Tik ne internetiniame vertėjuje.
Auksiniai vartai – Kijevo simbolis, vienas seniausių iki šių dienų išlikusių architektūros pavyzdžių. Auksiniai Kijevo vartai buvo pastatyti garsiajam Kijevo kunigaikščiui Jaroslavui Išmintingajam 1164 m. Iš pradžių jie buvo vadinami pietiniais ir buvo miesto gynybinių įtvirtinimų sistemos dalis, praktiškai nesiskiriantys nuo kitų miesto sargybos vartų. Tai buvo Pietų vartai, kuriuos pirmasis Rusijos metropolitas Hilarionas savo „Pamoksle apie teisę ir malonę“ pavadino „Didžiaisiais“. Pastačius didingą Sofijos bažnyčią, „Didieji“ vartai tapo pagrindiniu sausumos įėjimu į Kijevą iš pietvakarių pusės. Suprasdamas jų reikšmę, Jaroslavas Išmintingasis įsakė virš vartų pastatyti nedidelę Apreiškimo bažnyčią, kad pagerbtų mieste ir Rusijoje vyraujančią krikščionių religiją. Nuo to laiko visi Rusijos kronikos šaltiniai pietinius Kijevo vartus pradėjo vadinti Auksiniais vartais. Vartų plotis 7,5 m, praėjimo aukštis 12 m, ilgis apie 25 m.
le sport ce n"est pas seulement des cours de gym. C"est aussi sauter toujours plus haut nager jouer au ballon danser. le sport développé ton corps et aussi ton cerveau. Quand tu prends l"escalier et non pas l"ascenseur tu fais du sport. Quand tu fais une cabane dans un arbre tu fais du sport. Quand tu te šikšnosparniai avec ton free tu fais du sport. Quand tu cours, parce que tu es en retard a l"ecole, tu fais du sport.
Įvykis yra bandymo rezultatas. Kas yra įvykis? Atsitiktinai iš urnos paimamas vienas rutulys. Ištraukti kamuolį iš urnos yra išbandymas. Tam tikros spalvos kamuoliuko atsiradimas yra įvykis. Tikimybių teorijoje įvykis suprantamas kaip kažkas, apie kurį po tam tikro laiko momento galima pasakyti vieną ir tik vieną iš dviejų dalykų. Taip, atsitiko. Ne, tai neįvyko. Galimas eksperimento rezultatas vadinamas elementariu įvykiu, o tokių rezultatų rinkinys tiesiog vadinamas įvykiu.
Neprognozuojami įvykiai vadinami atsitiktiniais. Įvykis vadinamas atsitiktiniu, jei tomis pačiomis sąlygomis jis gali įvykti arba neįvykti. Metant kauliuką, rezultatas bus šešetas. Turiu loterijos bilietą. Paskelbus loterijos rezultatus mane dominantis įvykis – tūkstančio rublių laimėjimas – arba įvyksta, arba neįvyksta. Pavyzdys.
Du įvykiai, kurie tam tikromis sąlygomis gali įvykti vienu metu, vadinami jungtiniais, o tie, kurie negali vykti vienu metu, vadinami nesuderinamais. Metama moneta. „Gerbo“ išvaizda neįtraukia užrašo išvaizdos. Įvykiai „atsirado herbas“ ir „pasirodė užrašas“ yra nesuderinami. Pavyzdys.
Įvykis, kuris visada įvyksta, vadinamas patikimu. Įvykis, kuris negali įvykti, vadinamas neįmanomu. Pavyzdžiui, tarkime, kad kamuolys ištrauktas iš urnos, kurioje yra tik juodi rutuliai. Tada juodo rutulio pasirodymas yra patikimas įvykis; balto rutulio atsiradimas yra neįmanomas įvykis. Pavyzdžiai. Kitais metais sniego nebus. Metant kauliuką, rezultatas bus septynetas. Tai neįmanomi įvykiai. Kitais metais bus sniego. Kai išmesite kauliuką, gausite skaičių, mažesnį nei septyni. Kasdienis saulėtekis. Tai patikimi įvykiai.
Problemos sprendimas Kiekvienam aprašytam įvykiui nustatykite, kas tai yra: neįmanoma, patikima ar atsitiktinė. 1. Iš 25 klasės mokinių du savo gimtadienį švenčia a) sausio 30 d.; b) vasario 30 d. 2. Atsitiktinai atsidaro literatūros vadovėlis ir kairiajame puslapyje randamas antras žodis. Šis žodis prasideda: a) raide „K“; b) pradedant raide „Ъ“.
3. Šiandien Sočyje barometras rodo normalų atmosferos slėgį. Šiuo atveju: a) vanduo keptuvėje virinamas 80º C temperatūroje; b) temperatūrai nukritus iki -5ºC, vanduo baloje užšalo. 4. Metami du kauliukai: a) pirmasis kauliukas rodo 3 taškus, o antrasis – 5 taškus; b) ant dviejų kauliukų išmestų taškų suma lygi 1; c) ant dviejų kauliukų išmestų taškų suma yra 13; d) abu kauliukai gavo 3 taškus; e) dviejų kauliukų taškų suma mažesnė už 15. Uždavinių sprendimas
5. Atsivertėte knygą į bet kurį puslapį ir perskaitėte pirmą pasitaikiusį daiktavardį. Paaiškėjo, kad: a) pasirinkto žodžio rašyboje yra balsė; b) pasirinkto žodžio rašyboje yra raidė „O“; c) pasirinkto žodžio rašyboje nėra balsių; d) pasirinkto žodžio rašyboje yra minkštas ženklas. Problemų sprendimas
5 klasė. Įvadas į tikimybę (4 val.)
(4 pamokų šia tema kūrimas)
Mokymosi tikslai : - supažindinti su atsitiktinio, patikimo ir neįmanomo įvykio apibrėžimu;
Pateikite pirmąsias kombinatorinių problemų sprendimo idėjas: naudokite parinkčių medį ir daugybos taisyklę.
Ugdymo tikslas: mokinių pasaulėžiūros ugdymas.
Vystymosi tikslas : erdvinės vaizduotės ugdymas, darbo su liniuote įgūdžių tobulinimas.
Patikimi, neįmanomi ir atsitiktiniai įvykiai (2 valandos)
Kombinacinės problemos (2 val.)
Patikimi, neįmanomi ir atsitiktiniai įvykiai.
Pirma pamoka
Pamokos įranga: kauliukai, monetos, nardai.
Mūsų gyvenimas daugiausia susideda iš nelaimingų atsitikimų. Yra toks mokslas kaip „Tikimybių teorija“. Naudodamiesi jo kalba galite apibūdinti daugybę reiškinių ir situacijų.
Net pirmykštis vadas suprato, kad keliolika medžiotojų turi didesnę „tikimybę“ pataikyti į bizoną ietimi nei vienas. Štai kodėl jie tada medžiojo kolektyviai.
Tokie senovės vadai kaip Aleksandras Didysis ar Dmitrijus Donskojus, besiruošdami mūšiui, pasikliovė ne tik karių narsumu ir menu, bet ir atsitiktinumu.
Daugelis žmonių matematiką mėgsta dėl amžinų tiesų: du kartus du visada yra keturi, lyginių skaičių suma yra lyginė, stačiakampio plotas lygus gretimų kraštinių sandaugai ir tt Bet kurioje jūsų išspręstoje užduotyje gauna tą patį atsakymą – tik reikia neklysti priimant sprendimą.
Tikrasis gyvenimas nėra toks paprastas ir aiškus. Daugelio įvykių baigties negalima numatyti iš anksto. Neįmanoma, pavyzdžiui, tiksliai pasakyti, į kurią pusę nukris išmesta moneta, kada kitais metais iškris pirmasis sniegas ar kiek mieste norės paskambinti per artimiausią valandą. Tokie nenuspėjami įvykiai vadinami atsitiktinis .
Tačiau atsitiktinumas turi ir savo dėsnius, kurie ima reikštis, kai atsitiktiniai reiškiniai kartojasi daug kartų. Jei mesti monetą 1000 kartų, ji iššoks maždaug pusę laiko, o tai neįvyksta dviejų ar net dešimties metimų atveju. „Apytiksliai“ nereiškia pusės. Paprastai tai gali būti arba nebūti. Įstatymas nenurodo nieko aiškaus, tačiau suteikia tam tikrą pasitikėjimo laipsnį, kad įvyks koks nors atsitiktinis įvykis. Tokius modelius tiria speciali matematikos šaka - Tikimybių teorija . Su jo pagalba galite su didesniu pasitikėjimu (bet vis tiek neabejotinai) numatyti pirmojo sniego datą ir telefono skambučių skaičių.
Tikimybių teorija yra neatsiejamai susijusi su mūsų kasdieniu gyvenimu. Tai suteikia mums nuostabią galimybę eksperimentiškai nustatyti daugybę tikimybių dėsnių, daug kartų kartojant atsitiktinius eksperimentus. Šių eksperimentų medžiaga dažniausiai bus paprasta moneta, kauliukas, domino kauliukų rinkinys, nardai, ruletė ar net kortų kaladė. Kiekvienas iš šių elementų vienaip ar kitaip susijęs su žaidimais. Faktas yra tas, kad atvejis čia pasirodo dažniausiai. O pirmosios tikimybinės užduotys buvo susijusios su žaidėjų galimybių laimėti įvertinimu.
Šiuolaikinė tikimybių teorija nutolo nuo azartinių lošimų, tačiau jos rekvizitai tebėra paprasčiausias ir patikimiausias atsitiktinumo šaltinis. Pasipraktikuodami su rulete ir kauliukais išmoksite apskaičiuoti atsitiktinių įvykių tikimybę realiose gyvenimo situacijose, kas leis įvertinti savo sėkmės galimybes, pasitikrinti hipotezes, priimti optimalius sprendimus ne tik žaidimuose ir loterijose.
Spręsdami tikimybinius uždavinius, būkite labai atsargūs, stenkitės pagrįsti kiekvieną savo žingsnį, nes jokioje kitoje matematikos srityje nėra tiek daug paradoksų. Kaip tikimybių teorija. Ir galbūt pagrindinis to paaiškinimas yra jo ryšys su realiu pasauliu, kuriame gyvename.
Daugelyje žaidimų naudojamas kauliukas, kurio kiekvienoje pusėje pažymėtas skirtingas taškų skaičius nuo 1 iki 6. Žaidėjas meta kauliuką, žiūri, kiek taškų atsiranda (toje pusėje, kuri yra viršuje) ir atlieka atitinkamą skaičių ėjimų. : 1,2,3 ,4,5 arba 6. Kauliuko metimą galima laikyti patirtimi, eksperimentu, išbandymu, o gautą rezultatą – įvykiu. Žmonėms dažniausiai labai įdomu atspėti to ar kito įvykio įvykį ir numatyti jo baigtį. Kokias prognozes jie gali padaryti metę kauliuką? Pirmoji prognozė: pasirodys vienas iš skaičių 1, 2, 3, 4, 5 arba 6. Kaip manote, įvyks numatomas įvykis ar ne? Žinoma, tikrai ateis. Įvykis, kuris būtinai įvyks tam tikroje patirtyje, vadinamas patikimas įvykis.
Antroji prognozė : pasirodys skaičius 7. Kaip manote, ar įvyks prognozuojamas įvykis ar ne? Žinoma, tai neįvyks, tai tiesiog neįmanoma. Įvykis, kuris negali įvykti tam tikroje patirtyje, vadinamas neįmanomas įvykis.
Trečia prognozė : pasirodys skaičius 1. Ar manote, kad numatytas įvykis įvyko ar ne? Negalime visiškai tiksliai atsakyti į šį klausimą, nes numatomas įvykis gali įvykti arba neįvykti. Įvykis, kuris gali įvykti arba neįvykti tam tikroje patirtyje, vadinamas atsitiktinis įvykis.
Pratimas : Apibūdinkite toliau pateiktose užduotyse aptartus įvykius. Kaip tam tikri, neįmanomi ar atsitiktiniai.
Meskime monetą. Atsirado herbas. (atsitiktinis)
Medžiotojas šovė į vilką ir pataikė. (atsitiktinis)
Moksleivis kiekvieną vakarą eina pasivaikščioti. Pirmadienį vaikščiodamas sutiko tris pažįstamus. (atsitiktinis)
Protiškai atlikime tokį eksperimentą: apverskite stiklinę vandens aukštyn kojomis. Jei šis eksperimentas bus atliktas ne erdvėje, o namuose ar klasėje, vanduo išsilies. (patikimas)
Į taikinį buvo paleisti trys šūviai“. Buvo penki smūgiai“ (neįmanoma)
Mesti akmenį aukštyn. Akmuo lieka kaboti ore. (neįmanomas)
Atsitiktinai pertvarkome žodžio „antagonizmas“ raides. Rezultatas yra žodis „anachroizmas“. (neįmanomas)
№959. Petja galvojo apie natūralųjį skaičių. Renginys yra toks:
a) numatomas lyginis skaičius; (atsitiktinis) b) skirtas nelyginis skaičius; (atsitiktinis)
c) sumanytas skaičius, kuris nėra nei lyginis, nei nelyginis; (neįmanomas)
d) sumanytas lyginis arba nelyginis skaičius. (patikimas)
№ 961. Petya ir Tolya lygina savo gimtadienius. Renginys yra toks:
a) jų gimtadieniai nesutampa; (atsitiktinis) b) jų gimtadieniai yra vienodi; (atsitiktinis)
d) abiejų jų gimtadieniai patenka į šventes – Naujuosius metus (sausio 1 d.) ir Rusijos nepriklausomybės dieną (birželio 12 d.). (atsitiktinis)
№ 962. Žaidžiant nardus naudojami du kauliukai. Žaidimo dalyvio atliekamų ėjimų skaičius nustatomas sudėjus dviejose iškritusio kubo kraštų skaičius ir išmetus „dublį“ (1 + 1,2 + 2,3 + 3,4 + 4,5 + 5,6 + 6). ), tada ėjimų skaičius padvigubėja. Metate kauliukus ir suprasite, kiek judesių turite atlikti. Renginys yra toks:
a) turite padaryti vieną judesį; b) turite atlikti 7 judesius;
c) turite atlikti 24 judesius; d) turite atlikti 13 judesių.
a) – neįmanoma (1 ėjimas gali būti atliktas, jei išmetama kombinacija 1 + 0, bet ant kauliuko nėra skaičiaus 0).
b) – atsitiktinis (jei metimas 1 + 6 arba 2 + 5).
c) – atsitiktinis (jei atsiranda derinys 6 +6).
d) – neįmanoma (nėra skaičių nuo 1 iki 6 kombinacijų, kurių suma yra 13; šio skaičiaus negalima gauti net metant „dublį“, nes jis nelyginis).
Patikrinkite save. (matematinis diktantas)
1) Nurodykite, kurie iš šių įvykių yra neįmanomi, kurie yra patikimi, kurie atsitiktiniai:
Futbolo rungtynės „Spartak“ – „Dinamo“ baigsis lygiosiomis. (atsitiktinis)
Jūs laimėsite dalyvaudami loterijoje, kurioje laimi (patikimas)
Vidurnaktį iškris sniegas, o po 24 valandų švies saulė. (neįmanomas)
Rytoj bus matematikos testas. (atsitiktinis)
Būsite išrinktas JAV prezidentu. (neįmanomas)
Būsite išrinktas Rusijos prezidentu. (atsitiktinis)
2) Parduotuvėje įsigijote televizorių, kuriam gamintojas suteikia dvejų metų garantiją. Kurie iš šių įvykių yra neįmanomi, kurie atsitiktiniai, kurie patikimi:
Televizorius nesuges metus. (atsitiktinis)
Televizorius nesuges dvejus metus. (atsitiktinis)
Dvejus metus nereikės mokėti už televizoriaus remontą. (patikimas)
Televizorius suges trečiais metais. (atsitiktinis)
3) Autobusas, vežantis 15 keleivių, turi sustoti 10 kartų. Kurie iš šių įvykių yra neįmanomi, kurie atsitiktiniai, kurie patikimi:
Visi keleiviai iš autobuso išlips skirtingose stotelėse. (neįmanomas)
Visi keleiviai išlips toje pačioje stotelėje. (atsitiktinis)
Kiekvienoje stotelėje bent kas nors išlips. (atsitiktinis)
Bus stotelė, kurioje niekas neišlips. (atsitiktinis)
Visose stotelėse išlips lyginis keleivių skaičius. (neįmanomas)
Visose stotelėse išlips nelyginis keleivių skaičius. (neįmanomas)
Namų darbai : 53 p. Nr. 960, 963, 965 (pats sugalvokite du patikimus, atsitiktinius ir neįmanomus įvykius).
Antra pamoka.
Namų darbų tikrinimas. (žodžiu)
a) Paaiškinkite, kas yra tam tikri, atsitiktiniai ir neįmanomi įvykiai.
b) Nurodykite, kuris iš šių įvykių yra patikimas, kuris neįmanomas, kuris atsitiktinis:
Vasaros atostogų nebus. (neįmanomas)
Sumuštinis kris sviestine puse žemyn. (atsitiktinis)
Mokslo metai kada nors baigsis. (patikimas)
Jie manęs paklaus rytoj klasėje. (atsitiktinis)
Šiandien sutiksiu juodą katę. (atsitiktinis)
№ 960. Jūs atidarėte šį vadovėlį bet kuriame puslapyje ir pasirinkote pirmą pasitaikiusį daiktavardį. Renginys yra toks:
a) pasirinkto žodžio rašyboje yra balsis. ((patikimas)
b) pasirinkto žodžio rašyboje yra raidė „o“. (atsitiktinis)
c) pasirinkto žodžio rašyboje nėra balsių. (neįmanomas)
d) pasirinkto žodžio rašyboje yra minkštasis ženklas. (atsitiktinis)
№ 963. Jūs vėl žaidžiate nardus. Apibūdinkite šį įvykį:
a) žaidėjas turi atlikti ne daugiau kaip du ėjimus. (neįmanoma - su mažiausių skaičių 1 + 1 deriniu žaidėjas atlieka 4 ėjimus; 1 + 2 derinys duoda 3 ėjimus; visi kiti deriniai duoda daugiau nei 3 ėjimus)
b) žaidėjas turi atlikti daugiau nei du ėjimus. (patikimas – bet koks derinys suteikia 3 ar daugiau judesių)
c) žaidėjas turi atlikti ne daugiau kaip 24 ėjimus. (patikimas - didžiausių skaičių 6 + 6 derinys duoda 24 judesius, o visi kiti duoda mažiau nei 24 ėjimus)
d) žaidėjas turi atlikti dviženklį ėjimų skaičių. (atsitiktinis – pavyzdžiui, derinys 2 + 3 duoda vienženklį ėjimų skaičių: 5, o metant du ketvertus – dviženklį ėjimų skaičių)
2. Problemų sprendimas.
№ 964. Maišelyje yra 10 kamuoliukų: 3 mėlyni, 3 balti ir 4 raudoni. Apibūdinkite šį įvykį:
a) iš maišelio buvo paimti 4 kamuoliukai ir visi mėlyni; (neįmanomas)
b) iš maišelio buvo paimti 4 rutuliukai ir visi raudoni; (atsitiktinis)
c) iš maišelio buvo ištraukti 4 rutuliukai, kurie visi pasirodė skirtingų spalvų; (neįmanomas)
d) Iš maišo buvo ištraukti 4 rutuliai, tarp kurių nebuvo juodo kamuoliuko. (patikimas)
1 užduotis. Dėžutėje yra 10 raudonų, 1 žalia ir 2 mėlyni rašikliai. Iš dėžutės atsitiktinai ištraukiami du objektai. Kurie iš šių įvykių yra neįmanomi, kurie atsitiktiniai, kurie yra tikri:
a) išimami du raudoni rašikliai (atsitiktinai)
b) išimamos dvi žalios rankenos; (neįmanomas)
c) išimami du mėlyni rašikliai; (atsitiktinis)
d) išimamos dviejų skirtingų spalvų rankenos; (atsitiktinis)
e) nuimamos dvi rankenos; (patikimas)
f) išimami du pieštukai. (neįmanomas)
2 užduotis. Mikė Pūkuotukas, Paršelis ir visi – visi – visi susėda prie apskrito stalo švęsti savo gimtadienį. Kuriam skaičiui visų – visų – įvykis „Mikė Pūkuotukas ir paršelis sėdi vienas šalia kito“ yra patikimas, o kiek atsitiktinis?
(jei iš visų yra tik 1 - visi - visi, tai įvykis patikimas, jei daugiau nei 1, tai atsitiktinis).
3 užduotis. Iš 100 labdaros loterijos bilietų yra laimėti 20. Kiek bilietų reikia nusipirkti, kad renginys „nieko nelaimėsi“ būtų neįmanomas?
4 užduotis. Klasėje yra 10 berniukų ir 20 mergaičių. Kurie iš šių įvykių yra neįmanomi šiai klasei, kurie yra atsitiktiniai, kurie yra patikimi
Klasėje yra du žmonės, gimę skirtingais mėnesiais. (atsitiktinis)
Klasėje yra du žmonės, gimę tą patį mėnesį. (patikimas)
Klasėje yra du berniukai, gimę tą patį mėnesį. (atsitiktinis)
Klasėje yra dvi mergaitės, kurios gimė tą patį mėnesį. (patikimas)
Visi berniukai gimė skirtingais mėnesiais. (patikimas)
Visos mergaitės gimė skirtingais mėnesiais. (atsitiktinis)
Tą patį mėnesį gimė berniukas ir mergaitė. (atsitiktinis)
Yra berniukas ir mergaitė, gimę skirtingais mėnesiais. (atsitiktinis)
5 užduotis. Dėžutėje yra 3 raudoni, 3 geltoni ir 3 žali rutuliai. Atsitiktinai ištraukiame 4 kamuoliukus. Apsvarstykite įvykį „Tarp nupieštų kamuoliukų bus tiksliai M spalvų kamuoliukų“. Kiekvienam M nuo 1 iki 4 nustatykite, koks tai įvykis – neįmanomas, patikimas ar atsitiktinis, ir užpildykite lentelę:
Savarankiškas darbas.
ašvariantas
a) jūsų draugo gimtadienis yra mažesnis nei 32;
c) rytoj bus matematikos testas;
d) Kitais metais pirmasis sniegas Maskvoje iškris sekmadienį.
Kauliuko metimas. Apibūdinkite įvykį:
a) kubas, nukritęs, atsistos ant savo krašto;
b) atsiras vienas iš skaičių: 1, 2, 3, 4, 5, 6;
c) pasirodys skaičius 6;
d) bus atsuktas skaičius, kuris yra 7 kartotinis.
Dėžutėje yra 3 raudoni, 3 geltoni ir 3 žali rutuliai. Apibūdinkite įvykį:
a) visi nupiešti rutuliai yra vienodos spalvos;
b) visi nupiešti kamuoliukai yra skirtingų spalvų;
c) tarp nupieštų kamuoliukų yra skirtingų spalvų kamuoliukų;
c) tarp ištrauktų kamuoliukų yra raudonas, geltonas ir žalias rutuliukas.
IIvariantas
Aptariamą įvykį apibūdinkite kaip patikimą, neįmanomą ar atsitiktinį:
a) nuo stalo nukritęs sumuštinis nukris veidu žemyn ant grindų;
b) Maskvoje vidurnaktį iškris sniegas, o po 24 valandų švies saulė;
c) laimėsite dalyvaudami loterijoje, kurioje laimi;
d) kitų metų gegužę pasigirs pirmasis pavasario griaustinis.
Ant kortelių užrašyti visi dviženkliai skaičiai. Viena kortelė parenkama atsitiktinai. Apibūdinkite įvykį:
a) kortelėje buvo nulis;
b) kortelėje buvo skaičius, kuris buvo 5 kartotinis;
c) kortelėje buvo skaičius, kuris buvo 100 kartotinis;
d) kortelėje buvo skaičius didesnis nei 9 ir mažesnis nei 100.
Dėžutėje yra 10 raudonų, 1 žalia ir 2 mėlyni rašikliai. Iš dėžutės atsitiktinai ištraukiami du objektai. Apibūdinkite įvykį:
a) išimami du mėlyni rašikliai;
b) išimami du raudoni rašikliai;
c) išimamos dvi žalios rankenos;
d) žalios ir juodos rankenos išimamos.
Namų darbai: 1). Sugalvokite du patikimus, atsitiktinius ir neįmanomus įvykius.
2). Užduotis . Dėžutėje yra 3 raudoni, 3 geltoni ir 3 žali rutuliai. Atsitiktinai traukiame N rutuliukų. Apsvarstykite įvykį „tarp nupieštų rutulių bus lygiai trijų spalvų kamuoliukų“. Kiekvienam N nuo 1 iki 9 nustatykite, koks tai įvykis – neįmanomas, patikimas ar atsitiktinis, ir užpildykite lentelę:
Kombinacinės problemos.
Pirma pamoka
Namų darbų tikrinimas. (žodžiu)
a) patikriname mokinių sugalvotas problemas.
b) papildoma užduotis.
Skaitau ištrauką iš V. Levšino knygos „Trys dienos Karlikanijoje“.
„Iš pradžių, skambant sklandžiam valso garsams, skaičiai sudarė grupę: 1 + 3 + 4 + 2 = 10. Tada jaunieji čiuožėjai ėmė keistis vietomis, formuodami vis naujas grupes: 2 + 3 + 4 + 1 = 10
3 + 1 + 2 + 4 = 10
4 + 1 + 3 + 2 = 10
1 + 4 + 2 + 3 = 10 ir kt.
Tai tęsėsi tol, kol čiuožėjai grįžo į pradinę padėtį.
Kiek kartų jie keitėsi vietomis?
Šiandien pamokoje išmoksime spręsti tokias problemas. Jie vadinami kombinatorinis.
3. Naujos medžiagos studijavimas.
1 užduotis. Kiek dviženklių skaičių galima sudaryti iš skaičių 1, 2, 3?
Sprendimas: 11, 12, 13
31, 32, 33. Iš viso 9 skaičiai.
Spręsdami šią problemą, mes ieškojome visų galimų variantų arba, kaip paprastai sakoma tokiais atvejais. Visi galimi deriniai. Todėl tokios problemos vadinamos kombinatorinis. Galimus (ar neįmanomus) variantus gyvenime tenka skaičiuoti gana dažnai, todėl pravartu susipažinti su kombinatorinėmis problemomis.
№ 967. Kelios šalys nusprendė savo nacionalinei vėliavai naudoti simbolius – tris vienodo pločio horizontalias skirtingų spalvų – baltos, mėlynos, raudonos – juosteles. Kiek šalių gali naudoti tokius simbolius, jei kiekviena šalis turi savo vėliavą?
Sprendimas. Tarkime, kad pirmoji juostelė yra balta. Tada antroji juostelė gali būti mėlyna arba raudona, o trečia atitinkamai raudona arba mėlyna. Turime dvi parinktis: balta, mėlyna, raudona arba balta, raudona, mėlyna.
Tegul dabar pirmoji juostelė būna mėlyna, tada vėl gauname dvi parinktis: balta, raudona, mėlyna arba mėlyna, raudona, balta.
Tegul pirmoji juostelė būna raudona, tada yra dar du variantai: raudona, balta, mėlyna arba raudona, mėlyna, balta.
Iš viso buvo 6 galimi variantai. Šią vėliavą gali naudoti 6 šalys.
Taigi, spręsdami šią problemą, ieškojome būdo, kaip išvardinti galimus variantus. Daugeliu atvejų naudinga sukonstruoti paveikslėlį – variantų išvardijimo schemą. Tai, pirma, aišku, antra, leidžia į viską atsižvelgti ir nieko nepraleisti.
Ši diagrama dar vadinama galimų variantų medžiu.
Titulinis lapas
Antroji juostelė
Trečia juosta
Gautas derinys
№ 968. Kiek dviženklių skaičių galima sudaryti iš skaičių 1, 2, 4, 6, 8?
Sprendimas. Mus dominančių dviženklių skaičių pirmoje vietoje gali būti bet kuris iš nurodytų skaitmenų, išskyrus 0. Jei į pirmą vietą įdėsime skaičių 2, tai antroje vietoje gali būti bet kuris iš pateiktų skaitmenų. Gausite penkis dviženklius skaičius: 2.,22, 24, 26, 28. Taip pat bus penki dviženkliai skaičiai su pirmuoju skaitmeniu 4, penki dviženkliai skaičiai su pirmuoju skaitmeniu 6 ir penki dviženkliai skaičiai. skaitmenų skaičius, kurių pirmasis skaitmuo yra 8.
Atsakymas: Iš viso bus 20 numerių.
Sukurkime galimų šios problemos sprendimo variantų medį.
Dvigubos figūros
Pirmas skaitmuo
Antras skaitmuo
Gauti numeriai
20, 22, 24, 26, 28, 60, 62, 64, 66, 68,
40, 42, 44, 46, 48, 80, 82, 84, 86, 88.
Išspręskite šias problemas sudarydami galimų variantų medį.
№ 971. Tam tikros šalies vadovybė nusprendė savo valstybinę vėliavą padaryti taip: vienspalviame stačiakampio fone viename iš kampų įdedamas kitos spalvos apskritimas. Spalvas nuspręsta rinktis iš trijų galimų: raudonos, geltonos, žalios. Kiek šios vėliavos variantų?
egzistuoja? Paveikslėlyje parodyta keletas galimų variantų.
Atsakymas: 24 variantai.
№ 973. a) Kiek triženklių skaičių galima padaryti iš skaičių 1,3, 5,? (27 skaičiai)
b) Kiek triženklių skaičių galima sudaryti iš skaičių 1,3, 5, jei skaičiai nesikartotų? (6 skaičiai)
№ 979. Šiuolaikinės penkiakovininkės per dvi dienas dalyvauja penkių sporto šakų varžybose: konkūrų, fechtavimosi, plaukimo, šaudymo ir bėgimo.
a) Kiek variantų yra varžybų tipų užpildymo tvarka? (120 variantų)
b) Kiek yra varžybų renginių eilės variantų, jei žinoma, kad turi vykti paskutinis renginys? (24 variantai)
c) Kiek yra varžybų eilės variantų, jei žinoma, kad paskutinė rungtis turi vykti, o pirmoji – konkūras? (6 variantai)
№ 981. Dviejose urnose yra po penkis kamuoliukus, kurių yra penkios skirtingos spalvos: balta, mėlyna, raudona, geltona, žalia. Vienu metu iš kiekvienos urnos traukiamas vienas rutulys.
a) kiek skirtingų nupieštų rutuliukų kombinacijų yra (tokie deriniai kaip „balta – raudona“ ir „raudona – balta“ laikomi vienodais)?
(15 derinių)
b) Kiek yra kombinacijų, kuriose nupiešti rutuliai yra vienodos spalvos?
(5 deriniai)
c) kiek yra kombinacijų, kuriose nupiešti kamuoliukai yra skirtingų spalvų?
(15–5 = 10 derinių)
Namų darbai: 54 p., Nr. 969, 972, patys sugalvokite kombinatorinę problemą.
№ 969. Keletas šalių nusprendė savo nacionalinei vėliavai naudoti simbolius – tris vienodo pločio vertikalias juosteles skirtingomis spalvomis: žalia, juoda, geltona. Kiek šalių gali naudoti tokius simbolius, jei kiekviena šalis turi savo vėliavą?
№ 972. a) Kiek dviženklių skaičių galima sudaryti iš skaičių 1, 3, 5, 7, 9?
b) Kiek dviženklių skaičių galima sudaryti iš skaičių 1, 3, 5, 7, 9, su sąlyga, kad skaičiai nesikartotų?
Antra pamoka
Namų darbų tikrinimas. a) Nr. 969 ir Nr. 972a) ir Nr. 972b) - lentoje pastatykite galimų variantų medį.
b) atliktas užduotis tikriname žodžiu.
Problemų sprendimas.
Taigi, prieš tai sužinojome, kaip išspręsti kombinacines problemas, naudojant pasirinkimų medį. Ar tai geras būdas? Tikriausiai taip, bet labai sudėtinga. Pabandykime kitaip išspręsti namų darbų užduotį Nr.972. Kas gali atspėti, kaip tai galima padaryti?
Atsakymas: Kiekvienai iš penkių spalvų marškinėlių yra 4 spalvų kelnaitės. Iš viso: 4 * 5 = 20 variantų.
№ 980. Urnose yra penki rutuliukai, kurių kiekviena yra penkių skirtingų spalvų: balta, mėlyna, raudona, geltona, žalia. Vienu metu iš kiekvienos urnos traukiamas vienas rutulys. Apibūdinkite šį įvykį kaip tam tikrą, atsitiktinį arba neįmanomą:
a) išimami įvairių spalvų kamuoliukai; (atsitiktinis)
b) išimami tos pačios spalvos kamuoliukai; (atsitiktinis)
c) nupiešti juodi balti rutuliai; (neįmanomas)
d) ištraukiami du rutuliai, abu nuspalvinti viena iš šių spalvų: balta, mėlyna, raudona, geltona, žalia. (patikimas)
№ 982. Grupė turistų planuoja žygiuoti maršrutu Antonovas – Borisovas – Vlasovas – Gribovas. Nuo Antonovo iki Borisovo galite plaukti plaustais upe arba vaikščioti. Nuo Borisovo iki Vlasovo galite eiti pėsčiomis arba važiuoti dviračiais. Nuo Vlasovo iki Gribovo galite plaukti palei upę, važiuoti dviračiais ar vaikščioti pėsčiomis. Iš kiek žygių galimybių turistai gali rinktis? Kiek žygio galimybių turistai gali pasirinkti, jei bent vienoje maršruto dalyje privalo važiuoti dviračiais?
(12 maršrutų variantų, 8 iš jų dviračiais)
Savarankiškas darbas.
1 variantas
a) Kiek triženklių skaičių galima sudaryti iš skaitmenų: 0, 1, 3, 5, 7?
b) Kiek triženklių skaičių galima sudaryti iš skaitmenų: 0, 1, 3, 5, 7, su sąlyga, kad skaičiai nesikartotų?
Athos, Porthos ir Aramis turi tik kardą, durklą ir pistoletą.
a) Kiek būdų gali būti ginkluoti muškietininkai?
b) Kiek yra ginklų variantų, jei Aramis turi valdyti kardą?
c) Kiek yra ginklų variantų, jei Aramis turi valdyti kardą, o Porthosas – pistoletą?
Kažkur Dievas atsiuntė Varnui gabalėlį sūrio, taip pat fetos sūrio, dešros, baltos ir juodos duonos. Ant eglės pritūpusi varna kaip tik ruošėsi pusryčiauti, tačiau ėmė svarstyti: kiek iš šių produktų galima pagaminti sumuštinius?
2 variantas
a) Kiek triženklių skaičių galima sudaryti iš skaitmenų: 0, 2, 4, 6, 8?
b) Kiek triženklių skaičių galima sudaryti iš skaitmenų: 0, 2, 4, 6, 8, su sąlyga, kad skaitmenys nesikartotų?
Grafas Monte Cristo nusprendė padovanoti princesei Hayde auskarus, vėrinį ir apyrankę. Ant kiekvieno papuošalo turi būti vienas iš šių brangakmenių rūšių: deimantų, rubinų ar granatų.
a) Kiek yra brangiųjų akmenų papuošalų derinimo galimybių?
b) Kiek yra papuošalų, jei auskarai turi būti deimantiniai?
c) Kiek yra papuošalų, jei auskarai turi būti deimantiniai, o apyrankė – granato?
Pusryčiams galite rinktis bandelę, sumuštinį ar meduolį su kava ar kefyru. Kiek pusryčių variantų galite sukurti?
Namų darbai : Nr. 974, 975. (sudarius variantų medį ir naudojant daugybos taisyklę)
№ 974 . a) Kiek triženklių skaičių galima padaryti iš skaičių 0, 2, 4?
b) Kiek triženklių skaičių galima sudaryti iš skaičių 0, 2, 4, su sąlyga, kad skaičiai nesikartotų?
№ 975 . a) Kiek triženklių skaičių galima padaryti iš skaičių 1,3, 5,7?
b) Kiek triženklių skaičių galima padaryti iš skaičių 1,3, 5,7 pagal sąlygą. Kokie skaičiai neturėtų kartotis?
Užduočių numeriai paimti iš vadovėlio
„Matematika-5“, I.I. Zubareva, A.G. Mordkovičius, 2004 m.
Pamokos tikslas:
- Supažindinkite su patikimų, neįmanomų ir atsitiktinių įvykių samprata.
- Ugdykite žinias ir įgūdžius, kad nustatytumėte įvykių tipą.
- Ugdykite: skaičiavimo įgūdžius; dėmesys; gebėjimas analizuoti, samprotauti, daryti išvadas; grupinio darbo įgūdžiai.
Per užsiėmimus
1) Organizacinis momentas.
Interaktyvus pratimas: vaikai turi spręsti pavyzdžius ir iššifruoti žodžius, pagal rezultatus suskirstomi į grupes (tikras, neįmanomas ir atsitiktinis) ir nustato pamokos temą.
1 kortelė.
| 0,5 | 1,6 | 12,6 | 5,2 | 7,5 | 8 | 5,2 | 2,08 | 0,5 | 9,54 | 1,6 |
2 kortele
| 0,5 | 2,1 | 14,5 | 1,9 | 2,1 | 20,4 | 14 | 1,6 | 5,08 | 8,94 | 14 |
3 kortele
| 5 | 2,4 | 6,7 | 4,7 | 8,1 | 18 | 40 | 9,54 | 0,78 |
2) Išmoktų žinių atnaujinimas.
Žaidimas „Plojimas“: lyginis skaičius - ploji, nelyginis - atsistokite.
Užduotis: iš pateiktos skaičių serijos 42, 35, 8, 9, 7, 10, 543, 88, 56, 13, 31, 77, ... nustatykite lyginį ir nelyginį.
3) Naujos temos studijavimas.
Ant jūsų stalų yra kubeliai. Pažvelkime į juos atidžiau. Ką tu matai?
Kur naudojami kauliukai? Kaip?
Darbas grupėse.
Eksperimento vykdymas.
Kokias prognozes galite padaryti mesdami kauliuką?
Pirmoji prognozė: pasirodys vienas iš skaičių 1,2,3,4,5 arba 6.
Įvykis, kuris būtinai įvyks tam tikroje patirtyje, vadinamas patikimas.
Antroji prognozė: pasirodys skaičius 7.
Ar manote, kad numatytas įvykis įvyks, ar ne?
Tai yra neįmanoma!
Įvykis, kuris negali įvykti tam tikroje patirtyje, vadinamas neįmanomas.
Trečia prognozė: pasirodys skaičius 1.
Ar įvyks šis įvykis?
Įvykis, kuris gali įvykti arba neįvykti tam tikroje patirtyje, vadinamas atsitiktinis.
4) Studijuotos medžiagos konsolidavimas.
I. Nustatykite įvykio tipą
-Rytoj snigs raudonai.
Rytoj stipriai pasnigs.
Rytoj, nors ir liepa, pasnigs.
Rytoj, nors ir liepa, sniego nebus.
Rytoj pasnigs ir pūs pūga.
II. Pridėkite žodį prie šio sakinio taip, kad įvykis taptų neįmanomas.
Kolya istorijoje gavo A.
Sasha teste neatliko nė vienos užduoties.
Oksana Michailovna (istorijos mokytoja) paaiškins naują temą.
III. Pateikite neįmanomų, atsitiktinių ir patikimų įvykių pavyzdžių.
IV. Darbas iš vadovėlio (grupėse).
Toliau pateiktose užduotyse aptartus įvykius apibūdinkite kaip patikimus, neįmanomus ar atsitiktinius.
Nr. 959. Petya sugalvojo natūralųjį skaičių. Renginys yra toks:
a) numatomas lyginis skaičius;
b) numatytas nelyginis skaičius;
c) sumanytas skaičius, kuris nėra nei lyginis, nei nelyginis;
d) sumanytas lyginis arba nelyginis skaičius.
Nr. 960. Jūs atidarėte šį vadovėlį į bet kurį puslapį ir pasirinkote pirmą pasitaikiusį daiktavardį. Renginys yra toks:
a) pasirinkto žodžio rašyboje yra balsis;
b) pasirinkto žodžio rašyboje yra raidė „o“;
c) pasirinkto žodžio rašyboje nėra balsių;
d) pasirinkto žodžio rašyboje yra minkštas ženklas.
Spręsti Nr.961, Nr.964.
Išspręstų užduočių aptarimas.
5) Refleksija.
1. Apie kokius įvykius sužinojote pamokoje?
2. Nurodykite, kuris iš šių įvykių yra tikras, kuris neįmanomas, o kuris atsitiktinis:
a) nebus vasaros atostogų;
b) sumuštinis kris sviestine puse žemyn;
c) kada nors baigsis mokslo metai.
6) Namų darbai:
Sugalvokite du patikimus, atsitiktinius ir neįmanomus įvykius.
Padarykite vieno iš jų piešinį.
1.1. Šiek tiek informacijos iš kombinatorikos
1.1.1. Vietos
Panagrinėkime paprasčiausias sąvokas, susijusias su tam tikro objektų rinkinio parinkimu ir išdėstymu.
Sprendžiant tikimybines problemas, dažnai skaičiuojama, kiek šių veiksmų galima atlikti.
Apibrėžimas. Nakvynė nuo n elementai pagal k (k ≤n) yra bet koks sutvarkytas poaibis k rinkinio, susidedančio iš nįvairių elementų.
Pavyzdys.Šios skaičių sekos yra 2 elementų išdėstymas iš 3 aibės elementų (1;2;3): 12, 13, 23, 21, 31, 32.
Atkreipkite dėmesį, kad paskirties vietos skiriasi jose esančių elementų tvarka ir jų sudėtimi. 12 ir 21 vietose yra tie patys skaičiai, tačiau jų tvarka skiriasi. Todėl šios paskirties vietos laikomos skirtingomis.
Įvairių vietų skaičius nuo n elementai pagal kžymimas ir apskaičiuojamas pagal formulę:
,
Kur n! = 1∙2∙...∙(n - 1)∙n(skaito " n- faktorialus").
Dviejų skaitmenų skaičių, kuriuos galima sudaryti iš skaitmenų 1, 2, 3, jei nesikartoja nė vienas skaitmuo, lygus: .
1.1.2. Pertvarkymai
Apibrėžimas. Permutacijos iš n elementai vadinami tokiomis įdėjimu n elementai, kurie skiriasi tik elementų vieta.
Permutacijų skaičius iš n elementai Pn apskaičiuojamas pagal formulę: Pn=n!
Pavyzdys. Kiek būdų gali išsirikiuoti 5 žmonės? Būdų skaičius lygus 5 elementų permutacijų skaičiui, t.y.
P 5 =5!=1∙2∙3∙4∙5=120.
Apibrėžimas. Jei tarp n elementai k identiški, tada jų pertvarkymas n elementai vadinami permutacija su pasikartojimais.
Pavyzdys. Tegul 2 iš 6 knygų yra identiškos. Bet koks visų knygų išdėstymas lentynoje yra pertvarkymas su pasikartojimu.
Įvairių permutacijų su pasikartojimais skaičius (nuo n elementai, įskaitant k identiškas) apskaičiuojamas naudojant formulę: .
Mūsų pavyzdyje knygų išdėstymo lentynoje skaičius yra toks: .
1.1.3. Deriniai
Apibrėžimas. Deriniai iš n elementai pagal k tokios vietos vadinamos n elementai pagal k, kurios skiriasi viena nuo kitos bent vienu elementu.
Įvairių derinių skaičius n elementai pagal kžymimas ir apskaičiuojamas pagal formulę: .
Pagal apibrėžimą 0!=1.
Deriniams taikomos šios savybės:
1.
2.
3.
4.
Pavyzdys. Yra 5 skirtingų spalvų gėlės. Puokštei parenkamos 3 gėlės. Skirtingų 3 gėlių puokščių skaičius iš 5 yra lygus: .
1.2. Atsitiktiniai įvykiai
1.2.1. Renginiai
Realybės pažinimas gamtos moksluose atsiranda testų (eksperimento, stebėjimų, patirties) rezultatas.
Testas
arba patirtis – tai tam tikros sąlygų visumos įgyvendinimas, kurį galima savavališkai daug kartų atkurti.
Atsitiktinis
yra įvykis, kuris gali įvykti arba neįvykti dėl kokio nors testo (patirties).
Taigi įvykis laikomas testo rezultatu.
Pavyzdys. Monetos metimas yra išbandymas. Erelio pasirodymas metimo metu yra įvykis.
Mūsų stebimi įvykiai skiriasi jų atsiradimo tikimybės laipsniu ir tarpusavio ryšio pobūdžiu.
Renginys vadinamas patikimas
, jei tai tikrai įvyks atlikus šį testą.
Pavyzdys. Studentas, gavęs teigiamą arba neigiamą egzamino pažymį, yra patikimas įvykis, jei egzaminas vyksta pagal įprastas taisykles.
Renginys vadinamas neįmanomas
, jei jis negali atsirasti dėl šio testo.
Pavyzdys. Balto kamuoliuko išėmimas iš urnos, kurioje yra tik spalvoti (ne balti) rutuliai, yra neįmanomas įvykis. Atkreipkite dėmesį, kad kitomis eksperimentinėmis sąlygomis balto rutulio atsiradimas neatmestas; taigi šis įvykis neįmanomas tik mūsų patirties sąlygomis.
Toliau atsitiktinius įvykius žymėsime didžiosiomis lotyniškomis raidėmis A, B, C... Patikimą įvykį žymėsime raide Ω, o neįmanomą įvykį – Ø.
Vadinami du ar daugiau įvykių vienodai įmanoma
atliekant tam tikrą testą, jei yra pagrindo manyti, kad nė vienas iš šių įvykių nėra daugiau ar mažiau įmanomas už kitus.
Pavyzdys. Vienu kauliuko metimu, 1, 2, 3, 4, 5 ir 6 taškai yra vienodai galimi įvykiai. Žinoma, daroma prielaida, kad kauliukai pagaminti iš vienalytės medžiagos ir turi tinkamą formą.
Du įvykiai vadinami nesuderinamas
tam tikrame bandyme, jei vieno iš jų atsiradimas neleidžia atsirasti kitam, ir Bendras
kitaip.
Pavyzdys. Dėžutėje yra standartinių ir nestandartinių dalių. Paimkime vieną smulkmeną, kad pasisektų. Standartinės dalies išvaizda pašalina nestandartinės dalies išvaizdą. Šie įvykiai yra nesuderinami.
Susidaro keli renginiai pilna renginių grupė
tam tikrame bandyme, jei bent vienas iš jų tikrai įvyks atlikus šį testą.
Pavyzdys.Įvykiai iš pavyzdžio sudaro visą vienodai galimų ir poromis nesuderinamų įvykių grupę.
Vadinami du nesuderinami įvykiai, kurie sudaro visą įvykių grupę tam tikrame bandyme priešingi įvykiai.
Jei vieną iš jų paskyrė A, tada kitas paprastai žymimas (skaitykite „ne A»).
Pavyzdys. Pataikyti ir nepataikyti vienu šūviu į taikinį yra priešingi įvykiai.
1.2.2. Klasikinis tikimybės apibrėžimas
Įvykio tikimybė
– skaitinis jo atsiradimo galimybės matas.
Renginys A paskambino palankus
renginys IN jei kada nors įvyksta įvykis A, renginys ateina IN.
Renginiai A 1 , A 2 , ..., An forma atvejo diagrama
, jeigu jie:
1) vienodai įmanomas;
2) porinis nesuderinamas;
3) sudaryti pilną grupę.
Atvejų schemoje (ir tik šioje schemoje) vyksta klasikinis tikimybės apibrėžimas P(A) įvykius A. Čia atvejis yra kiekvienas įvykis, priklausantis pasirinktai pilnai vienodai galimų ir poromis nesuderinamų įvykių grupei.
Jeigu n yra visų atvejų skaičius schemoje ir m– įvykiui palankių atvejų skaičius A, Tai įvykio tikimybė
A yra nustatoma pagal lygybę:
Šios savybės išplaukia iš tikimybės apibrėžimo:
1. Patikimo įvykio tikimybė lygi vienetui.
Iš tiesų, jei įvykis yra tikras, tada kiekvienas atvejis bylų schemoje yra palankus įvykiui. Tokiu atveju m = n ir todėl 
2. Neįmanomo įvykio tikimybė lygi nuliui.
Iš tiesų, jei įvykis neįmanomas, joks atvejis pagal atvejų modelį nėra palankus įvykiui. Štai kodėl m=0 ir todėl 
Atsitiktinio įvykio tikimybė yra teigiamas skaičius nuo nulio iki vieneto.
Iš tiesų, atsitiktinis įvykis yra palankus tik daliai viso atvejų skaičiaus. Todėl 0<m<n, o tai reiškia 0<m/n<1 и, следовательно, 0 < P(A) < 1.
Taigi bet kokio įvykio tikimybė patenkina nelygybes
0 ≤ P(A) ≤ 1.
Šiuo metu tikimybės savybės apibrėžiamos aksiomų pavidalu, suformuluotų A. N. Kolmogorovas.
Vienas iš pagrindinių klasikinio tikimybės apibrėžimo privalumų yra galimybė įvykio tikimybę apskaičiuoti tiesiogiai, t.y. nesiimant eksperimentų, kuriuos pakeičia loginis samprotavimas.
Tiesioginio tikimybių skaičiavimo problemos
1.1 problema. Kokia tikimybė, kad metant kauliuką bus lyginis taškų skaičius (įvykis A)?
Sprendimas. Apsvarstykite įvykius Ai- išstojo i akiniai, i= 1, 2, …, 6. Akivaizdu, kad šie įvykiai sudaro atvejų modelį. Tada visų atvejų skaičius n= 6. Atvejai teikia pirmenybę lyginiam taškų skaičiui A 2 , A 4 , A 6, t.y. m= 3. Tada 
.
1.2 problema. Urnoje yra 5 balti ir 10 juodų rutuliukų. Rutuliukai kruopščiai sumaišomi ir atsitiktine tvarka išimamas 1 rutuliukas. Kokia tikimybė, kad ištrauktas rutulys bus baltas?
Sprendimas. Iš viso yra 15 atvejų, kurie sudaro atvejo modelį. Be to, laukiamas įvykis A– balto rutulio išvaizdą palankiai vertina 5 iš jų, todėl 
.
1.3 problema. Vaikas žaidžia su šešiomis abėcėlės raidėmis: A, A, E, K, R, T. Raskite tikimybę, kad jam pavyks atsitiktinai sudaryti žodį VEŽIMAS (įvykis A).
Sprendimas. Sprendimą apsunkina tai, kad tarp raidžių yra identiškos - dvi raidės „A“. Todėl visų galimų atvejų skaičius tam tikrame teste yra lygus permutacijų skaičiui su 6 raidžių pasikartojimais:
.
Šie atvejai vienodai galimi, poromis nenuoseklūs ir sudaro ištisą įvykių grupę, t.y. sudaryti atvejų diagramą. Tik viena galimybė palanki renginiui A. Štai kodėl
.
1.4 problema. Tanya ir Vanya sutiko sutikti Naujuosius metus 10 žmonių kompanijoje. Jie abu labai norėjo sėdėti vienas šalia kito. Kokia tikimybė, kad jų noras išsipildys, jei įprasta burtų keliu paskirstyti vietas tarp draugų?
Sprendimas. Pažymėkime pagal A renginys „Tanijos ir Vanios norų išsipildymas“. Prie 10 žmonių stalo gali sėdėti 10 žmonių! Skirtingi keliai. Kiek tokių n= 10! vienodai galimi būdai yra palankūs Tanjai ir Vanijai? Tanya ir Vanya, sėdinčios viena šalia kitos, gali užimti 20 skirtingų pozicijų. Tuo pačiu metu aštuoni jų draugai gali sėdėti prie 8 žmonių stalo! skirtingais būdais, todėl m= 20∙8!. Vadinasi, 
.
1.5 problema. 5 moterų ir 20 vyrų grupė išrenka tris delegatus. Darant prielaidą, kad kiekvienas dalyvaujantis asmuo gali būti pasirinktas vienoda tikimybe, suraskite tikimybę, kad bus pasirinktos dvi moterys ir vienas vyras.
Sprendimas. Bendras vienodai galimų testo rezultatų skaičius yra lygus būdų, kuriais iš 25 žmonių galima pasirinkti tris delegatus, t.y. . Dabar suskaičiuokime palankių atvejų, t.y. atvejų, kai įvyksta dominantis įvykis, skaičius. Vyrą delegatą galima pasirinkti dvidešimčia būdų. Tuo pačiu metu likusios dvi delegatės turi būti moterys, o jūs galite pasirinkti dvi moteris iš penkių. Vadinasi,. Štai kodėl
.
1.6 problema. Keturi rutuliai atsitiktinai išsibarstę po keturias duobutes, kiekvienas rutuliukas į vieną ar kitą duobutę įkrenta vienoda tikimybe ir nepriklausomai nuo kitų (nėra kliūčių, kad keli kamuoliukai įkristų į tą pačią duobutę). Raskite tikimybę, kad vienoje iš angų bus trys rutuliukai, kitoje – vienas, o kitose dviejose – nebus.
Sprendimas. Bendras bylų skaičius n= 4 4 . Būdų, kuriais galima pasirinkti vieną duobutę, kurioje bus trys rutuliai, skaičius, . Būdų, kuriais galite pasirinkti skylę, kurioje bus vienas rutulys, skaičius, . Būdų, kuriais galima pasirinkti tris iš keturių rutulių, kurie bus įdėti į pirmąją skylę, skaičius yra . Bendras palankių atvejų skaičius. Įvykio tikimybė: 
1.7 problema. Dėžutėje yra 10 vienodų kamuoliukų, pažymėtų skaičiais 1, 2, ..., 10. Sėkmei ištraukiami šeši kamuoliukai. Raskite tikimybę, kad tarp ištrauktų rutuliukų bus: a) rutulys Nr. 1; b) kamuoliukai Nr.1 ir Nr.2.
Sprendimas. a) Bendras galimų elementarių testo baigčių skaičius lygus būdų, kuriais iš dešimties galima ištraukti šešis rutuliukus, skaičiui, t.y.
Raskime rezultatų, palankių mus dominančiam įvykiui, skaičių: tarp atrinktų šešių kamuoliukų yra rutulys Nr. 1, todėl likę penki kamuoliukai turi skirtingus numerius. Tokių baigčių skaičius akivaizdžiai lygus tam, kiek būdų iš likusių devynių galima pasirinkti penkis kamuoliukus, t.y.
Reikalinga tikimybė yra lygi atitinkamam įvykiui palankių baigčių skaičiaus ir bendro galimų elementarių baigčių skaičiaus santykiui:
b) Mus dominančiam įvykiui palankių baigčių skaičius (tarp pasirinktų kamuoliukų yra kamuoliukai Nr. 1 ir Nr. 2, todėl keturi kamuoliukai turi skirtingus skaičius) yra lygus keturių kamuoliukų skaičiui. būti išgautas iš likusių aštuonių, t.y. Reikalinga tikimybė 
1.2.3. Statistinė tikimybė
Statistinis tikimybės apibrėžimas naudojamas tada, kai eksperimento rezultatai nėra vienodai įmanomi.
Santykinis įvykių dažnis
A yra nustatoma pagal lygybę:
,
Kur m– bandymų, kuriuose įvyko įvykis, skaičius A jis atvyko n– bendras atliktų tyrimų skaičius.
J. Bernoulli įrodė, kad neribotai didėjant eksperimentų skaičiui, santykinis įvykio pasireiškimo dažnis skirsis beveik tiek, kiek norima, nuo kokio nors pastovaus skaičiaus. Paaiškėjo, kad šis pastovus skaičius yra įvykio tikimybė. Todėl natūralu statistine tikimybe vadinti santykinį įvykio atsiradimo dažnį su pakankamai dideliu bandymų skaičiumi, priešingai nei anksčiau įvesta tikimybe.
1.8 pavyzdys. Kaip apytiksliai nustatyti žuvų skaičių ežere?
Įleisk į ežerą Xžuvis Užmetame tinklą ir, tarkime, randame jame nžuvis Kiekvieną iš jų pažymime ir paleidžiame atgal. Po kelių dienų tuo pačiu oru ir toje pačioje vietoje užmetėme tą patį tinklą. Tarkime, kad jame randame m žuvų, tarp kurių k pažymėti. Tegul įvykis A- „pagauta žuvis pažymėta“. Tada pagal santykinio dažnio apibrėžimą.
Bet jei ežere Xžuvies ir paleidome į ją n pažymėtas, tada .
Nes R * (A) » R(A), tai.
1.2.4. Operacijos renginiuose. Tikimybių sudėjimo teorema
Suma, arba kelių įvykių sąjunga, yra įvykis, susidedantis iš bent vieno iš šių įvykių (tame pačiame bandyme).
Suma A 1 + A 2 + … + Anžymimas taip: 
arba 
.
Pavyzdys. Mesti du kauliukai. Tegul įvykis A susideda iš 4 taškų metimo ant 1 kauliuko ir įvykio IN– kai ant kito kauliuko metami 5 taškai. Renginiai A Ir IN Bendras. Todėl renginys A +IN susideda iš 4 taškų išmetimo ant pirmojo kauliuko arba 5 taškai ant antrojo kauliuko arba 4 taškai iš pirmo kauliuko ir 5 taškai ant antrojo vienu metu.
Pavyzdys. Renginys A– laimėjimai už 1 paskolą, renginys IN– 2-osios paskolos laimėjimai. Tada renginys A+B– laimėti bent vieną paskolą (galbūt dvi iš karto).
Darbas arba kelių įvykių susikirtimas yra įvykis, susidedantis iš visų šių įvykių bendro įvykio (tame pačiame tyrime).
Darbas INįvykius A 1 , A 2 , …, Anžymimas taip:
.
Pavyzdys. Renginiai A Ir IN susideda iš sėkmingo pirmojo ir antrojo turų išlaikymo, stojant į institutą. Tada renginys A×B susideda iš sėkmingo abiejų turų užbaigimo.
Įvykių sumos ir sandaugos sąvokos turi aiškią geometrinę interpretaciją. Tegul įvykis A yra taškas, įvažiuojantis į zoną A, ir įvykis IN– taškas, įvažiuojantis į zoną IN. Tada renginys A+B yra taškas, įeinantis į šių sričių sąjungą (2.1 pav.), ir įvykis AIN yra taškas, kuris atsitrenkia į šių sričių sankirtą (2.2 pav.).
Ryžiai. 2.1 pav. 2.2
Teorema. Jei įvykiai A i(i = 1, 2, …, n) yra nenuoseklūs, tada įvykių sumos tikimybė yra lygi šių įvykių tikimybių sumai: 
.
Leisti A Ir Ā
– priešingi įvykiai, t.y. A + Ā= Ω, kur Ω yra patikimas įvykis. Iš sudėjimo teoremos išplaukia, kad
Р(Ω) = R(A) + R(Ā
) = 1, todėl
R(Ā
) = 1 – R(A).
Jei įvykiai A 1 ir A 2 yra suderinami, tada dviejų vienu metu vykstančių įvykių sumos tikimybė yra lygi:
R(A 1 + A 2) = R(A 1) + R(A 2) – P( A 1× A 2).
Tikimybių sudėjimo teoremos leidžia pereiti nuo tiesioginio tikimybių skaičiavimo prie sudėtingų įvykių tikimybių nustatymo.
1.8 problema. Šaulys paleidžia vieną šūvį į taikinį. Tikimybė surinkti 10 taškų (įvykis A), 9 taškai (įvykis IN) ir 8 taškai (įvykis SU) yra atitinkamai lygūs 0,11; 0,23; 0.17. Raskite tikimybę, kad vienu šūviu šaulys surinks mažiau nei 8 taškus (įvykis D).
Sprendimas. Pereikime prie priešingo įvykio – vienu šūviu šaulys surinks mažiausiai 8 taškus. Įvykis įvyksta, jei jis įvyksta A arba IN, arba SU, t.y. . Nuo įvykių A, B, SU yra poros nenuoseklūs, tada pagal sudėjimo teoremą,
, kur.
1.9 problema. Iš brigados komandos, kurią sudaro 6 vyrai ir 4 moterys, į profesinių sąjungų konferenciją atrenkami du žmonės. Kokia tikimybė, kad tarp atrinktųjų bent viena moteris (įvykis A).
Sprendimas. Jei įvyksta įvykis A, tada tikrai įvyks vienas iš šių nesuderinamų įvykių: IN– „išrenkamas vyras ir moteris“; SU- „Buvo pasirinktos dvi moterys“. Todėl galime rašyti: A=B+C. Raskime įvykių tikimybę IN Ir SU. Du iš 10 žmonių gali būti pasirenkami skirtingais būdais. Dvi moterys iš 4 gali būti atrenkamos skirtingais būdais. Vyrą ir moterį galima pasirinkti 6 × 4 būdais. Tada . Nuo įvykių IN Ir SU yra nenuoseklūs, taigi pagal sudėjimo teoremą,
P(A) = P(B + C) = P(B) + P(C) = 8/15 + 2/15 = 2/3.
1.10 uždavinys. Bibliotekos lentynoje yra 15 atsitiktinai išdėstytų vadovėlių, penki iš jų įrišti. Bibliotekininkė atsitiktinai paima tris vadovėlius. Raskite tikimybę, kad bent vienas iš paimtų vadovėlių bus įrištas (įvykis A).
Sprendimas. Pirmas būdas. Reikalavimas – bent vienas iš trijų paimtų įrištų vadovėlių – bus įvykdytas, jei įvyks kuris nors iš šių trijų nesuderinamų įvykių: IN– vieną įrištą vadovėlį, SU- du įrišti vadovėliai, D– trys įrišti vadovėliai.
Mus dominantis renginys A gali būti pavaizduota kaip įvykių suma: A=B+C+D. Pagal sudėjimo teoremą,
P(A) = P(B) + P(C) + P(D). (2.1)
Raskime įvykių tikimybę B, C Ir D(žr. kombinatorines schemas): 
Šias tikimybes pateikę lygybėje (2.1), galiausiai gauname
P(A)= 45/91 + 20/91 + 2/91 = 67/91.
Antras būdas. Renginys A(bent vienas iš trijų paimtų vadovėlių yra įrištas) ir Ā
(nė vienas iš paimtų vadovėlių nėra įrištas) – priešingai, todėl P(A) + P(Ā) = 1 (dviejų priešingų įvykių tikimybių suma lygi 1). Iš čia P(A) = 1 – P(Ā).Įvykio atsiradimo tikimybė Ā
(nė vienas iš paimtų vadovėlių nėra įrištas)
Reikalinga tikimybė
P(A) = 1 – P(Ā) = 1 – 24/91 = 67/91.
1.2.5. Sąlyginė tikimybė. Tikimybių daugybos teorema
Sąlyginė tikimybė P(B/A) yra įvykio B tikimybė, apskaičiuota darant prielaidą, kad įvykis A jau įvyko.
Teorema. Dviejų įvykių bendro įvykio tikimybė yra lygi vieno iš jų tikimybių ir kito sąlyginės tikimybės sandaugai, apskaičiuotai darant prielaidą, kad pirmasis įvykis jau įvyko:
P(A∙B) = P(A)∙P( IN/A). (2.2)
Du įvykiai vadinami nepriklausomais, jeigu kurio nors iš jų įvykimas nekeičia kito įvykimo tikimybės, t.y.
P(A) = P(A/B) arba P(B) = P(B/A). (2.3)
Jei įvykiai A Ir IN yra nepriklausomi, tada iš (2.2) ir (2.3) formulių išplaukia
P(A∙B) = P(A)∙P(B). (2.4)
Teisingas ir priešingas teiginys, t.y. jei lygybė (2.4) galioja dviem įvykiams, tai šie įvykiai yra nepriklausomi. Iš (2.4) ir (2.2) formulių išplaukia
P(A∙B) = P(A)∙P(B) = P(A) × P(B/A), kur P(A) = P(B/A).
Formulė (2.2) gali būti apibendrinta baigtinio įvykių skaičiaus atveju A 1 , A 2 ,…,A n:
P(A 1 ∙A 2 ∙…∙A n)=P(A 1)∙P(A 2 /A 1)∙P(A 3 /A 1 A 2)∙…∙P (A n/A 1 A 2 …A n -1).
1.11 uždavinys. Iš urnos, kurioje yra 5 balti ir 10 juodų kamuoliukų, iš eilės traukiami du rutuliai. Raskite tikimybę, kad abu rutuliai yra balti (įvykis A).
Sprendimas. Panagrinėkime įvykius: IN– pirmasis ištrauktas rutulys yra baltas; SU– antras ištrauktas rutulys yra baltas. Tada A = BC.
Eksperimentą galima atlikti dviem būdais:
1) su grąžinimu: nuimtas rutulys, užfiksavus spalvą, grąžinamas į urną. Šiuo atveju įvykiai IN Ir SU nepriklausomas:
P(A) = P(B)∙R (S) = 5/15 × 5/15 = 1/9;
2) negrąžinant: išimtas kamuolys atidedamas į šalį. Šiuo atveju įvykiai IN Ir SU priklausomas:
P(A) = P(B)∙R (S/IN).
Dėl renginio IN sąlygos tos pačios, ir už SU situacija pasikeitė. Įvyko IN, todėl urnoje liko 14 kamuoliukų, iš jų 4 balti.
Taigi,.
1.12 uždavinys. Iš 50 lempučių 3 yra nestandartinės. Raskite tikimybę, kad dvi vienu metu paimtos lemputės yra nestandartinės.
Sprendimas. Panagrinėkime įvykius: A– pirmoji lemputė nestandartinė, IN– antroji lemputė nestandartinė, SU– abi lemputės nestandartinės. Tai aišku C = A∙IN. Renginys A 3 atvejai iš 50 galimų yra palankūs, t.y. P(A) = 3/50. Jei įvykis A jau atvyko, tada įvykis IN du atvejai iš 49 galimų yra palankūs, t.y. P(B/A) = 2/49. Vadinasi,
.
1.13 uždavinys. Du sportininkai šaudo į tą patį taikinį nepriklausomai vienas nuo kito. Tikimybė, kad pirmasis sportininkas pataikys į taikinį, yra 0,7, o antrasis - 0,8. Kokia tikimybė, kad taikinys bus pataikytas?
Sprendimas. Taikinys bus pataikytas, jei pataikys arba pirmasis šaulys, arba antrasis, arba abu, t.y. įvyks įvykis A+B, kur renginys A susideda iš pirmojo sportininko, pataikusio į taikinį, ir įvykio IN– antra. Tada
P(A+IN)=P(A)+P(B)–P(A∙IN)=0, 7+0, 8–0, 7∙0,8=0,94.
1.14 uždavinys. Skaitykloje yra šeši tikimybių teorijos vadovėliai, iš kurių trys yra įrišti. Bibliotekininkė atsitiktinai paėmė du vadovėlius. Raskite tikimybę, kad bus įrišti du vadovėliai.
Sprendimas. Supažindinsime su renginių pavadinimais : A– pirmasis paimtas vadovėlis įrištas, IN– įrištas antrasis vadovėlis. Tikimybė, kad pirmasis vadovėlis bus įrištas
P(A) = 3/6 = 1/2.
Tikimybė, kad antrasis vadovėlis bus įrištas, su sąlyga, kad pirmasis paimtas vadovėlis buvo įrištas, t.y. sąlyginė įvykio tikimybė IN, yra taip: P(B/A) = 2/5.
Norima tikimybė, kad abu vadovėliai bus surišti, pagal įvykių tikimybių daugybos teoremą, lygi
P(AB) = P(A) ∙ P(B/A)= 1/2 · ∙ 2/5 = 0,2.
1.15 uždavinys. Dirba 7 vyrai ir 3 moterys. Trys žmonės buvo atrinkti atsitiktinai, naudojant jų personalo numerius. Raskite tikimybę, kad visi atrinkti asmenys bus vyrai.
Sprendimas. Pristatome renginių pavadinimus: A– pirmiausia pasirenkamas vyras, IN– antrasis išrinktasis yra vyras, SU - Trečiasis išrinktasis buvo vyras. Tikimybė, kad vyras bus pasirinktas pirmas, yra P(A) = 7/10.
Tikimybė, kad vyras bus pasirinktas antras, su sąlyga, kad vyras jau buvo pasirinktas pirmas, t.y. sąlyginė įvykio tikimybė IN Kitas : P(B/A) = 6/9 = 2/3.
Tikimybė, kad vyras bus išrinktas trečias, atsižvelgiant į tai, kad jau atrinkti du vyrai, t.y. sąlyginė įvykio tikimybė SU ar tai: P(C/AB) = 5/8.
Norima tikimybė, kad visi trys atrinkti asmenys bus vyrai P(ABC) = P(A) P(B/A) P(C/AB) = 7/10 · 2/3 · 5/8 = 7/24.
1.2.6. Bendrosios tikimybės formulė ir Bayes formulė
Leisti B 1 , B 2 ,…, Bn– poromis nesuderinami įvykiai (hipotezės) ir A– įvykis, kuris gali įvykti tik kartu su vienu iš jų.
Taip pat praneškite mums P(B i) Ir P(A/B i) (i = 1, 2, …, n).
Tokiomis sąlygomis galioja formulės: 
(2.5)
(2.6)
Formulė (2.5) vadinama bendrosios tikimybės formulė
. Jis apskaičiuoja įvykio tikimybę A(bendra tikimybė).
Formulė (2.6) vadinama Bayes formulė
. Tai leidžia perskaičiuoti hipotezių tikimybę, jei įvykis Aįvyko.
Rengiant pavyzdžius patogu daryti prielaidą, kad hipotezės sudaro ištisą grupę.
1.16 uždavinys. Krepšelyje yra obuoliai iš keturių tos pačios veislės medžių. Iš pirmo - 15% visų obuolių, iš antrojo - 35%, iš trečio - 20%, iš ketvirto - 30%. Prinokusių obuolių yra atitinkamai 99%, 97%, 98%, 95%.
a) Kokia tikimybė, kad atsitiktinai paimtas obuolys bus prinokęs (įvykis A).
b) Atsižvelgdami į tai, kad atsitiktinai paimtas obuolys yra subrendęs, apskaičiuokite tikimybę, kad jis yra nuo pirmojo medžio.
Sprendimas. a) Turime 4 hipotezes:
B 1 – atsitiktinai paimtas obuolys paimamas iš 1-ojo medžio;
B 2 – atsitiktinai paimtas obuolys paimamas iš 2-ojo medžio;
B 3 – atsitiktinai paimtas obuolys paimamas iš 3 medžio;
B 4 – atsitiktinai paimtas obuolys paimamas iš 4-ojo medžio.
Jų tikimybė pagal sąlygą: P(B 1) = 0,15; P(B 2) = 0,35; P(B 3) = 0,2; P(B 4) = 0,3.
Sąlyginės įvykio tikimybės A:
P(A/B 1) = 0,99; P(A/B 2) = 0,97; P(A/B 3) = 0,98; P(A/B 4) = 0,95.
Tikimybė, kad atsitiktinai paimtas obuolys bus prinokęs, nustatoma naudojant bendrosios tikimybės formulę:
P(A)=P(B 1)∙P(A/B 1)+P(B 2)∙P(A/B 2)+P(B 3)∙P(A/B 3)+P(B 4)∙P(A/B 4)=0,969.
b) Bayes formulė mūsų atveju atrodo taip: 
.
1.17 uždavinys.Į urną, kurioje yra du rutuliai, įmetamas baltas rutulys, po kurio atsitiktinai ištraukiamas vienas rutulys. Raskite tikimybę, kad ištrauktas rutulys bus baltas, jei visos galimos prielaidos apie pradinę rutulių sudėtį (pagal spalvą) yra vienodai įmanomos.
Sprendimas. Pažymėkime pagal Aįvykis – ištraukiamas baltas rutulys. Galimos šios prielaidos (hipotezės) apie pradinę kamuoliukų sudėtį: B 1- nėra baltų rutulių, AT 2- vienas baltas rutulys, 3 d- du balti rutuliai.
Kadangi iš viso yra trys hipotezės, o hipotezių tikimybių suma yra 1 (kadangi jos sudaro ištisą įvykių grupę), tai kiekvienos iš hipotezių tikimybė yra 1/3, t.y.
P(B 1) = P(B 2)= P(B 3) = 1/3.
Sąlyginė tikimybė, kad bus ištrauktas baltas rutulys, atsižvelgiant į tai, kad iš pradžių urnoje baltų rutulių nebuvo, P(A/B 1) = 1/3. Sąlyginė tikimybė, kad bus ištrauktas baltas rutulys, atsižvelgiant į tai, kad iš pradžių urnoje buvo vienas baltas rutulys, P(A/B 2) = 2/3. Sąlyginė tikimybė, kad bus ištrauktas baltas rutulys, atsižvelgiant į tai, kad iš pradžių urnoje buvo du balti rutuliai P(A/B 3)=3/ 3=1.
Naudodami bendrosios tikimybės formulę randame reikiamą tikimybę, kad bus nubrėžtas baltas rutulys:
R(A)=P(B 1)∙P(A/B 1)+P(B 2)∙P(A/B 2)+P(B 3)∙P(A/B 3) = 1/3 1/3 + 1/3 2/3 + 1/3 1 = 2/3 .
1.18 uždavinys. Dvi mašinos gamina identiškas dalis, kurios eina ant bendro konvejerio. Pirmosios mašinos našumas yra dvigubai didesnis nei antrosios. Pirmoji mašina pagamina vidutiniškai 60% puikios kokybės detalių, o antroji – 84%. Atsitiktinai nuo surinkimo linijos paimta dalis pasirodė puikios kokybės. Raskite tikimybę, kad šią dalį pagamino pirmoji mašina.
Sprendimas. Pažymėkime pagal A renginys – puikios kokybės detalė. Galima daryti dvi prielaidas: B 1– dalis buvo pagaminta pirmuoju įrenginiu ir (kadangi pirmoji mašina pagamina dvigubai daugiau dalių nei antroji) P(A/B 1) = 2/3; B 2 – detalė pagaminta antra mašina, ir P(B 2) = 1/3.
Sąlyginė tikimybė, kad dalis bus puikios kokybės, jei ją pagamins pirmoji mašina, P(A/B 1)=0,6.
Sąlyginė tikimybė, kad detalė bus puikios kokybės, jei ją pagamins antra mašina P(A/B 1)=0,84.
Tikimybė, kad atsitiktinai paimta dalis pagal bendrosios tikimybės formulę bus puikios kokybės, lygi
P(A)=P(B 1) ∙P(A/B 1)+P(B 2) ∙P(A/B 2)=2/3·0,6+1/3·0,84 = 0,68.
Reikalinga tikimybė, kad pasirinktą puikią detalę pagamino pirmoji mašina, pagal Bayes formulę yra lygi
1.19 uždavinys. Yra trys dalių partijos, kurių kiekvienoje yra 20 dalių. Standartinių dalių skaičius pirmoje, antroje ir trečioje partijoje yra atitinkamai 20, 15, 10. Dalis, kuri pasirodė esanti standartinė, buvo atsitiktinai pašalinta iš pasirinktos partijos. Dalys grąžinamos į partiją ir dalis atsitiktinai išimama iš tos pačios partijos, kuri taip pat pasirodo esanti standartinė. Raskite tikimybę, kad dalys buvo pašalintos iš trečiosios partijos.
Sprendimas. Pažymėkime pagal Aįvykis – kiekviename iš dviejų bandymų (su grąžinimu) buvo gauta standartinė dalis. Galima daryti tris prielaidas (hipotezes): B 1 – dalys pašalinamos iš pirmosios partijos, IN 2
– dalys pašalinamos iš antrosios partijos, IN 3 – iš trečios partijos išimamos dalys.
Dalys buvo ištrauktos atsitiktinai iš tam tikros partijos, todėl hipotezių tikimybės yra tokios pačios: P(B 1) = P(B 2) = P(B 3) = 1/3.
Raskime sąlyginę tikimybę P(A/B 1), t.y. tikimybė, kad dvi standartinės dalys bus paeiliui pašalintos iš pirmosios partijos. Šis renginys patikimas, nes pirmoje partijoje visos dalys yra standartinės, todėl P(A/B 1) = 1.
Raskime sąlyginę tikimybę P(A/B 2), t.y. tikimybė, kad dvi standartinės dalys bus paeiliui pašalintos (ir grąžintos) iš antrosios partijos: P(A/B 2)= 15/20 ∙ 15/20 = 9/16.
Raskime sąlyginę tikimybę P(A/B 3), t.y. tikimybė, kad dvi standartinės dalys bus paeiliui pašalintos (ir grąžintos) iš trečiosios partijos: P(A/B 3) = 10/20 · 10/20 = 1/4.
Norima tikimybė, kad abi ištrauktos standartinės dalys bus paimtos iš trečiosios partijos pagal Bayes formulę yra lygi 
1.2.7. Pakartotiniai testai
Jei atliekami keli testai, ir įvykio tikimybė A kiekviename teste nepriklauso nuo kitų testų rezultatų, tada tokie testai vadinami nepriklausomas nuo įvykio A.Įvairiuose nepriklausomuose bandymuose įvykis A gali turėti skirtingas tikimybes arba tą pačią tikimybę. Toliau svarstysime tik tokius nepriklausomus testus, kuriuose įvykis A turi tokią pat tikimybę.
Tegul jis gaminamas P nepriklausomi bandymai, kurių kiekviename įvykis A gali pasirodyti arba nepasirodyti. Sutikime manyti, kad įvykio tikimybė A kiekviename tyrime yra tas pats, būtent lygus R. Todėl tikimybė, kad įvykis neįvyks A kiekviename bandyme taip pat yra pastovus ir lygus 1– R.Ši tikimybinė schema vadinama Bernulli schema. Iškelkime sau užduotį apskaičiuoti tikimybę, kad kada P Bernullio bandymo renginys A išsipildys k kartą ( k– sėkmių skaičius) ir todėl neišsipildys P- kartą. Svarbu pabrėžti, kad renginys nebūtinas A tiksliai pakartojo k kartų tam tikra seka. Pažymime norimą tikimybę R p (k).
Pavyzdžiui, simbolis R 5(3) reiškia tikimybę, kad per penkis bandymus įvykis pasireikš lygiai 3 kartus ir todėl nepasikartos 2 kartus.
Iškeltą problemą galima išspręsti naudojant vadinamąjį Bernulio formulės, kuris atrodo taip: 
.
1.20 uždavinys. Tikimybė, kad elektros suvartojimas per vieną dieną neviršys nustatytos normos, lygi R=0,75. Raskite tikimybę, kad per artimiausias 6 dienas elektros suvartojimas 4 dienas neviršys normos.
Sprendimas. Normalaus energijos suvartojimo tikimybė per kiekvieną iš 6 dienų yra pastovi ir lygi R=0,75. Vadinasi, perteklinio energijos suvartojimo kiekvieną dieną tikimybė taip pat yra pastovi ir lygi q= 1–R=1–0,75=0,25.
Reikalinga tikimybė pagal Bernulio formulę yra lygi
.
1.21 uždavinys. Du lygūs šachmatininkai žaidžia šachmatais. Kas labiau tikėtina: laimėti du iš keturių ar tris iš šešių (į lygiąsias neatsižvelgiama)?
Sprendimas. Žaidžia vienodi šachmatininkai, todėl tikimybė laimėti R= 1/2, vadinasi, tikimybė pralaimėti q taip pat lygus 1/2. Nes visuose žaidimuose tikimybė laimėti yra pastovi ir nesvarbu, kokia seka žaidimai laimi, tuomet taikoma Bernulio formulė.
Raskime tikimybę, kad bus laimėtos dvi rungtynės iš keturių:
Raskime tikimybę, kad bus laimėtos trys rungtynės iš šešių:
Nes P 4 (2) > P 6 (3), tada didesnė tikimybė laimėti dvi rungtynes iš keturių nei tris iš šešių.
Tačiau matyti, kad naudojant Bernulio formulę didelėms reikšmėms n gana sunku, nes formulė reikalauja operacijų su dideliais skaičiais, todėl skaičiavimo metu kaupiasi klaidos; Dėl to galutinis rezultatas gali labai skirtis nuo tikrojo.
Norint išspręsti šią problemą, yra kelios ribinės teoremos, kurios naudojamos daugeliui bandymų.
1. Puasono teorema
Atliekant daugybę bandymų naudojant Bernulli schemą (su n=> ∞) ir su nedideliu palankių rezultatų skaičiumi k(Manoma, kad sėkmės tikimybė p mažas), Bernoulli formulė artėja prie Puasono formulės 
.
1.22 pavyzdys. Defektų tikimybė, kai įmonė pagamina produkto vienetą, yra lygi p=0,001. Kokia tikimybė, kad pagaminus 5000 vienetų gaminio, mažiau nei 4 iš jų bus brokuoti (įvykis A Sprendimas. Nes n yra didelis, naudojame Laplaso lokalią teoremą: 
Paskaičiuokime x:
Funkcija 
– lyginis, taigi φ(–1,67) = φ(1,67).
Naudodami A.1 priedo lentelę, randame φ(1,67) = 0,0989.
Reikalinga tikimybė P 2400 (1400) = 0,0989.
3. Laplaso integralų teorema
Jei tikimybė Rįvykio atsiradimas A kiekviename bandyme pagal Bernoulli schemą yra pastovi ir skiriasi nuo nulio ir vieno, tada su daugybe bandymų n, tikimybė R p (k 1 , k 2) įvykio atsiradimas Ašiuose bandymuose nuo k 1 iki k 2 kartus maždaug lygus
R p(k 1 , k 2) = Φ ( x"") – Φ ( x"), kur 
- Laplaso funkcija,
Laplaso funkcijos apibrėžtasis integralas negali būti apskaičiuotas pagal analitinių funkcijų klasę, todėl jai apskaičiuoti naudojama lentelė. 2 punktas, pateiktas priede.
1.24 pavyzdys. Tikimybė, kad įvykis įvyks kiekviename iš šimto nepriklausomų bandymų, yra pastovi ir lygi p= 0,8. Raskite tikimybę, kad įvykis pasirodys: a) ne mažiau kaip 75 ir ne daugiau kaip 90 kartų; b) ne mažiau kaip 75 kartus; c) ne daugiau kaip 74 kartus.
Sprendimas. Pasinaudokime Laplaso integraliąja teorema:
R p(k 1 , k 2) = Φ ( x"") – Φ( x"), kur Ф( x) – Laplaso funkcija,
a) pagal sąlygas, n = 100, p = 0,8, q = 0,2, k 1 = 75, k 2 = 90. Apskaičiuokime x"" Ir x" :
Atsižvelgiant į tai, kad Laplaso funkcija yra nelyginė, t.y. F(- x) = – Ф( x), mes gauname
P 100 (75;90) = Ф (2,5) – Ф(–1,25) = Ф(2,5) + Ф(1,25).
Pagal lentelę P.2. paraiškų rasime:
F(2,5) = 0,4938; F(1,25) = 0,3944.
Reikalinga tikimybė
P 100 (75; 90) = 0,4938 + 0,3944 = 0,8882.
b) Reikalavimas, kad įvykis pasirodytų ne mažiau kaip 75 kartus, reiškia, kad įvykio įvykių skaičius gali būti 75, arba 76, ... arba 100. Taigi nagrinėjamu atveju su juo reikėtų sutikti. k 1 = 75, k 2 = 100. Tada 
.
Pagal lentelę P.2. taikymas randame Ф(1,25) = 0,3944; Ф(5) = 0,5.
Reikalinga tikimybė
P 100 (75;100) = (5) – (–1,25) = (5) + (1,25) = 0,5 + 0,3944 = 0,8944.
c) įvykis – „ A pasirodė mažiausiai 75 kartus“ ir „ A pasirodė ne daugiau kaip 74 kartus“ yra priešingi, todėl šių įvykių tikimybių suma lygi 1. Todėl norima tikimybė
P 100 (0;74) = 1 – P 100 (75; 100) = 1 – 0,8944 = 0,1056.
Įkeliama...