. What is the probability of getting exactly 6 heads? Round the answer to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Все последовательности из 10 бросков равновозможны. Сколько среди них таких, где ровно шесть орлов?

All length-10 sequences of tosses are equally likely. How many contain exactly six heads?

Решение / Solution

Все исходы. Последовательность из 10 символов О/Р: $|\Omega| = 2^{10} = 1024$. Все они равновозможны, потому что монета честная.

Благоприятные. Надо выбрать, на каких шести местах стоят орлы:

$$\binom{10}{6} = \binom{10}{4} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{24} = 210$$$$\P = \frac{210}{1024} = \frac{105}{512} \approx 0.2051$$

Проверка правдоподобности

Самый вероятный исход при 10 бросках — 5 орлов, его вероятность $\binom{10}{5}/1024 \approx 0.246$. Шесть орлов должно быть чуть менее вероятно. Получили $0.205$ — правдоподобно. Если бы вышло больше $0.25$, надо было бы искать ошибку.

All outcomes. An outcome is a sequence of 10 H/T symbols, so $|\Omega| = 2^{10} = 1024$. All are equally likely because the coin is fair.

Favorable outcomes. Choose the six positions occupied by heads:

$$\binom{10}{6} = \binom{10}{4} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{24} = 210$$$$\P = \frac{210}{1024} = \frac{105}{512} \approx 0.2051$$

Plausibility check

With 10 tosses, the most likely count is 5 heads, with probability $\binom{10}{5}/1024 \approx 0.246$. Six heads should be slightly less likely. The value $0.205$ is plausible; a value above $0.25$ would signal an error.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

B0203Базаступень 2обязательнаяВероятность✓авторская

Числа $x_1$, $x_2$, $x_3$ выбираются независимо и равномерно на отрезке $[0,1]$. Какова вероятность того, что выполнится цепочка неравенств $x_1 < x_2 < x_3$? Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

The numbers $x_1$, $x_2$, and $x_3$ are chosen independently and uniformly from $[0,1]$. What is the probability that $x_1 < x_2 < x_3$? Round the answer to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Совпадения имеют вероятность нуль. Сколько всего порядков и чем один отличается от другого?

Ties have probability zero. How many possible orders are there, and how does one differ from another?

Решение / Solution

Шаг 1. Совпадения выбрасываем. Числа непрерывны и независимы, поэтому событие «какие-то два совпали» имеет вероятность нуль. Значит с вероятностью 1 все три числа различны, и их можно выстроить по возрастанию единственным способом.

Шаг 2. Все порядки равновозможны. Расположений по величине ровно $3! = 6$:

$$x_1 < x_2 < x_3, \quad x_1 < x_3 < x_2, \quad x_2 < x_1 < x_3, \quad x_2 < x_3 < x_1, \quad x_3 < x_1 < x_2, \quad x_3 < x_2 < x_1$$

Величины устроены одинаково и выбираются одинаково, поэтому переименование индексов переводит любой порядок в любой другой и не меняет вероятность. Шесть равновозможных событий, покрывающих всё $\Omega$, — значит у каждого вероятность $\tfrac16$.

Шаг 3. Ответ. Нужный порядок ровно один:

$$\P = \frac16 \approx 0.1667$$

Не то же самое, что «первое — наименьшее»

«$x_1$ наименьшее» — это два порядка из шести, то есть $\tfrac13$. Цепочка $x_1 < x_2 < x_3$ фиксирует расположение всех трёх, а не одного. Считай именно порядки, а не «условия»: число подходящих порядков — единственная величина, которую здесь надо найти.

Step 1: discard ties. Because the variables are independent and continuous, the event that two are equal has probability zero. Thus, with probability 1, the three values are distinct and have a unique increasing order.

Step 2: all orders are equally likely. There are $3! = 6$ possible orders:

$$x_1 < x_2 < x_3, \quad x_1 < x_3 < x_2, \quad x_2 < x_1 < x_3, \quad x_2 < x_3 < x_1, \quad x_3 < x_1 < x_2, \quad x_3 < x_2 < x_1$$

The variables have identical distributions, so relabeling their indices maps any order to any other without changing its probability. Six equiprobable events cover $\Omega$, hence each has probability $\tfrac16$.

Step 3: answer. Exactly one order is favorable:

$$\P = \frac16 \approx 0.1667$$

Not the same as “the first is the smallest”

The event “$x_1$ is the smallest” includes two of the six orders and has probability $\tfrac13$. The chain $x_1 < x_2 < x_3$ fixes all three positions. Count orders, not the number of inequalities: the number of favorable orders is all that matters here.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

B0204Базаступень 3обязательнаяВероятность✓авторская

Бросают 4 честных кубика. Какова вероятность, что хотя бы на одном выпадет шестёрка? Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

Four fair dice are rolled. What is the probability that at least one shows a six? Round the answer to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Дополнение.

Use the complement.

Решение / Solution

Противоположное событие — «ни на одном не шестёрка». Кубики независимы, поэтому вероятности перемножаются:

$$\P(\text{ни одной}) = \left(\frac56\right)^4 = \frac{625}{1296} \approx 0.4823$$$$\P(\text{хотя бы одна}) = 1 - 0.4823 \approx 0.5177$$

Так делать нельзя

Соблазн: «вероятность шестёрки на одном кубике $\frac16$, кубиков четыре, значит $4 \cdot \frac16 = \frac23$». Это неверно — четыре события «шестёрка на первом», «на втором» и так далее совместны: шестёрок может быть две. Умножать вероятность на число случаев можно только тогда, когда случаи попарно несовместны. Проверь абсурдом: при шести кубиках эта «формула» дала бы вероятность 1, то есть шестёрка гарантирована. Очевидно, что нет.

The complementary event is that none of the dice shows a six. The dice are independent, so the probabilities multiply:

$$\P(\text{no sixes}) = \left(\frac56\right)^4 = \frac{625}{1296} \approx 0.4823$$$$\P(\text{at least one six}) = 1 - 0.4823 \approx 0.5177$$

Do not do this

It is tempting to argue that the probability of a six on one die is $\frac16$, so for four dice it is $4 \cdot \frac16 = \frac23$. This is wrong: the events “a six on the first die,” “a six on the second,” and so on are not disjoint; two sixes may occur. Multiplying one probability by the number of cases is valid only for pairwise disjoint cases. With six dice, the false formula would give probability 1 and claim that a six is guaranteed—clearly absurd.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

B0205Базаступень 3обязательнаяВероятность✓авторская

Числа $x_1$, $x_2$, $x_3$, $x_4$ выбираются независимо и равномерно на отрезке $[0,1]$. Какова вероятность того, что наибольшим из четырёх окажется $x_1$, а наименьшим — $x_4$? Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

The numbers $x_1$, $x_2$, $x_3$, and $x_4$ are chosen independently and uniformly from $[0,1]$. What is the probability that $x_1$ is the largest and $x_4$ the smallest? Round the answer to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Считать площади и объёмы здесь нечего. Сколько всего расположений четырёх чисел по величине и в скольких из них два крайних места заняты нужными числами?

There is no need to compute areas or volumes. How many orders of the four numbers are possible, and in how many do the required numbers occupy the two extreme positions?

Решение / Solution

Шаг 1. Модель. Числа непрерывны и независимы, поэтому совпадения имеют вероятность нуль: с вероятностью 1 все четыре различны и выстраиваются по возрастанию единственным способом. Исход — это порядок четырёх чисел по величине, и таких порядков $4! = 24$.

Шаг 2. Равновозможность. Все четыре величины устроены одинаково и выбираются одинаково, поэтому переименование индексов переводит любой порядок в любой другой и вероятность не меняет. Значит каждый из 24 порядков имеет вероятность $\tfrac{1}{24}$.

Шаг 3. Считаем подходящие порядки. Условие фиксирует два места из четырёх: $x_1$ стоит последним по величине, $x_4$ — первым. Оставшиеся два числа занимают два средних места, и таких порядков $2! = 2$:

$$x_4 < x_2 < x_3 < x_1 \qquad \text{и} \qquad x_4 < x_3 < x_2 < x_1$$$$\P = \frac{2}{24} = \frac{1}{12} \approx 0.0833$$

Проверка другим разрезом

«Наибольшее — это $x_1$» само по себе имеет вероятность $\tfrac14$: четыре числа равноправны, каждое становится наибольшим одинаково часто. При этом условии наименьшим оказывается одно из трёх оставшихся, и все три равноправны, так что нужное $x_4$ даёт ещё $\tfrac13$. Итого $\tfrac14 \cdot \tfrac13 = \tfrac{1}{12}$ — то же число, полученное по-другому.

Step 1: model the outcome. Since the variables are independent and continuous, ties have probability zero. With probability 1 all four values are distinct and have a unique increasing order. Thus an outcome is an ordering of the four values, and there are $4! = 24$ such orders.

Step 2: use symmetry. The variables have identical distributions, so relabeling indices maps any order to any other without changing its probability. Each of the 24 orders therefore has probability $\tfrac{1}{24}$.

Step 3: count favorable orders. The condition fixes two positions: $x_1$ is largest and $x_4$ is smallest. The other two values can occupy the middle positions in $2! = 2$ ways:

$$x_4 < x_2 < x_3 < x_1 \qquad \text{or} \qquad x_4 < x_3 < x_2 < x_1$$$$\P = \frac{2}{24} = \frac{1}{12} \approx 0.0833$$

Check by conditioning

By symmetry, $x_1$ is the largest with probability $\tfrac14$. Given this event, each of the other three variables is equally likely to be the smallest, so requiring $x_4$ contributes another factor of $\tfrac13$. Thus $\tfrac14 \cdot \tfrac13 = \tfrac{1}{12}$, the same result.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

B0206Базаступень 2минимумВероятность✓авторская

Числа $x$ и $y$ выбираются независимо и равномерно на отрезке $[0,1]$. Какова вероятность того, что $y > x + \tfrac13$? Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

The numbers $x$ and $y$ are chosen independently and uniformly from $[0,1]$. What is the probability that $y > x + \tfrac13$? Round the answer to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Нарисуй единичный квадрат и прямую $y = x + \tfrac13$.

Draw the unit square and the line $y = x + \tfrac13$.

Решение / Solution

Модель. Пара $(x, y)$ равномерно распределена в единичном квадрате, площадь которого равна 1. Значит вероятность события равна площади соответствующей области.

Область. Неравенство $y > x + \tfrac13$ задаёт полуплоскость над прямой $y = x + \tfrac13$. Внутри квадрата от неё остаётся прямоугольный треугольник с вершинами $\left(0, \tfrac13\right)$, $(0, 1)$ и $\left(\tfrac23, 1\right)$. Оба катета равны $1 - \tfrac13 = \tfrac23$.

$$\P = \frac12 \left(\frac23\right)^2 = \frac29 \approx 0.2222$$

Проверка крайним случаем

Замени $\tfrac13$ на 0: условие превратится в $y > x$, и формула даст $\tfrac12 \cdot 1 = \tfrac12$ — ровно то, что и должно быть по симметрии. Замени на 1: получится 0, и это тоже верно. Формула, выдержавшая оба края, почти наверняка правильная.

Model. The pair $(x, y)$ is uniformly distributed over the unit square, whose area is 1. The probability of the event is therefore the area of the corresponding region.

Region. The inequality $y > x + \tfrac13$ describes the half-plane above the line $y = x + \tfrac13$. Its intersection with the square is a right triangle with vertices $\left(0, \tfrac13\right)$, $(0, 1)$, and $\left(\tfrac23, 1\right)$. Both legs have length $1 - \tfrac13 = \tfrac23$.

$$\P = \frac12 \left(\frac23\right)^2 = \frac29 \approx 0.2222$$

Check the limiting cases

Replace $\tfrac13$ by 0. The condition becomes $y > x$, and the formula gives $\tfrac12 \cdot 1 = \tfrac12$, exactly as symmetry predicts. Replace it by 1 and the result is 0, also correct. A formula that survives both extremes is very likely right.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

B0207Базаступень 3обязательнаяВероятность✓авторская

Два поезда прибывают на станцию в моменты, равномерно распределённые на промежутке с 9:00 до 10:00, независимо друг от друга: вероятность прибыть в промежуток времени зависит только от его длины. Каждый поезд стоит на станции ровно 12 минут и уходит (стоянка может продолжаться и после 10:00). Какова вероятность того, что в какой-то момент оба поезда окажутся на станции одновременно? Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

Two trains arrive at a station at independent, uniformly distributed times between 9:00 and 10:00; the probability of arriving during a time interval depends only on its length. Each train remains at the station for exactly 12 minutes and then departs (possibly after 10:00). What is the probability that both trains are at the station at the same time? Round the answer to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Исход — пара моментов прибытия, то есть точка квадрата. Переведи «каждый стоит 12 минут» в неравенство на разность этих моментов и посмотри, какая область получилась.

An outcome is a pair of arrival times, hence a point in a square. Translate “stays for 12 minutes” into an inequality for the difference between those times and identify the region.

Решение / Solution

Модель. Обозначим $x$ и $y$ — моменты прибытия поездов в долях часа, $x, y \in [0,1]$. Оба момента равномерны и независимы, поэтому пара $(x, y)$ равномерно распределена в единичном квадрате, площадь которого равна 1: вероятность события равна площади его области.

Перевод условия. Поезда окажутся на станции вместе тогда и только тогда, когда пришедший первым ещё не уехал, то есть когда второй прибыл не позже чем через 12 минут $= \tfrac15$ часа. Разбирать отдельно случаи «первым пришёл первый» и «первым пришёл второй» не нужно: стоянки одинаковы, и оба случая склеиваются в одно неравенство

$$|x - y| < \frac15$$

Область и дополнение. Это полоса вдоль диагонали квадрата. Считать шестиугольник напрямую неудобно, поэтому берём дополнение: два прямоугольных треугольника в противоположных углах, у каждого катеты $1 - \tfrac15 = \tfrac45$.

$$S_{\text{дополнения}} = 2 \cdot \frac12 \left(\frac45\right)^2 = \frac{16}{25}$$$$\P = 1 - \frac{16}{25} = \frac{9}{25} = 0.36$$

Та же полоса, но с разными краями

Если бы поезда стояли разное время, модуль исчез бы и полоса стала несимметричной. Пусть первый стоит 20 минут, а второй 10: тогда они окажутся вместе при $-\tfrac13 \le x - y \le \tfrac16$, дополнение — два треугольника с катетами $\tfrac23$ и $\tfrac56$, и по общей формуле урока $\P = 1 - \frac12\left(\frac23\right)^2 - \frac12\left(\frac56\right)^2 = 1 - \frac{41}{72} = \frac{31}{72} \approx 0.4306$. Посчитай это сам и сверься с числом: разные края — единственное усложнение, которое к такой задаче вообще добавляют.

Model. Let $x$ and $y$ be the trains' arrival times measured in hours after 9:00, so $x,y \in [0,1]$. Independence and uniformity make $(x,y)$ uniform over the unit square, whose area is 1. The probability equals the area of the event's region.

Translate the condition. The trains overlap exactly when the first to arrive has not yet departed as the second arrives, so their arrival times differ by at most 12 minutes $= \tfrac15$ hour. There is no need to split according to which train arrives first: because their waiting times are equal, both cases combine into

$$|x - y| < \frac15.$$

Region and complement. This is a strip around the square's diagonal. Instead of computing the hexagon directly, take its complement: two right triangles in opposite corners, each with legs $1 - \tfrac15 = \tfrac45$.

$$S_{\text{complement}} = 2 \cdot \frac12 \left(\frac45\right)^2 = \frac{16}{25}$$$$\P = 1 - \frac{16}{25} = \frac{9}{25} = 0.36$$

The same strip with unequal sides

If the trains stayed for different lengths of time, the absolute value would disappear and the strip would become asymmetric. If the first train stayed for 20 minutes and the second for 10, they would overlap when $-\tfrac13 \le x - y \le \tfrac16$. The complement would be two triangles with legs $\tfrac23$ and $\tfrac56$, and the lesson's general formula gives $\P = 1 - \frac12\left(\frac23\right)^2 - \frac12\left(\frac56\right)^2 = 1 - \frac{41}{72} = \frac{31}{72} \approx 0.4306$. Work this out and compare: unequal sides are the only real complication added to this model.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

Уровень YMLS

решено 3 из 3

Целевая сложность вступительного экзамена. Ответ — число.

Y0201Уровень YMLSступень 4минимумВероятность✓Официальная задача YMLS · Practice Problem 1, Q1

Бросают 15 честных игральных кубиков. Найдите вероятность того, что ни на одном не выпадет шестёрка. Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

Fifteen fair dice are rolled. Find the probability that none shows a six. Round the answer to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Пятнадцать независимых событий.

Fifteen independent events.

Решение / Solution

Для одного кубика вероятность не выбросить шестёрку равна $\frac56$. Кубики независимы, поэтому вероятности перемножаются:

$$\P = \left(\frac56\right)^{15} = \frac{30\,517\,578\,125}{470\,184\,984\,576} \approx 0.0649$$

Зачем эта задача стоит первой в официальном наборе

Она проверяет ровно одно: понимаешь ли ты, что независимость даёт произведение. Никакой комбинаторики, никаких формул. Это калибровка: примерно такого уровня будут самые простые задачи онлайн-этапа.

For one die, the probability of not rolling a six is $\frac56$. The dice are independent, so the probabilities multiply:

$$\P = \left(\frac56\right)^{15} = \frac{30\,517\,578\,125}{470\,184\,984\,576} \approx 0.0649$$

Why this is the first problem in the official set

It tests exactly one idea: independence gives a product. There is no combinatorics and no elaborate formula. It serves as calibration for the easiest problems in the online round.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

Y0202Уровень YMLSступень 4минимумВероятность✓уровень YMLS

Числа $x$ и $y$ выбираются независимо и равномерно на отрезке $[0,1]$. Найдите вероятность того, что $|x - y| < \tfrac13$. Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

The numbers $x$ and $y$ are chosen independently and uniformly from $[0,1]$. Find the probability that $|x - y| < \tfrac13$. Round the answer to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Нарисуй единичный квадрат. Область — полоса вдоль диагонали, а её дополнение считать проще.

Draw the unit square. The region is a strip around the diagonal, and its complement is easier to calculate.

Решение / Solution

Пространство исходов — единичный квадрат на плоскости, его площадь равна 1.

Событие $|x - y| < \frac13$ — полоса вдоль диагонали. Считать её площадь напрямую неудобно, поэтому считаем дополнение: два прямоугольных треугольника в противоположных углах, каждый с катетами $1 - \frac13 = \frac23$.

$$S_{\text{дополнения}} = 2 \cdot \frac12 \left(\frac23\right)^2 = \frac49$$$$\P = 1 - \frac49 = \frac59 \approx 0.5556$$

Строгое неравенство здесь ничего не меняет: сама диагональ имеет нулевую площадь.

The sample space is the unit square, with area 1.

The event $|x - y| < \frac13$ is a strip around the diagonal. Its complement consists of two right triangles in opposite corners, each with legs $1 - \frac13 = \frac23$.

$$S_{\text{complement}} = 2 \cdot \frac12 \left(\frac23\right)^2 = \frac49$$$$\P = 1 - \frac49 = \frac59 \approx 0.5556$$

The strict inequality makes no difference because the boundary lines have zero area.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

Y0204Уровень YMLSступень 4минимумВероятность✓Официальная задача YMLS · Practice Problem 1, Q4

Три точки бросают независимо и равномерно на отрезок $[0,1]$. Найдите вероятность того, что третья точка попала между первой и второй. Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

Three points are chosen independently and uniformly on $[0,1]$. Find the probability that the third point lies between the first two. Round the answer to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Не считай площади. Сколько всего порядков расположения трёх точек и сколько подходят?

Do not calculate areas. How many possible orders of the three points are there, and how many are favorable?

Решение / Solution

Координаты $X_1, X_2, X_3$ независимы и непрерывны, значит совпадений практически не бывает, и все $3! = 6$ порядков расположения равновозможны.

«Третья между первыми двумя» означает, что $X_3$ — средняя по величине. Таких порядков два:

$$X_1 < X_3 < X_2 \qquad \text{и} \qquad X_2 < X_3 < X_1$$$$\P = \frac26 = \frac13 \approx 0.3333$$

Ни одного интеграла

Ту же задачу можно решить тройным интегралом по единичному кубу — получится то же $\frac13$ и десять потерянных минут. Аргумент симметрии здесь не украшение, а рабочий инструмент: если объекты равноправны, вероятность делится между сценариями поровну.

The coordinates $X_1, X_2, X_3$ are independent and continuous, so ties occur with probability zero and all $3! = 6$ relative orders are equally likely.

The third point lies between the first two exactly when $X_3$ is the middle value. This occurs in two orders:

$$X_1 < X_3 < X_2 \qquad \text{or} \qquad X_2 < X_3 < X_1$$$$\P = \frac26 = \frac13 \approx 0.3333$$

No integrals required

A triple integral over the unit cube would give the same $\frac13$ and cost ten extra minutes. Symmetry is not decoration here but a working tool: when objects play identical roles, probability is shared equally among the symmetric scenarios.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

Уровень ШАД

решено 1 из 1

Выше, чем требуется. Берём только там, где тема реально встречалась на их экзаменах.

S0201Уровень ШАДступень 4Вероятность✓классика собеседований, уровень ШАД

Три точки выбираются независимо и равномерно на окружности. Найдите вероятность того, что все три лежат в одной полуокружности. Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

Three points are chosen independently and uniformly on a circle. Find the probability that all three lie in some semicircle. Round the answer to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Для каждой точки рассмотри событие «все три лежат в полуокружности, которая начинается в этой точке и идёт по часовой стрелке». Что можно сказать про эти три события?

For each point, consider the event that all three points lie in the clockwise semicircle that begins at that point. What can be said about these three events?

Решение / Solution

Пронумеруем точки. Для точки $i$ введём событие $A_i$: «все три точки лежат в полуокружности, начинающейся в точке $i$ и идущей по часовой стрелке».

Наблюдение 1: события попарно несовместны. Если все три точки помещаются в полуокружность, то среди них есть единственная «первая» по часовой стрелке — та, от которой отсчитывается эта полуокружность. Двух разных «начал» одновременно быть не может.

Наблюдение 2: их объединение и есть искомое событие. Если три точки лежат в какой-то полуокружности, то её можно сдвинуть так, чтобы она начиналась в одной из точек.

Наблюдение 3: считаем $\P(A_i)$. Точка $i$ фиксирована, две другие должны попасть в конкретную полуокружность — каждая с вероятностью $\frac12$ (это доля длины дуги), и независимо друг от друга:

$$\P(A_i) = \left(\frac12\right)^2 = \frac14$$

Так как события несовместны, вероятности складываются:

$$\P = 3 \cdot \frac14 = \frac34 = 0.75$$

Общий случай

Для $n$ точек ответ равен $\dfrac{n}{2^{n-1}}$. При $n = 3$ это $\frac34$, при $n = 4$ — ровно $\frac12$.

Здесь пригодились обе идеи дня сразу: несовместность даёт сложение, а якорь позволяет посчитать один случай и умножить на число случаев. Именно так и выглядят задачи уровня ШАД: не длинные вычисления, а два-три точных наблюдения.

Number the points. For point $i$, define $A_i$ as the event that all three points lie in the clockwise semicircle beginning at point $i$.

Observation 1: the events are pairwise disjoint. If all three points fit in a semicircle, there is a unique first point in clockwise order from which that semicircle begins. Two different starting points cannot work simultaneously.

Observation 2: their union is exactly the desired event. If the three points lie in some semicircle, slide it until its starting boundary reaches one of the points.

Observation 3: compute $\P(A_i)$. Point $i$ is fixed, and each of the other two points must lie in one specified semicircle. Each does so with probability $\frac12$, the fraction of the circumference covered, independently of the other:

$$\P(A_i) = \left(\frac12\right)^2 = \frac14$$

Because the events are disjoint, their probabilities add:

$$\P = 3 \cdot \frac14 = \frac34 = 0.75$$

General case

For $n$ points, the answer is $\dfrac{n}{2^{n-1}}$. For $n = 3$ this is $\frac34$, and for $n = 4$ it is exactly $\frac12$.

This solution uses both central ideas of the day: disjointness permits addition, while an anchor lets us compute one case and multiply by the number of cases. SHAD-level problems often look just like this: not long calculations, but two or three precise observations.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

Мини-тест под таймером

20 минут

Одна задача, таймер идёт, подсказки и решение не открываются до истечения времени. Это тренировка не математики, а поведения под давлением.

Y0203Уровень YMLSступень 4минимумВероятность✓уровень YMLS · классика

Двое договорились встретиться между 12:00 и 13:00. Каждый приходит в момент, равномерно распределённый на этом часе, независимо от другого, и ждёт 15 минут, после чего уходит (ждать разрешается и после 13:00). Найдите вероятность того, что они встретятся. Ответ округлите до четырёх знаков после запятой.

Two people agree to meet between 12:00 and 13:00. Each arrives at an independently and uniformly distributed time during that hour and waits 15 minutes before leaving (waiting past 13:00 is allowed). Find the probability that they meet. Round the answer to four decimal places.

ответверно

Подсказка / Hint

Исход — это пара моментов прихода. Изобрази её точкой в квадрате.

An outcome is a pair of arrival times. Represent it as a point in a square.

Решение / Solution

Обозначим моменты прихода $x$ и $y$ в долях часа, $x, y \in [0,1]$. Пространство исходов — единичный квадрат площади 1.

Встреча происходит, когда пришедший первым ещё не ушёл, то есть когда $|x - y| \le \frac14$.

Дополнение — два треугольника с катетами $\frac34$:

$$S = 2 \cdot \frac12 \left(\frac34\right)^2 = \frac{9}{16}$$$$\P = 1 - \frac{9}{16} = \frac{7}{16} = 0.4375$$

Формула на все случаи

Оба приходят в интервал длины $T$ и ждут время $t$:

$$\P = 1 - \left(1 - \frac{t}{T}\right)^2$$

Эта задача приходит на экзамены в десятках переодеваний: два поезда, два звонка, два корабля в порту. Узнавай её по структуре, а не по словам.

Let $x$ and $y$ be the arrival times measured in hours after 12:00, with $x,y \in [0,1]$. The sample space is the unit square of area 1.

They meet when the first arrival has not yet left, that is, when $|x - y| \le \frac14$.

The complement consists of two triangles with legs $\frac34$:

$$S = 2 \cdot \frac12 \left(\frac34\right)^2 = \frac{9}{16}$$$$\P = 1 - \frac{9}{16} = \frac{7}{16} = 0.4375$$

A general formula

If both arrivals are uniform over an interval of length $T$ and each person waits for time $t$,

$$\P = 1 - \left(1 - \frac{t}{T}\right)^2.$$

This problem appears on exams in many disguises: two trains, two calls, or two ships in port. Recognize the structure, not the story.

уверенность1 — угадал, 5 — уверен полностью

В журнал ошибок

день закрыт, когда

По тексту любой сегодняшней задачи за 30 секунд называешь модель исхода (конечный список, число на отрезке, пара чисел в квадрате, точка на окружности) и ошибаешься не более чем в одной задаче из шестнадцатиFor any problem today, name the outcome model within 30 seconds (finite list, one number on an interval, pair of numbers in a square, point on a circle), with no more than one mistake in sixteen problems

Услышав в вопросе «хотя бы один» или «все сразу», пишешь $1 - \ldots$ раньше, чем начинаешь считать, а услышав «ни на одном» — сразу произведение, без вычитания; на паре b0204 и y0201 выбор делается без паузы на размышлениеOn hearing “at least one” or “all at once,” write $1-\ldots$ before calculating; on hearing “none,” multiply immediately without subtracting. Make the choice instantly on b0204 versus y0201

Для любой пары событий дня за 10 секунд отвечаешь, складывать их вероятности или перемножать, и называешь проверку, которая это подтверждаетFor any pair of events, decide within 10 seconds whether to add or multiply and name the check that supports it

Рисуешь единичный квадрат с полосой вдоль диагонали и подписанными катетами треугольников меньше чем за минуту; b0207 решён без подсказки и без разбораDraw the unit square with its diagonal strip and labeled triangle legs in under a minute; solve b0207 without a hint or solution

Все четыре обязательные задачи (b0203, b0204, b0205, b0207) решены с первого ввода, без подсказки и без разбораSolve all four required problems (b0203, b0204, b0205, b0207) on the first submission, without a hint or solution

Мини-тест y0203 сдан за 12 минут с первого ввода, и сразу после этого ты называешь ответ для времени ожидания 20 минут вместо 15Submit mini-test y0203 within 12 minutes on the first attempt, then immediately state the answer for a 20-minute wait instead of 15

аудит дня

Раздели сегодняшние ошибки на два типа и запиши каждую в журнал. Первый тип — неверная модель: перепутал, чем задаётся исход, применил классическую формулу к неравновозможным исходам, сложил вместо умножения или наоборот. Второй тип — модель верна, а ответ не сошёлся: арифметика, потерянная половинка в площади треугольника, забытое дополнение.

Диагнозы разные. Первый лечится триггерами и упражнением «модель одной строкой» из блока «как работать сегодня», второй — проверками симметрией и монотонностью. Если ошибок первого типа сегодня больше двух, завтрашние 15 минут разогрева уходят на повторное чтение блока с триггерами, а не на карточки: завтра пространство исходов начнёт сжиматься, и на кривой модели условная вероятность разъедется окончательно.

Separate today’s errors into two types and log each one. Type 1 is a wrong model: you confused what determines the outcome, applied a classical formula to unequal outcomes, or added instead of multiplying (or vice versa). Type 2 is a correct model with a wrong result: arithmetic, a missing half in a triangle’s area, or a forgotten complement.

The diagnoses are different. Treat Type 1 with the triggers and the one-line-model exercise; treat Type 2 with symmetry and monotonicity checks. If you make more than two Type 1 errors, spend tomorrow’s first 15 warm-up minutes rereading the trigger block instead of reviewing cards: tomorrow the outcome space starts to contract, and a crooked model will completely derail conditional probability.

заметка дня

Открыть журнал ошибок

← Как считать вариантыHow to count possibilities Условная вероятность и БайесConditional probability and Bayes' rule →