Розбір завдань НМТ: комбінаторика, ймовірність і статистика
НМТ з математики 2026 року — це 22 завдання і максимум 32 бали. Комбінаторика, ймовірність і статистика займають у ньому скромну, але стабільну частку, і це той блок, де бали беруться найдешевше: формул мало, обчислення прості, а більшість помилок — не арифметичні, а логічні. Учень плутає, чи важливий порядок, або забуває, що ймовірність не буває більшою за одиницю. На заняттях у Tutor-Math ми проходимо цей блок останнім саме тому, що він дає найкраще співвідношення «час підготовки — здобуті бали». Нижче — компактна теорія й вісім розібраних завдань у форматі тесту.
Два базові правила лічби
Уся комбінаторика виростає з двох правил, і плутати їх не можна.
Правило добутку. Якщо перший вибір можна зробити \(m\) способами, а після нього другий — \(n\) способами, то пару виборів можна зробити \(m \cdot n\) способами.
Правило суми. Якщо об'єкт можна вибрати або \(m\) способами, або \(n\) способами (і ці варіанти не перетинаються), то всього способів \(m + n\).
Підказка, як не помилитися: якщо в умові дії йдуть послідовно («спочатку… потім…»), працює добуток. Якщо варіанти альтернативні («або… або…»), працює сума.
Перестановки, розміщення, комбінації
Три формули, і різниця між ними — усього в двох питаннях: чи беремо всі елементи і чи важливий порядок.
Перестановки. Кількість способів упорядкувати всі \(n\) різних елементів: \[ P_n = n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot n \]
Розміщення. Кількість способів вибрати \(k\) елементів із \(n\) з урахуванням порядку: \[ A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!} = n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1) \]
Комбінації. Кількість способів вибрати \(k\) елементів із \(n\) без урахування порядку: \[ C_n^k = \frac{n!}{k! \, (n-k)!} \]
Ключове питання завжди одне: чи змінює перестановка вибраних елементів результат? Якщо вибираємо капітана й заступника — так, змінює, це розміщення. Якщо вибираємо двох у команду без ролей — ні, це комбінації. За домовленістю \(0! = 1\).
Класичне означення ймовірності
Означення. Якщо всі \(n\) наслідків досліду рівноможливі й події \(A\) сприяють \(m\) із них, то \[ P(A) = \frac{m}{n} \]
Звідси одразу випливає межа: \(0 \leqslant P(A) \leqslant 1\), бо \(m\) не може перевищувати \(n\). Ймовірність неможливої події дорівнює 0, вірогідної — 1.
Протилежна подія. Подія \(\bar{A}\) («\(A\) не відбулася») задовольняє рівність \[ P(A) + P(\bar{A}) = 1, \qquad P(A) = 1 - P(\bar{A}) \]
Це найкорисніша формула блоку. Щойно в умові з'явилося «хоча б один», рахуйте протилежну подію — «жодного». Прямий підрахунок вимагає розбору кількох випадків, обхідний — одного.
Чотири статистичні характеристики
- Середнє арифметичне — сума всіх значень, поділена на їх кількість.
- Мода — значення, яке трапляється найчастіше. Мод може бути кілька або не бути зовсім.
- Медіана — «середній» елемент упорядкованого ряду. При непарній кількості це елемент посередині; при парній — півсума двох середніх.
- Розмах — різниця між найбільшим і найменшим значеннями.
Перед пошуком медіани ряд обов'язково впорядковують. Це та дія, яку пропускають найчастіше.
Завдання 1. Вибір без порядку
З 12 учнів класу треба обрати трьох для участі в олімпіаді. Скількома способами це можна зробити?
Ролі учасників однакові, тому порядок вибору не має значення — це комбінації:
\[ C_{12}^{3} = \frac{12!}{3! \cdot 9!} = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10}{1 \cdot 2 \cdot 3} = \frac{1320}{6} = 220 \]Зверніть увагу на прийом скорочення: у чисельнику залишаємо стільки множників, скільки одиниць у \(k\), решта скорочується з \((n-k)!\).
Відповідь: 220 способів.
Завдання 2. Той самий набір, але з порядком
У змаганні беруть участь 7 спортсменів. Скількома способами можуть розподілитися перше, друге і третє місця (за умови, що всі місця займають різні спортсмени)?
Тут порядок критичний: набір «Андрій — золото, Богдан — срібло» відрізняється від «Богдан — золото, Андрій — срібло». Це розміщення:
\[ A_7^3 = 7 \cdot 6 \cdot 5 = 210 \]Для порівняння: якби питали, скількома способами обрати трьох призерів без розподілу місць, відповідь була б \(C_7^3 = 35\). Різниця рівно в \(3! = 6\) разів — саме стільки способів упорядкувати вже вибрану трійку.
Відповідь: 210 способів.
Завдання 3. Ймовірність простої події
В урні 5 білих, 7 чорних і 8 червоних куль. Навмання виймають одну кулю. Яка ймовірність, що вона біла?
Загальна кількість рівноможливих наслідків:
\[ n = 5 + 7 + 8 = 20 \]Сприятливих наслідків \(m = 5\). Тоді
\[ P = \frac{5}{20} = \frac{1}{4} = 0{,}25 \]Перевірка на межі: \(0 < 0{,}25 < 1\) — результат коректний. Скорочення дробу тут обов'язкове: у тестових варіантах відповідь майже завжди подана в нескоротному вигляді. Якщо скорочення дає збої, варто повторити звичайні дроби і НСД і НСК.
Відповідь: \(0{,}25\).
Завдання 4. Картки
Картки пронумеровано числами від 1 до 15. Навмання беруть одну картку. Яка ймовірність, що номер на ній кратний 3?
Випишемо сприятливі номери: 3, 6, 9, 12, 15 — їх \(m = 5\). Усього карток \(n = 15\).
\[ P = \frac{5}{15} = \frac{1}{3} \approx 0{,}33 \]Не піддавайтеся спокусі ділити 15 на 3 і одразу писати 5 як відповідь — 5 це кількість, а не ймовірність.
Відповідь: \(\dfrac{1}{3}\).
Завдання 5. Два кубики
Підкидають два гральні кубики. Яка ймовірність того, що сума очок дорівнює 8?
Кубики вважаємо різними, тому загальна кількість наслідків за правилом добутку:
\[ n = 6 \cdot 6 = 36 \]Випишемо всі пари з сумою 8: \((2;6)\), \((3;5)\), \((4;4)\), \((5;3)\), \((6;2)\). Їх \(m = 5\). Пари \((2;6)\) і \((6;2)\) — різні наслідки, бо кубики розрізняються.
\[ P = \frac{5}{36} \approx 0{,}14 \]Відповідь: \(\dfrac{5}{36}\).
Завдання 6. «Хоча б одна» — через протилежну подію
У партії з 10 деталей 3 браковані. Навмання беруть 2 деталі. Яка ймовірність, що хоча б одна з них бракована?
Прямий шлях вимагає двох випадків (рівно одна бракована та обидві браковані). Обхідний — одного. Нехай \(A\) — «хоча б одна бракована», тоді \(\bar{A}\) — «жодної бракованої», тобто обидві якісні.
Усього способів узяти 2 деталі з 10 (порядок неважливий):
\[ C_{10}^{2} = \frac{10 \cdot 9}{2} = 45 \]Якісних деталей \(10 - 3 = 7\), способів вибрати з них дві:
\[ C_{7}^{2} = \frac{7 \cdot 6}{2} = 21 \] \[ P(\bar{A}) = \frac{21}{45} = \frac{7}{15} \] \[ P(A) = 1 - \frac{7}{15} = \frac{8}{15} \approx 0{,}53 \]Контроль: \(\dfrac{7}{15} + \dfrac{8}{15} = 1\) — сума ймовірностей протилежних подій дорівнює одиниці, отже, обчислення узгоджені.
Відповідь: \(\dfrac{8}{15}\).
Завдання 7. Середнє, мода, медіана, розмах
Учень протягом десяти днів фіксував час (у хвилинах), витрачений на дорогу до школи: 12, 15, 15, 18, 20, 22, 15, 25, 19, 15. Знайдіть середнє арифметичне, моду, медіану та розмах вибірки.
Крок 1 — упорядковуємо ряд:
\[ 12,\ 15,\ 15,\ 15,\ 15,\ 18,\ 19,\ 20,\ 22,\ 25 \]Крок 2 — середнє арифметичне. Сума значень дорівнює 176, кількість — 10:
\[ \bar{x} = \frac{176}{10} = 17{,}6 \]Крок 3 — мода. Число 15 трапляється чотири рази, решта — по одному. Мода дорівнює 15.
Крок 4 — медіана. Елементів 10, тобто парна кількість, тому беремо півсуму п'ятого й шостого членів упорядкованого ряду: це 15 і 18.
\[ M_e = \frac{15 + 18}{2} = \frac{33}{2} = 16{,}5 \]Крок 5 — розмах: \(25 - 12 = 13\).
Зверніть увагу: медіана \(16{,}5\) не збігається з жодним значенням вибірки — і це нормально. Медіана при парній кількості елементів взагалі не зобов'язана бути членом ряду.
Відповідь: середнє \(17{,}6\); мода 15; медіана \(16{,}5\); розмах 13.
Завдання 8. Читання діаграми
Стовпчаста діаграма показує кількість проданих квитків за п'ять днів тижня: понеділок — 12, вівторок — 15, середа — 9, четвер — 18, п'ятниця — 21. Знайдіть середню кількість квитків за день і розмах даних.
З діаграми зчитуємо висоти стовпців і додаємо:
\[ 12 + 15 + 9 + 18 + 21 = 75 \] \[ \bar{x} = \frac{75}{5} = 15 \]Розмах: найбільше значення 21 (п'ятниця), найменше 9 (середа), отже \(21 - 9 = 12\).
Для повноти: упорядкований ряд \(9,\ 12,\ 15,\ 18,\ 21\) містить непарну кількість елементів, тож медіана — третій член, тобто 15. Тут медіана збіглася із середнім, але це збіг, а не правило.
Головна пастка діаграмних завдань — неуважне зчитування шкали. Якщо поділка дорівнює 5 одиницям, а не 1, усі числа треба множити на 5. Схожа логіка працює й у задачах на відсотки, де відсоток теж треба співвіднести з правильною базою.
Відповідь: середня кількість — 15 квитків; розмах — 12.
Типові помилки
- Плутанина розміщень і комбінацій. Найдорожча помилка блоку. Перевірка одна: поміняйте вибрані елементи місцями. Якщо вийшов інший результат (капітан і заступник, перше й друге місце, різні посади) — це розміщення \(A_n^k\). Якщо результат той самий (склад команди, набір продуктів, пара кольорів) — це комбінації \(C_n^k\). Відповіді відрізняються рівно в \(k!\) разів, тож помилка одразу дає число не з того порядку.
- Ймовірність більша за 1. Це не «майже правильно», а сигнал про помилку в постановці. Найчастіші причини: сприятливі наслідки пораховані з повторами, або в знаменник потрапила не та кількість наслідків. Отримали \(P > 1\) чи \(P < 0\) — не шукайте найближчий варіант у відповідях, повертайтеся до \(n\) і \(m\).
- Медіана при парній кількості елементів. Учні беруть один з двох середніх замість їх півсуми. У ряді з 10 чисел медіана — це \(\dfrac{x_5 + x_6}{2}\), а не \(x_5\) і не \(x_6\).
- Пошук медіани без упорядкування. Медіана «сирого» ряду — це просто випадкове число. Сортування — перший крок, завжди.
- Прямий підрахунок для «хоча б один». Формально можливий, але потребує розбору кількох випадків, і один з них зазвичай губиться. Протилежна подія коротша і надійніша.
- Плутанина правил суми й добутку. «Спочатку одне, потім друге» — множимо. «Або одне, або друге» — додаємо. Помилка тут спотворює відповідь у рази.
- Нескорочений дріб. Відповідь \(\dfrac{21}{45}\) математично правильна, але у варіантах стоїть \(\dfrac{7}{15}\) — і учень не знаходить свою відповідь у списку.
Висновок
Цей блок вимагає не сили, а акуратності. Чотири формули (\(n!\), \(A_n^k\), \(C_n^k\), \(P = m/n\)), одне правило протилежної події й чотири статистичні характеристики закривають практично всі завдання такого типу. Головна навичка — не рахувати, а правильно кваліфікувати задачу: порядок важливий чи ні, «хоча б один» чи «рівно один», кількість елементів парна чи ні. Про повний перелік розділів іспиту читайте в огляді тем НМТ 2026, а базові навички роботи з відношеннями можна підтягнути в статті про пропорцію.
Якщо на пробних тестах відповіді в цьому блоці розходяться саме через вибір формули, а не через арифметику — приходьте на пробне заняття. За одну зустріч можна розібрати систему розпізнавання типу задачі й перестати втрачати бали на легких завданнях.
FAQ
Як швидко відрізнити розміщення від комбінацій?
Поставте одне питання: чи змінюється результат, якщо переставити вибрані елементи місцями. Змінюється (ролі, місця, посади, порядок у черзі) — розміщення \(A_n^k\). Не змінюється (склад групи, набір предметів) — комбінації \(C_n^k\). Слова-маркери для розміщень: «перше й друге місце», «капітан і заступник», «різні посади». Для комбінацій: «обрати трьох», «сформувати команду».
Що робити, якщо ймовірність вийшла більшою за 1?
Це завжди помилка обчислення, а не особливий випадок. Ймовірність за означенням лежить у межах від 0 до 1. Перевірте дві речі: чи всі наслідки в знаменнику рівноможливі й чи не пораховані сприятливі наслідки двічі. Аналогічно, від'ємна ймовірність неможлива — найчастіше вона з'являється, коли віднімають не ту величину при переході до протилежної події.
Як знаходити медіану, якщо чисел парна кількість?
Упорядкуйте ряд за зростанням, знайдіть два середні елементи й візьміть їх півсуму. Для ряду з 10 чисел це п'ятий і шостий елементи: \(M_e = (x_5 + x_6)/2\). Результат може не збігатися з жодним числом вибірки — це нормально і не є ознакою помилки.
Скільки завдань на цю тему буде в НМТ з математики?
НМТ з математики 2026 року складається з 22 завдань і оцінюється максимум у 32 бали. Комбінаторика, ймовірність і статистика — один із розділів програми, і завдання цього типу традиційно належать до простіших: вони не вимагають громіздких перетворень, тому їх варто відпрацювати до автоматизму й брати гарантовані бали.
