Keressen megbízható és lehetetlen eseményeket az ai események között. Az óra témája: „Megbízható, lehetetlen és véletlenszerű események”

Csak nem online fordítóban.

Az Aranykapu Kijev jelképe, az építészet egyik legrégebbi, máig fennmaradt példája. A kijevi Aranykapu a híres kijevi herceg, Bölcs Jaroszlav fejedelem alatt épült 1164-ben. Kezdetben délinek hívták őket, és a város védelmi erődrendszerének részét képezték, gyakorlatilag nem különböztek a város többi őrkapujától. Ez volt a Déli Kapu, amelyet az első orosz metropolita, Hilarion „Nagynak” nevezett „Jog és kegyelem prédikációjában”. A fenséges Hagia Sophia templom felépítése után a „Nagy” Kapu lett a délnyugati oldalról Kijev fő szárazföldi bejárata. Felismerve jelentőségüket, Bölcs Jaroszlav elrendelte egy kis Angyali üdvözlet-templom építését a kapuk fölött, hogy tisztelegjen a városban és Oroszországban uralkodó keresztény vallás előtt. Ettől kezdve az összes orosz krónikaforrás Kijev déli kapuját Aranykapunak kezdte nevezni. A kapu szélessége 7,5 m, az átjáró magassága 12 m, hossza körülbelül 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 bats avec ton free tu fais du sport. Quand tu cours, parce que tu es en retard a l"ecole, tu fais du sport.

Az esemény egy teszt eredménye. Mi az esemény? Véletlenszerűen kivesznek egy labdát az urnából. A labda kiemelése az urnából egy próbatétel. Egy bizonyos színű labda megjelenése esemény. A valószínűségszámításban esemény alatt olyasmit értünk, amelyről egy bizonyos időpont után két dolog közül csak egy mondható el. Igen, megtörtént. Nem, nem történt meg. Egy kísérlet lehetséges kimenetelét elemi eseménynek, az ilyen eredmények halmazát pedig egyszerűen eseménynek nevezzük.

A megjósolhatatlan eseményeket véletlennek nevezzük. Egy eseményt véletlennek nevezünk, ha azonos feltételek mellett bekövetkezik vagy nem. A kockadobásnál hatos lesz az eredmény. Van egy sorsjegyem. A sorsolás eredményének közzététele után az engem érdeklő esemény - ezer rubel nyerése - vagy megtörténik, vagy nem. Példa.

Két olyan eseményt, amelyek adott körülmények között egyidejűleg is előfordulhatnak, együttesnek, azokat, amelyek egyidejűleg nem következhetnek be, összeférhetetlennek nevezzük. Feldobnak egy érmét. A „címer” megjelenése kizárja a felirat megjelenését. A „címer megjelent” és „felirat jelent meg” események összeegyeztethetetlenek. Példa.

A mindig bekövetkező eseményt megbízhatónak nevezzük. Azt az eseményt, amely nem történhet meg, lehetetlennek nevezzük. Tegyük fel például, hogy egy golyót húznak egy olyan urnából, amely csak fekete golyókat tartalmaz. Akkor a fekete golyó megjelenése megbízható esemény; a fehér golyó megjelenése lehetetlen esemény. Példák. Jövőre nem lesz hó. A kockadobásnál hetes lesz az eredmény. Ezek lehetetlen események. Jövőre lesz hó. Amikor dobsz a kockával, hétnél kisebb számot kapsz. Napi napfelkelte. Ezek megbízható események.

Problémamegoldás Minden leírt esemény esetében határozza meg, hogy mi az: lehetetlen, megbízható vagy véletlenszerű. 1. Az osztály 25 tanulója közül kettő a) január 30-án ünnepli születésnapját; b) február 30. 2. Véletlenszerűen megnyílik az irodalom tankönyv, és a bal oldalon található a második szó. Ez a szó: a) „K” betűvel kezdődik; b) „Ъ” betűvel kezdődően.

3. Ma Szocsiban a barométer normál légköri nyomást mutat. Ebben az esetben: a) a serpenyőben lévő víz 80°C-on forralt fel; b) amikor a hőmérséklet -5°C-ra süllyedt, a víz a tócsában megfagyott. 4. Két kockát dobunk: a) az első kocka 3 pontot mutat, a második pedig 5 pontot; b) a két kockára dobott pontok összege 1; c) a két kockára dobott pontok összege 13; d) mindkét kocka 3 pontot kapott; e) két kockán a pontok összege kisebb, mint 15. Feladatmegoldás

5. Kinyitotta a könyvet bármelyik oldalra, és elolvasta az első főnevet, amivel találkozott. Kiderült, hogy: a) a kiválasztott szó írásmódja magánhangzót tartalmaz; b) a kiválasztott szó helyesírása „O” betűt tartalmaz; c) a kiválasztott szó helyesírásában nincsenek magánhangzók; d) a kiválasztott szó helyesírásában lágy jel található. Problémamegoldás

5. osztály. Bevezetés a valószínűségszámításba (4 óra)

(4 óra kidolgozása ebben a témában)

Tanulási célok : - bevezetni a véletlenszerű, megbízható és lehetetlen esemény definícióját;

Adja meg az első ötleteket a kombinatorikus problémák megoldásához: egy opciófa és a szorzási szabály használata.

Oktatási cél: a tanulók világképének alakulása.

Fejlesztési cél : a térbeli képzelet fejlesztése, a vonalzóval való munkavégzés készségének fejlesztése.

Megbízható, lehetetlen és véletlenszerű események (2 óra)

Kombinatorikus problémák (2 óra)

Megbízható, lehetetlen és véletlenszerű események.

Első lecke

Az óra felszerelése: kocka, érme, backgammon.

Az életünk nagyrészt balesetekből áll. Van egy olyan tudomány, mint a „valószínűségelmélet”. Nyelvének használatával számos jelenséget és helyzetet írhat le.

Még a primitív vezető is megértette, hogy egy tucat vadásznak nagyobb a „valószínűsége”, hogy lándzsával eltalál egy bölényt, mint egy. Ezért vadásztak akkoriban közösen.

Az olyan ősi parancsnokok, mint Nagy Sándor vagy Dmitrij Donskoy, harcra készülve nemcsak a harcosok vitézségére és művészetére támaszkodtak, hanem a véletlenre is.

Sokan az örök igazságok miatt szeretik a matematikát: kétszer kettő mindig négy, a páros számok összege páros, a téglalap területe egyenlő a szomszédos oldalak szorzatával stb. Bármilyen megoldandó feladatban mindenki ugyanazt a választ kapja – csak nem szabad hibázni a döntésben.

A való élet nem ilyen egyszerű és egyértelmű. Sok esemény kimenetelét nem lehet előre megjósolni. Lehetetlen például biztosan megmondani, hogy egy feldobott érme melyik oldalára esik, mikor esik le jövőre az első hó, vagy hogy a városban hányan akarnak majd telefonálni egy órán belül. Az ilyen előre nem látható eseményeket ún véletlen .

Azonban a véletlennek is megvannak a maga törvényei, amelyek akkor kezdenek megnyilvánulni, amikor a véletlenszerű jelenségek sokszor ismétlődnek. Ha 1000-szer dob fel egy érmét, az körülbelül az idő felében jön fel, ami nem mondható el két vagy akár tíz feldobásról. A „körülbelül” nem jelenti a felét. Ez általában lehet, vagy nem. A törvény nem mond semmi biztosat, de bizonyos fokú bizonyosságot ad arra vonatkozóan, hogy valamilyen véletlen esemény bekövetkezik. Az ilyen mintákat a matematika egy speciális ága tanulmányozza - Valószínűségi elmélet . Segítségével nagyobb fokú magabiztossággal (de még mindig nem biztosan) megjósolhatja mind az első hóesés időpontját, mind a telefonhívások számát.

A valószínűségszámítás elválaszthatatlanul összefügg mindennapi életünkkel. Ez csodálatos lehetőséget ad számunkra, hogy sok valószínűségi törvényt kísérleti úton megállapítsunk, véletlenszerű kísérleteket sokszor megismételve. E kísérletek anyaga leggyakrabban egy közönséges érme, egy dobókocka, egy dominókészlet, backgammon, rulett vagy akár egy pakli kártya. Ezen elemek mindegyike valamilyen módon kapcsolódik a játékokhoz. Az a tény, hogy az eset itt jelenik meg a leggyakoribb formájában. Az első valószínűségszámítási feladatok pedig a játékosok nyerési esélyeinek felméréséhez kapcsolódtak.

A modern valószínűségszámítás eltávolodott a szerencsejátéktól, de kellékei továbbra is a legegyszerűbb és legmegbízhatóbb esélyforrás maradnak. A rulett és a kocka gyakorlása után megtanulja kiszámítani a véletlenszerű események valószínűségét valós élethelyzetekben, ami lehetővé teszi a siker esélyeinek értékelését, hipotézisek tesztelését és optimális döntések meghozatalát nem csak a játékokban és a lottózásban.

Valószínűségi problémák megoldása során legyen nagyon óvatos, próbáljon megindokolni minden lépését, mert a matematika egyetlen más területe sem tartalmaz ennyi paradoxont. Mint a valószínűségelmélet. Ennek talán a fő magyarázata a valós világgal való kapcsolata, amelyben élünk.

Sok játékban használnak egy kockát, amelynek mindkét oldalán 1-től 6-ig eltérő számú pont van. : 1,2,3 ,4,5, vagy 6. A kockadobás élménynek, kísérletnek, tesztnek, a kapott eredmény pedig eseménynek tekinthető. Az embereket általában nagyon érdekli, hogy kitalálják ennek vagy annak az eseménynek az előfordulását, és megjósolják annak kimenetelét. Milyen jóslatokat tehetnek, amikor dobnak a kockával? Első jóslat: Megjelenik az 1, 2, 3, 4, 5 vagy 6 számok egyike. Ön szerint megtörténik a megjósolt esemény vagy sem? Persze biztosan eljön. Az adott élményben biztosan bekövetkező eseményt ún megbízható esemény.

Második jóslat : megjelenik a 7. Ön szerint megtörténik a megjósolt esemény vagy sem? Persze ez nem fog megtörténni, egyszerűen lehetetlen. Olyan eseményt, amely egy adott élményben nem következhet be, ún lehetetlen esemény.

Harmadik jóslat : megjelenik az 1. Ön szerint megtörtént a megjósolt esemény vagy sem? Erre a kérdésre nem tudunk teljes bizonyossággal válaszolni, hiszen a megjósolt esemény megtörténhet vagy nem. Olyan eseményt, amely egy adott élményben előfordulhat vagy nem, ún véletlenszerű esemény.

Gyakorlat : Ismertesse az alábbi feladatokban tárgyalt eseményeket! Mint bizonyos, lehetetlen vagy véletlenszerű.

Dobjunk fel egy érmét. Megjelent egy címer. (véletlen)

A vadász rálőtt a farkasra és eltalálta. (véletlen)

Az iskolás minden este elmegy sétálni. Hétfőn séta közben találkozott három ismerősével. (véletlen)

Mentálisan hajtsuk végre a következő kísérletet: fordítsunk fejjel lefelé egy pohár vizet. Ha ezt a kísérletet nem az űrben, hanem otthon vagy egy osztályteremben végzik, akkor a víz kiömlik. (megbízható)

Három lövést adtak le a célpontra.” Öt találat volt" (lehetetlen)

Dobd fel a követ. A kő a levegőben lóg. (lehetetlen)

Az „antagonizmus” szó betűit véletlenszerűen átrendezzük. Az eredmény az „anakroizmus” szó. (lehetetlen)

№959. Petya egy természetes számra gondolt. Az esemény a következő:

a) páros számot szánnak; (véletlen) b) páratlan számot szánnak; (véletlen)

c) olyan számot fognak fel, amely se nem páros, se nem páratlan; (lehetetlen)

d) páros vagy páratlan számot fogunk fel. (megbízható)

№ 961. Petya és Tolja összehasonlítják születésnapjukat. Az esemény a következő:

a) születésnapjuk nem esik egybe; (véletlenszerű) b) születésnapjuk azonos; (véletlen)

d) mindkettőjük születésnapja ünnepnapra esik - újév (január 1.) és Oroszország függetlenségének napja (június 12.). (véletlen)

№ 962. Backgammon játék közben két kockát használunk. A játékban résztvevő által végrehajtott lépések számát úgy határozzuk meg, hogy összeadjuk a kocka két oldalán lévő számokat, amelyek kiesnek, és ha „duplát” dobnak (1 + 1,2 + 2,3 + 3,4 + 4,5 + 5,6 + 6). ), akkor a lépések száma megduplázódik. Dobsz a kockával, és kitalálod, hány lépést kell tenned. Az esemény a következő:

a) egy mozdulatot kell tennie; b) 7 lépést kell végrehajtania;

c) 24 lépést kell végrehajtania; d) 13 lépést kell tenned.

a) – lehetetlen (1 lépés megtehető, ha az 1 + 0 kombinációt dobjuk, de nincs 0 a kockán).

b) – véletlenszerű (ha 1 + 6 vagy 2 + 5 dobott).

c) – véletlenszerű (ha a 6 +6 kombináció megjelenik).

d) – lehetetlen (nincs 1-től 6-ig tartó számkombináció, amelynek összege 13; ez a szám még „kettős” dobáskor sem kapható meg, mert páratlan).

Ellenőrizd le magadat. (matematikai diktálás)

1) Jelölje meg, hogy az alábbi események közül melyek lehetetlenek, melyek megbízhatóak, melyek véletlenszerűek:

A "Spartak" - "Dinamo" labdarúgó-mérkőzés döntetlennel zárul. (véletlen)

Nyerni fog, ha részt vesz egy win-win lottóban (megbízható)

Éjfélkor esik a hó, 24 órával később pedig kisüt a nap. (lehetetlen)

Holnap matek teszt lesz. (véletlen)

Önt az Egyesült Államok elnökévé választják. (lehetetlen)

Önt Oroszország elnökévé választják. (véletlen)

2) Boltban vásárolt TV-t, amelyre a gyártó két év garanciát vállal. Az alábbi események közül melyek lehetetlenek, melyek véletlenszerűek, melyek megbízhatóak:

A tévé egy évig nem fog tönkremenni. (véletlen)

A tévé két évig nem fog tönkremenni. (véletlen)

Két évig nem kell fizetni a TV javításáért. (megbízható)

A tévé a harmadik évben tönkremegy. (véletlen)

3) A 15 utast szállító autóbusznak 10 megállót kell megtennie. Az alábbi események közül melyek lehetetlenek, melyek véletlenszerűek, melyek megbízhatóak:

Minden utas különböző megállókban száll le a buszról. (lehetetlen)

Minden utas ugyanabban a megállóban száll le. (véletlen)

Minden megállóban legalább valaki leszáll. (véletlen)

Lesz egy megálló, ahol senki nem száll le. (véletlen)

Minden megállóban páros számú utas száll le. (lehetetlen)

Minden megállóban páratlan számú utas száll le. (lehetetlen)

Házi feladat : 53. o. 960., 963., 965. sz. (találjon ki két megbízható, véletlenszerű és lehetetlen eseményt maga).

Második lecke.

Házi feladat ellenőrzése. (orálisan)

a) Magyarázza el, mik a biztos, véletlenszerű és lehetetlen események!

b) Jelölje meg, hogy az alábbi események közül melyik megbízható, melyik lehetetlen, melyik véletlen:

Nem lesz nyári szünet. (lehetetlen)

A szendvics vajas oldalával lefelé esik. (véletlen)

A tanévnek egyszer vége lesz. (megbízható)

Holnap az órán megkérdeznek. (véletlen)

Ma találkozom egy fekete macskával. (véletlen)

№ 960. Bármelyik oldalra kinyitotta ezt a tankönyvet, és kiválasztotta az első felbukkanó főnevet. Az esemény a következő:

a) van egy magánhangzó a kiválasztott szó helyesírásában. ((megbízható)

b) a választott szó helyesírása „o” betűt tartalmaz. (véletlen)

c) a kiválasztott szó helyesírásában nincsenek magánhangzók. (lehetetlen)

d) a kiválasztott szó helyesírásában lágy jel található. (véletlen)

№ 963. Megint backgammont játszol. Ismertesse a következő eseményt:

a) a játékos legfeljebb két lépést hajthat végre. (lehetetlen - a legkisebb számok 1 + 1 kombinációjával a játékos 4 lépést tesz; az 1 + 2 kombináció 3 lépést ad; minden más kombináció 3-nál több lépést ad)

b) a játékosnak kettőnél több lépést kell tennie. (megbízható - bármilyen kombináció 3 vagy több lépést ad)

c) a játékos legfeljebb 24 lépést hajthat végre. (megbízható - a legnagyobb számok 6 + 6 kombinációja 24 lépést ad, az összes többi pedig kevesebb, mint 24 lépést)

d) a játékosnak kétjegyű számú lépést kell végrehajtania. (véletlenszerű – például a 2 + 3 kombináció egyjegyű lépésszámot ad: 5, két négyes dobás pedig kétjegyű lépésszámot ad)

2. Problémamegoldás.

№ 964. Egy zacskóban 10 golyó van: 3 kék, 3 fehér és 4 piros. Ismertesse a következő eseményt:

a) 4 golyót vettek ki a zacskóból, és mindegyik kék; (lehetetlen)

b) 4 golyót vettek ki a zacskóból, és mindegyik piros; (véletlen)

c) 4 golyót vettek ki a zacskóból, és mindegyik különböző színű lett; (lehetetlen)

d) A zacskóból 4 golyót vettek ki, és ezek között nem volt fekete golyó. (megbízható)

1. feladat. A doboz 10 piros, 1 zöld és 2 kék tollat ​​tartalmaz. A dobozból véletlenszerűen két tárgy kerül kihúzásra. Az alábbi események közül melyek lehetetlenek, melyek véletlenszerűek, melyek biztosak:

a) kiveszünk két piros tollat ​​(véletlenszerűen)

b) kiveszünk két zöld fogantyút; (lehetetlen)

c) kiveszünk két kék tollat; (véletlen)

d) két különböző színű fogantyút veszünk ki; (véletlen)

e) két fogantyút eltávolítanak; (megbízható)

f) kiveszünk két ceruzát. (lehetetlen)

2. feladat. Micimackó, Malac és mindenki - mindenki - mindenki leül a kerek asztalhoz, hogy megünnepelje a születésnapját. Az összes - minden - közül hánynál megbízható a „Micimackó és a Malacka egymás mellett ülve” esemény, és hány esetben véletlenszerű?

(ha csak 1 van az összesből - az összes - mindegyikből, akkor az esemény megbízható, ha 1-nél több, akkor véletlenszerű).

3. feladat. 100 jótékonysági lottószelvény közül 20 nyerő. Hány jegyet kell vásárolni, hogy ellehetetlenítse a „nem nyersz semmit” eseményt?

4. feladat. 10 fiú és 20 lány van az osztályban. Az alábbi események közül melyek lehetetlenek ebben az osztályban, melyek véletlenszerűek, melyek megbízhatóak

Két ember van az osztályban, akik különböző hónapokban születtek. (véletlen)

Két ember van az osztályban, akik ugyanabban a hónapban születtek. (megbízható)

Két fiú van az osztályban, akik ugyanabban a hónapban születtek. (véletlen)

Két lány van az osztályban, akik ugyanabban a hónapban születtek. (megbízható)

Minden fiú különböző hónapokban született. (megbízható)

Minden lány különböző hónapokban született. (véletlen)

Ugyanabban a hónapban született egy fiú és egy lány. (véletlen)

Különböző hónapokban született egy fiú és egy lány. (véletlen)

5. feladat. A dobozban 3 piros, 3 sárga, 3 zöld golyó található. Véletlenszerűen kihúzunk 4 golyót. Tekintsük az eseményt: „A kihúzott golyók között pontosan M színű golyók lesznek.” Minden egyes M-hez 1-től 4-ig határozza meg, hogy milyen eseményről van szó - lehetetlen, megbízható vagy véletlenszerű, és töltse ki a táblázatot:

Önálló munkavégzés.

énválasztási lehetőség

a) barátja születésnapi száma kevesebb, mint 32;

c) holnap matematika teszt lesz;

d) Jövőre vasárnap esik le az első hó Moszkvában.

Kockadobás. Az esemény leírása:

a) a kocka leesve a szélére áll;

b) megjelenik az egyik szám: 1, 2, 3, 4, 5, 6;

c) megjelenik a 6-os szám;

d) olyan számot dobunk, amelyik 7 többszöröse.

Egy dobozban 3 piros, 3 sárga és 3 zöld golyó található. Az esemény leírása:

a) az összes kihúzott golyó azonos színű;

b) az összes kihúzott golyó különböző színű;

c) a kihúzott golyók között vannak különböző színű golyók;

c) a kihúzott golyók között van egy piros, sárga és zöld golyó.

IIválasztási lehetőség

Jellemezze a kérdéses eseményt megbízhatónak, lehetetlennek vagy véletlennek:

a) az asztalról leeső szendvics képpel lefelé a padlóra esik;

b) éjfélkor hó esik Moszkvában, és 24 óra múlva kisüt a nap;

c) nyer, ha részt vesz egy win-win lottóban;

d) jövőre májusban hallatszik a tavasz első mennydörgése.

Minden kétjegyű szám fel van írva a kártyákra. Egy kártya véletlenszerűen kerül kiválasztásra. Az esemény leírása:

a) nulla volt a kártyán;

b) olyan szám volt a kártyán, amely 5 többszöröse;

c) olyan szám volt a kártyán, amely 100 többszöröse;

d) 9-nél nagyobb és 100-nál kisebb szám volt a kártyán.

A doboz 10 piros, 1 zöld és 2 kék tollat ​​tartalmaz. A dobozból véletlenszerűen két tárgy kerül kihúzásra. Az esemény leírása:

a) kiveszünk két kék tollat;

b) kiveszünk két piros tollat;

c) két zöld fogantyút kiveszünk;

d) kivesszük a zöld és fekete fogantyúkat.

Házi feladat: 1). Találjon ki két megbízható, véletlenszerű és lehetetlen eseményt.

2). Feladat . A dobozban 3 piros, 3 sárga, 3 zöld golyó található. Véletlenszerűen N golyót húzunk. Tekintsük az eseményt „a kihúzott golyók között pontosan három színű golyók lesznek”. Minden 1-től 9-ig terjedő N-hez határozza meg, hogy milyen eseményről van szó - lehetetlen, megbízható vagy véletlenszerű, és töltse ki a táblázatot:

Kombinatorikus problémák.

Első lecke

Házi feladat ellenőrzése. (orálisan)

a) ellenőrizzük azokat a problémákat, amelyekkel a tanulók találkoztak.

b) kiegészítő feladat.

Egy részletet olvasok V. Levshin „Három nap Karlikániában” című könyvéből.

„Először egy sima keringő hangjaira a számok egy csoportot alkottak: 1 + 3 + 4 + 2 = 10. Aztán a fiatal korcsolyázók helyet cseréltek, egyre több új csoportot alkotva: 2 + 3 + 4 + 1 = 10

3 + 1 + 2 + 4 = 10

4 + 1 + 3 + 2 = 10

1 + 4 + 2 + 3 = 10 stb.

Ez addig folytatódott, amíg a korcsolyázók vissza nem tértek kiinduló helyzetükbe.”

Hányszor cseréltek helyet?

Ma az órán megtanuljuk, hogyan kell megoldani az ilyen problémákat. Úgy hívják kombinatorikus.

3. Új anyag tanulmányozása.

1. feladat. Hány kétjegyű szám készíthető az 1, 2, 3 számokból?

Megoldás: 11, 12, 13

31, 32, 33. Összesen 9 szám.

A probléma megoldása során minden lehetséges lehetőséget átkutattunk, vagy ahogy ilyenkor szokták mondani. Minden lehetséges kombináció. Ezért az ilyen problémákat ún kombinatorikus. Elég gyakran kell kalkulálni az élet lehetséges (vagy lehetetlen) lehetőségeivel, ezért érdemes megismerkedni a kombinatorikus problémákkal.

№ 967. Több ország úgy döntött, hogy nemzeti zászlajára szimbólumokat használ, három azonos szélességű vízszintes csík formájában, különböző színekben - fehér, kék, piros. Hány ország használhat ilyen szimbólumokat, feltéve, hogy minden országnak megvan a saját zászlaja?

Megoldás. Tegyük fel, hogy az első csík fehér. Ezután a második csík lehet kék vagy piros, a harmadik csík pedig piros vagy kék. Két lehetőségünk van: fehér, kék, piros vagy fehér, piros, kék.

Legyen most az első csík kék, akkor ismét két lehetőséget kapunk: fehér, piros, kék vagy kék, piros, fehér.

Legyen az első csík piros, akkor van még két lehetőség: piros, fehér, kék vagy piros, kék, fehér.

Összesen 6 lehetőség volt. Ezt a zászlót 6 ország használhatja.

A probléma megoldása során tehát a lehetséges lehetőségek felsorolásának módját kerestük. Sok esetben hasznosnak bizonyul egy kép összeállítása - egy diagram a lehetőségek felsorolásáról. Ez egyrészt világos, másrészt lehetővé teszi számunkra, hogy mindent figyelembe vegyünk, és ne hagyjunk ki semmit.

Ezt a diagramot a lehetséges opciók fájának is nevezik.

Címlap

Második csík

Harmadik sáv

A kapott kombináció

№ 968. Hány kétjegyű szám készíthető az 1, 2, 4, 6, 8 számokból?

Megoldás. A minket érdeklő kétjegyű számoknál az első helyen a megadott számjegyek bármelyike ​​lehet, kivéve a 0-t. Ha a 2-es számot tesszük az első helyre, akkor a megadott számjegyek bármelyike ​​kerülhet a második helyre. Öt kétjegyű számot fog kapni: 2.,22, 24, 26, 28. Hasonlóképpen lesz öt kétjegyű szám az első számjegy 4-essel, öt kétjegyű szám az első 6-os számjegygel és öt kétjegyű szám. számjegyű számok, amelyek első számjegye 8.

Válasz: Összesen 20 szám lesz.

Készítsünk egy fát a lehetséges megoldásokról a probléma megoldására.

Kettős figurák

Első számjegy

Második számjegy

Fogadott számok

20, 22, 24, 26, 28, 60, 62, 64, 66, 68,

40, 42, 44, 46, 48, 80, 82, 84, 86, 88.

Oldja meg a következő problémákat a lehetséges opciók fa felépítésével.

№ 971. Egy adott ország vezetése úgy döntött, hogy nemzeti lobogóját így alakítja ki: egyszínű téglalap alakú alapon az egyik sarokban egy eltérő színű kört helyeznek el. Úgy döntöttek, hogy három lehetséges szín közül választanak: piros, sárga, zöld. Hány változata van ennek a zászlónak?

létezik? Az ábra néhány lehetséges opciót mutat be.

Válasz: 24 lehetőség.

№ 973. a) Hány háromjegyű szám készíthető az 1,3, 5, számokból? (27 szám)

b) Hány háromjegyű szám készíthető az 1,3, 5 számokból, feltéve, hogy a számok nem ismétlődnek? (6 szám)

№ 979. A modern öttusázók két nap alatt öt sportágban versenyeznek: díjugratásban, vívásban, úszásban, lövészetben és futásban.

a) Hány lehetőség van a versenytípusok teljesítésének sorrendjére? (120 lehetőség)

b) Hány lehetőség van a versenyszámok sorrendjére, ha ismert, hogy az utolsó eseménynek kell futnia? (24 lehetőség)

c) Hány lehetőség van a versenyszámok sorrendjére, ha ismert, hogy az utolsó versenyszám fut, az első pedig a díjugratás? (6 lehetőség)

№ 981. Két urnában öt-öt különböző színű golyó található: fehér, kék, piros, sárga, zöld. Minden urnából egyszerre egy labdát kell húzni.

a) Hány különböző kombinációja van a kihúzott golyóknak (az olyan kombinációk, mint a „fehér-piros” és „piros-fehér” azonosnak tekintendők)?

(15 kombináció)

b) Hány olyan kombináció van, amelyben a kihúzott golyók azonos színűek?

(5 kombináció)

c) hány olyan kombináció van, amelyben a kihúzott golyók különböző színűek?

(15-5 = 10 kombináció)

Házi feladat: 54. o., 969., 972. sz., találjon ki maga egy kombinatorikus problémát.

№ 969. Több ország úgy döntött, hogy nemzeti zászlajára három függőleges, azonos szélességű, különböző színben: zöld, fekete, sárga csík formájában megjelenő szimbólumokat használ. Hány ország használhat ilyen szimbólumokat, feltéve, hogy minden országnak megvan a saját zászlaja?

№ 972. a) Hány kétjegyű szám készíthető az 1, 3, 5, 7, 9 számokból?

b) Hány kétjegyű szám készíthető az 1, 3, 5, 7, 9 számokból, feltéve, hogy a számok nem ismétlődnek?

Második lecke

Házi feladat ellenőrzése. a) 969. és 972a) és 972b) sz.

b) az elvégzett feladatokat szóban ellenőrizzük.

Problémamegoldás.

Tehát ezt megelőzően megtanultuk, hogyan oldjunk meg kombinatorikus problémákat egy opciófa segítségével. Ez jó módszer? Valószínűleg igen, de nagyon nehézkes. Próbáljuk meg másképp megoldani a 972. számú házi feladatot. Ki tudja kitalálni, hogyan lehet ezt megtenni?

Válasz: Mind az öt színű pólóhoz 4 színű bugyi tartozik. Összesen: 4 * 5 = 20 lehetőség.

№ 980. Az urnák egyenként öt golyót tartalmaznak öt különböző színben: fehér, kék, piros, sárga, zöld. Minden urnából egyszerre egy labdát kell húzni. Írja le a következő eseményt biztosnak, véletlennek vagy lehetetlennek:

a) vegyen ki különböző színű golyókat; (véletlen)

b) kivett azonos színű golyókat; (véletlen)

c) fekete-fehér golyókat húznak; (lehetetlen)

d) két golyót húznak ki, mindkettőt a következő színek valamelyikével színezték: fehér, kék, piros, sárga, zöld. (megbízható)

№ 982. Turisták egy csoportja azt tervezi, hogy az Antonovo - Borisovo - Vlasovo - Gribovo útvonalon túrázik. Antonovótól Boriszovóig raftingolhat a folyón vagy sétálhat. Boriszovótól Vlasovóig gyalogolhat vagy kerékpározhat. Vlasovótól Gribovoig úszhat a folyó mentén, kerékpározhat vagy sétálhat. Hány kirándulási lehetőség közül választhatnak a turisták? Hány túrázási lehetőséget választhatnak a turisták, feltéve, hogy az útvonal legalább egy részén kerékpárral kell közlekedniük?

(12 útvonal lehetőség, ebből 8 kerékpáros)

Önálló munkavégzés.

1 lehetőség

a) Hány háromjegyű szám készíthető a számjegyekből: 0, 1, 3, 5, 7?

b) Hány háromjegyű szám készíthető a számjegyekből: 0, 1, 3, 5, 7, feltéve, hogy a számok nem ismétlődnek?

Athosnak, Porthosnak és Aramisnak csak egy kardja, egy tőrje és egy pisztolya van.

a) Hányféleképpen lehet felfegyverezni a testőröket?

b) Hány fegyverlehetőség van, ha Aramisnak kardot kell hadonásznia?

c) Hány fegyverlehetőség van, ha Aramisnak a kardot, Porthosnak pedig a pisztolyt kell hadonásznia?

Valahová Isten küldött Ravennek egy darab sajtot, valamint feta sajtot, kolbászt, fehér és fekete kenyeret. Egy lucfenyőn ücsörgött a varjú éppen reggelizni készült, de azon kezdett gondolkodni: vajon hányféleképpen lehet ezekből a termékekből szendvicset készíteni?

2. lehetőség

a) Hány háromjegyű szám készíthető a számjegyekből: 0, 2, 4, 6, 8?

b) Hány háromjegyű szám készíthető a számjegyekből: 0, 2, 4, 6, 8, feltéve, hogy a számjegyek nem ismétlődnek?

Monte Cristo gróf úgy döntött, hogy Hayde hercegnőnek fülbevalót, nyakláncot és karkötőt ad. Minden ékszernek tartalmaznia kell a következő típusú drágakövek egyikét: gyémánt, rubin vagy gránát.

a) Hány lehetőség van a drágakő ékszerek kombinálására?

b) Hány ékszer választható, ha a fülbevaló gyémánt legyen?

c) Hány ékszer választható, ha a fülbevaló gyémánt, a karkötő pedig gránát?

Reggelire választhatunk zsemlét, szendvicset vagy mézeskalácsot kávéval vagy kefirrel. Hányféle reggelit készíthetsz?

Házi feladat : 974., 975. sz. (opciófa összeállításával és a szorzási szabály alkalmazásával)

№ 974 . a) Hány háromjegyű szám készíthető a 0, 2, 4 számokból?

b) Hány háromjegyű szám készíthető a 0, 2, 4 számokból, feltéve, hogy a számok nem ismétlődnek?

№ 975 . a) Hány háromjegyű szám készíthető az 1,3, 5,7 számokból?

b) Hány háromjegyű szám készíthető az 1,3, 5,7 számokból a feltétel alatt. Milyen számokat nem szabad ismételni?

A tankönyvből vett feladatszámok

"Matematika-5", I.I. Zubareva, A.G. Mordkovich, 2004.

1.1. Néhány információ a kombinatorikából

1.1.1. Elhelyezések

Tekintsük egy bizonyos objektumkészlet kiválasztásához és elrendezéséhez kapcsolódó legegyszerűbb fogalmakat.
Valószínűségi problémák megoldása során gyakran meg kell számolni, hogy hány módon lehet ezeket a műveleteket végrehajtani.
Meghatározás. Szállás tól n elemek által k (k ≤n) bármely rendezett részhalmaza kálló halmaz elemei n különféle elemek.
Példa. A következő számsorok a halmaz 3 eleméből (1;2;3) 2 elem elhelyezései: 12, 13, 23, 21, 31, 32.
Vegye figyelembe, hogy az elhelyezések a bennük szereplő elemek sorrendjében és összetételében különböznek. A 12. és 21. elhelyezések ugyanazokat a számokat tartalmazzák, de sorrendjük eltérő. Ezért ezeket az elhelyezéseket különbözőnek tekintjük.
Különböző elhelyezések száma innen n elemek által k a következő képlettel van megjelölve és kiszámítva:
,
Ahol n! = 1∙2∙...∙(n - 1)∙n(olvassa " n- faktoriális").
Az 1, 2, 3 számjegyekből készíthető kétjegyű számok száma, feltéve, hogy egyetlen számjegy sem ismétlődik egyenlő: .

1.1.2. Átrendezések

Meghatározás. Permutációk innen n elemeket ilyen elhelyezéseknek nevezzük n olyan elemek, amelyek csak az elemek elhelyezkedésében különböznek egymástól.
Permutációk száma innen n elemeket Pn képlettel számolva: Pn=n!
Példa. Hányféleképpen kerülhet sorba 5 ember? Az utak száma megegyezik 5 elem permutációinak számával, azaz.
P 5 =5!=1∙2∙3∙4∙5=120.
Meghatározás. Ha között n elemeket k azonos, majd ezek átrendezése n az elemeket permutációnak nevezzük ismétlődésekkel.
Példa. Legyen a 6 könyvből 2 egyforma. Az összes könyv elrendezése egy polcon az ismétléssel járó átrendezés.
Különböző permutációk száma ismétlésekkel (tól n elemek, köztük k azonos) a következő képlettel számítjuk ki: .
Példánkban a könyvek polcon való elrendezésének számos módja a következő: .

1.1.3. Kombinációk

Meghatározás. kombinációi n elemek által k az ilyen elhelyezéseket hívják n elemek által k, amelyek legalább egy elemben különböznek egymástól.
Különböző kombinációinak száma n elemek által k képlettel jelöljük és számítjuk ki: .
Definíció szerint 0!=1.
A következő tulajdonságok érvényesek a kombinációkra:
1.
2.
3.
4.
Példa. 5 különböző színű virág van. 3 virágot választunk a csokorba. Az 5-ből 3 virágból álló különböző csokrok száma egyenlő: .

1.2. Véletlenszerű események

1.2.1. Események

A valóság megismerése a természettudományokban tesztek (kísérletek, megfigyelések, tapasztalatok) eredményeként jön létre.
Teszt vagy a tapasztalat egy meghatározott feltételrendszer megvalósítása, amely tetszőlegesen sokszor reprodukálható.
Véletlen olyan esemény, amely valamilyen teszt (tapasztalat) eredményeként bekövetkezhet vagy nem.
Így az eseményt a teszt eredményének tekintjük.
Példa. Az érme feldobása kihívás. A sas megjelenése dobás közben esemény.
Az általunk megfigyelt események előfordulásuk lehetőségének mértékében és kölcsönhatásuk természetében különböznek.
Az esemény ún megbízható , ha ennek a tesztnek az eredményeként biztosan bekövetkezik.
Példa. A vizsgán pozitív vagy negatív jegyet kapott hallgató megbízható esemény, ha a vizsga a szokásos szabályok szerint zajlik.
Az esemény ún lehetetlen , ha ez a teszt eredményeként nem fordulhat elő.
Példa. A csak színes (nem fehér) golyókat tartalmazó urnából fehér golyót eltávolítani lehetetlen esemény. Vegye figyelembe, hogy más kísérleti körülmények között a fehér golyó megjelenése nem kizárt; így ez az esemény csak tapasztalatunk feltételei között lehetetlen.
A következőkben a véletlenszerű eseményeket nagy latin A, B, C betűkkel jelöljük... A megbízható eseményt Ω, a lehetetlen eseményt Ø betűvel jelöljük.
Két vagy több eseményt hívnak meg ugyanúgy lehetséges egy adott tesztben, ha okkal feltételezhető, hogy ezen események egyike sem többé-kevésbé lehetséges, mint a többi.
Példa. Egy kockadobással 1, 2, 3, 4, 5 és 6 pont megjelenése egyaránt lehetséges esemény. Természetesen feltételezzük, hogy a dobókocka homogén anyagból készül, és megfelelő formájú.
A két esemény ún összeegyeztethetetlen adott tesztben, ha az egyik előfordulása kizárja a másik előfordulását, és közös másképp.
Példa. A doboz szabvány és nem szabványos alkatrészeket tartalmaz. Vegyünk egy részletet a szerencsére. A szabványos alkatrész megjelenése kiküszöböli a nem szabványos alkatrész megjelenését. Ezek az események összeegyeztethetetlenek.
Számos esemény alakul ki rendezvények teljes csoportja egy adott tesztben, ha ezek közül legalább az egyik biztosan bekövetkezik ennek a tesztnek az eredményeként.
Példa. A példában szereplő események az egyformán lehetséges és páronként összeférhetetlen események teljes csoportját alkotják.
Két olyan összeférhetetlen eseményt hívunk meg, amelyek egy adott próba eseményeinek teljes csoportját alkotják ellentétes események.
Ha valamelyiküket a A, akkor a másikat általában a következővel jelöljük: „nem A»).
Példa. Egy találat és egy célba lőtt tévesztés ellentétes események.

1.2.2. A valószínűség klasszikus meghatározása

Az esemény valószínűsége – előfordulásának lehetőségének számszerű mértéke.
Esemény A hívott kedvező esemény BAN BEN ha valahányszor esemény történik A, jön az esemény BAN BEN.
Események A 1 , A 2 , ..., An forma eset diagram , ha ők:
1) ugyanúgy lehetséges;
2) páronként inkompatibilis;
3) alkoss egy teljes csoportot.
Az esetek sémájában (és csak ebben a sémában) a valószínűség klasszikus meghatározása történik P(A) eseményeket A. Itt egy eset az egyformán lehetséges és páronként inkompatibilis események kiválasztott teljes csoportjába tartozó események mindegyike.
Ha n a sémában szereplő összes eset száma, és m– az esemény szempontjából kedvező esetek száma A, Azt egy esemény valószínűsége A egyenlőség határozza meg:

A valószínűség definíciójából a következő tulajdonságok következnek:
1. Egy megbízható esemény valószínűsége eggyel egyenlő.
Valóban, ha egy esemény biztos, akkor az esetrendszerben minden eset az eseménynek kedvez. Ebben az esetben m = nés ezért

2. Egy lehetetlen esemény valószínűsége nulla.
Valójában, ha egy esemény lehetetlen, akkor az esetek mintájában egyetlen eset sem kedvez az eseménynek. Ezért m=0 és ezért

Egy véletlen esemény valószínűsége egy nulla és egy közötti pozitív szám.
Valójában az esetek mintájában az esetek teljes számának csak egy töredékét részesíti előnyben egy véletlenszerű esemény. Ezért 0<m<n, ami 0-t jelent<m/n<1 и, следовательно, 0 < P(A) < 1.
Tehát bármely esemény valószínűsége kielégíti az egyenlőtlenségeket
0 ≤ P(A) ≤ 1.
Jelenleg a valószínűség tulajdonságait A.N. által megfogalmazott axiómák formájában határozzák meg. Kolmogorov.
A valószínűség klasszikus definíciójának egyik fő előnye egy esemény valószínűségének közvetlen kiszámítása, azaz az esemény valószínűsége. anélkül, hogy kísérletekhez folyamodnánk, amelyeket logikus érvelés vált fel.

A valószínűségek közvetlen számításának problémái

Probléma 1.1. Mekkora a valószínűsége annak, hogy egy kockadobáskor páros számú pont lesz (A esemény)?
Megoldás. Vegye figyelembe az eseményeket Aén- kiesett én szemüveg, én= 1, 2, …, 6. Nyilvánvaló, hogy ezek az események az esetek mintáját alkotják. Aztán az összes eset száma n= 6. Az esetek a páros számú pont dobását részesítik előnyben A 2 , A 4 , A 6, azaz m= 3. Akkor .
Probléma 1.2. Egy urnában 5 fehér és 10 fekete golyó található. A golyókat alaposan összekeverjük, majd véletlenszerűen 1 golyót kiveszünk. Mennyi a valószínűsége, hogy a kihúzott golyó fehér lesz?
Megoldás. Összesen 15 eset alkot egy esetmintát. Sőt, a várható esemény A– a fehér golyó megjelenését 5-en részesítik előnyben, ezért .
Probléma 1.3. Egy gyerek az ábécé hat betűjével játszik: A, A, E, K, R, T. Határozza meg annak valószínűségét, hogy képes lesz véletlenszerűen alkotni a KOCSIK szót (A esemény).
Megoldás. A megoldást bonyolítja, hogy a betűk között vannak azonosak - két „A” betű. Ezért egy adott tesztben az összes lehetséges eset száma megegyezik a 6 betűs ismétlődésű permutációk számával:
.
Ezek az esetek egyformán lehetségesek, páronként inkonzisztensek és teljes eseménycsoportot alkotnak, pl. esetek diagramját alkotják. Csak egy lehetőség kedvez az eseménynek A. Ezért
.
Probléma 1.4. Tanya és Vanya megállapodtak abban, hogy 10 fős társaságban ünneplik az újévet. Mindketten nagyon szerettek volna egymás mellé ülni. Mennyi a valószínűsége annak, hogy kívánságuk teljesül, ha sorsolással szokás helyeket osztani barátaik között?
Megoldás. Jelöljük azzal A rendezvény „Tanya és Ványa kívánságának teljesítése”. 10 fős asztalhoz 10 fő ülhet le! különböző utak. Hány ilyen n= 10! ugyanolyan lehetséges módok kedvezőek Tanya és Ványa számára? Tanya és Ványa egymás mellett ülve 20 különböző pozíciót foglalhatnak el. Ugyanakkor nyolc barátjuk ülhet egy 8 fős asztalhoz! különböző módokon, tehát m= 20∙8!. Ennélfogva,
.
Probléma 1.5. Egy 5 nőből és 20 férfiból álló csoport három küldöttet választ ki. Feltételezve, hogy minden jelenlévő személy azonos valószínűséggel választható, határozza meg annak valószínűségét, hogy két nőt és egy férfit választanak ki.
Megoldás. Az egyformán lehetséges teszteredmények száma összesen annyi, ahányféleképpen lehet 25 főből három delegált kiválasztani, pl. . Számoljuk most meg a kedvező esetek számát, pl. azon esetek száma, amelyekben az érdeklődésre számot tartó esemény bekövetkezik. Férfi küldöttet húszféleképpen lehet kiválasztani. Ugyanakkor a maradék két küldöttnek nőnek kell lennie, és ötből kettőt választhat. Ennélfogva, . Ezért
.
Probléma 1.6. Négy golyó véletlenszerűen kerül szétszórva négy lyukon, mindegyik labda egyenlő valószínűséggel, a többitől függetlenül esik egyik vagy másik lyukba (nincs akadálya annak, hogy több golyó ugyanabba a lyukba essen). Határozza meg annak valószínűségét, hogy az egyik lyukban három golyó lesz, a másikban egy, a másik két lyukban pedig nem lesz golyó.
Megoldás. Összes esetszám n=4 4 . Az a szám, ahogyan valaki kiválaszthat egy lyukat, ahol három golyó lesz, . Az a szám, amellyel kiválaszthat egy lyukat, ahol egy labda lesz, . A négy golyó közül három kiválasztható, hogy az első lyukba kerüljön: . A kedvező esetek száma összesen. Az esemény valószínűsége:
Probléma 1.7. A dobozban 10 egyforma golyó van, 1, 2, ..., 10 számokkal jelölve. Hat golyót húznak ki a szerencséért. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a kivett golyók között lesz: a) 1. számú labda; b) 1. és 2. számú golyó.
Megoldás. a) A teszt lehetséges elemi kimeneteleinek száma összesen annyi, ahányféleképpen lehet hat golyót kinyerni tízből, azaz.
Határozzuk meg, hány kimenetel kedvez a minket érdeklő eseménynek: a kiválasztott hat labda között van az 1. számú labda, és ezért a maradék öt labda különböző számú. Az ilyen kimenetelek száma nyilvánvalóan megegyezik azzal, hogy a fennmaradó kilenc golyó közül hány módon lehet kiválasztani öt golyót, azaz.
A szükséges valószínűség megegyezik a kérdéses esemény szempontjából kedvező kimenetelek számának a lehetséges elemi kimenetelek teljes számához viszonyított arányával:
b) Az általunk érdekelt esemény szempontjából kedvező kimenetelek száma (a kiválasztott labdák között van az 1-es és a 2-es golyó, ezért négy golyónak különböző a száma) megegyezik a négy golyó számának megfelelő számmal. ki kell vonni a maradék nyolcból, i.e. Szükséges valószínűség

1.2.3. Statisztikai valószínűség

A valószínűség statisztikai definícióját akkor használjuk, ha egy kísérlet kimenetele nem egyformán lehetséges.
Relatív eseménygyakoriság A egyenlőség határozza meg:
,
Ahol m– azon kísérletek száma, amelyekben az esemény A megérkezett n– az elvégzett vizsgálatok teljes száma.
J. Bernoulli bebizonyította, hogy a kísérletek számának korlátlan növekedésével egy esemény előfordulásának relatív gyakorisága szinte tetszőlegesen el fog térni valamilyen állandó számtól. Kiderült, hogy ez az állandó szám az esemény bekövetkezésének valószínűsége. Ezért természetes, hogy a korábban bevezetett valószínűséggel ellentétben statisztikai valószínűségnek nevezzük a kellően nagy számú kísérlettel járó esemény előfordulásának relatív gyakoriságát.
Példa 1.8. Hogyan lehet megközelítőleg meghatározni a tóban lévő halak számát?
Engedd be a tóba x hal Kivetünk egy hálót, és mondjuk megkeresünk benne n hal Mindegyiket megjelöljük és visszaengedjük. Néhány nappal később, ugyanabban az időben és ugyanott, ugyanazt a hálót vetettük ki. Tegyük fel, hogy m halat találunk benne, melyek között k megjelölt. Legyen az esemény A- "a kifogott hal meg van jelölve." Ekkor a relatív gyakoriság definíciója szerint .
De ha a tóban x halat és beleengedtük n címkével, akkor .
Mert R * (A) » R(A), Azt.

1.2.4. Műveletek eseményeken. Valószínűségi összeadás tétel

Összeg, vagy több esemény egyesülése olyan esemény, amely ezen események legalább egyikének bekövetkezéséből áll (ugyanabban a próbában).
Összeg A 1 + A 2 + … + An a következőképpen jelöljük:
vagy .
Példa. Két kockát dobnak. Legyen az esemény A 4 pont dobásából áll 1 kockán, és az eseményből BAN BEN– amikor egy másik kockán 5 pontot dobnak. Események AÉs BAN BEN közös. Ezért az esemény A +BAN BEN 4 pontot dob ​​az első kockára, vagy 5 pontot a második kockára, vagy 4 pontot az első kockára és 5 pontot a másodikra.
Példa. Esemény A– nyeremény 1 kölcsönhöz, rendezvényhez BAN BEN– nyeremény a 2. kölcsönnél. Aztán az esemény A+B– legalább egy kölcsön elnyerése (esetleg kettő egyszerre).
A munka vagy több esemény metszéspontja mindezen események együttes előfordulásából álló esemény (ugyanabban a kísérletben).
Munka BAN BEN eseményeket A 1 , A 2 , …, An a következőképpen jelöljük:
.
Példa. Események AÉs BAN BEN az intézetbe való felvételkor az első, illetve a második forduló sikeres letételéből áll. Aztán az esemény A×B mindkét kör sikeres teljesítéséből áll.
Az események összege és szorzata fogalmának egyértelmű geometriai értelmezése van. Legyen az esemény A a területre belépő pont van A, és az esemény BAN BEN– a területre belépő pont BAN BEN. Aztán az esemény A+B ezeknek a területeknek az uniójába lép be egy pont (2.1. ábra), és az esemény ABAN BEN van egy pont, amely eltalálja e területek metszéspontját (2.2. ábra).

Rizs. 2.1 ábra. 2.2
Tétel. Ha események A i(én = 1, 2, …, n) páronként inkonzisztensek, akkor az események összegének valószínűsége egyenlő ezen események valószínűségeinek összegével:
.
Hadd AÉs Ā – ellentétes események, pl. A + Ā= Ω, ahol Ω megbízható esemény. Az összeadási tételből az következik
Р(Ω) = R(A) + R(Ā ) = 1, tehát
R(Ā ) = 1 – R(A).
Ha események A 1 és A 2 kompatibilis, akkor két egyidejű esemény összegének valószínűsége egyenlő:
R(A 1 + A 2) = R(A 1) + R(A 2) – P( A 1× A 2).
A valószínűség-összeadás tételei lehetővé teszik, hogy a valószínűségek közvetlen kiszámításáról az összetett események bekövetkezésének valószínűségének meghatározására térjünk át.
Probléma 1.8. A lövő egy lövést ad le a célpontra. 10 pont megszerzésének valószínűsége (esemény A), 9 pont (esemény BAN BEN) és 8 pont (esemény VAL VEL) értéke 0,11; 0,23; 0.17. Határozza meg annak valószínűségét, hogy egy lövéssel a lövő 8 pontnál kevesebbet szerez (esemény D).
Megoldás. Térjünk át az ellenkező eseményre – egy lövéssel a lövő legalább 8 pontot szerez. Egy esemény akkor következik be, ha megtörténik A vagy BAN BEN, vagy VAL VEL, azaz . Az események óta A, B, VAL VEL páronként inkonzisztensek, akkor az összeadási tétel szerint
, ahol .
Probléma 1.9. A 6 férfiból és 4 nőből álló brigád csapatából két főt választanak ki a szakszervezeti konferenciára. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a kiválasztottak közül legalább egy nő (esemény A).
Megoldás. Ha esemény történik A, akkor a következő összeférhetetlen események egyike biztosan bekövetkezik: BAN BEN– „egy férfit és egy nőt választanak”; VAL VEL- "Két nőt választottak." Ezért írhatjuk: A=B+C. Határozzuk meg az események valószínűségét BAN BENÉs VAL VEL. 10 emberből kettő különböző módon választható ki. 4 nő közül kettőt különböző módon lehet kiválasztani. Egy férfi és egy nő 6 × 4 módon választható ki. Akkor . Az események óta BAN BENÉs VAL VEL inkonzisztensek, akkor az összeadási tétel alapján,
P(A) = P(B + C) = P(B) + P(C) = 8/15 + 2/15 = 2/3.
1.10. probléma. 15 tankönyv van véletlenszerűen elrendezve egy könyvtári polcon, ebből öt kötve. A könyvtáros véletlenszerűen három tankönyvet vesz elő. Határozza meg annak valószínűségét, hogy az elvett tankönyvek közül legalább egy be lesz kötve (esemény A).
Megoldás. Első út. A követelmény - a bekötött három tankönyv közül legalább egy - teljesül, ha az alábbi három összeférhetetlen esemény bármelyike ​​bekövetkezik: BAN BEN- egy bekötött tankönyv, VAL VEL- két bekötött tankönyv, D– három bekötött tankönyv.
Számunkra érdekes esemény A események összegeként ábrázolható: A=B+C+D. Az összeadás tétele szerint
P(A) = P(B) + P(C) + P(D). (2.1)
Határozzuk meg az események valószínűségét IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTTÉs D(lásd a kombinatorikus sémákat):

Ezeket a valószínűségeket a (2.1) egyenlőségben ábrázolva végül megkapjuk
P(A)= 45/91 + 20/91 + 2/91 = 67/91.
Második út. Esemény A(a három átvett tankönyv közül legalább egy be van kötve) és Ā (egyik átvett tankönyv sincs bekötve) - szemben tehát P(A) + P(Ā) = 1 (két ellentétes esemény valószínűségének összege egyenlő 1-gyel). Innen P(A) = 1 – P(Ā). Az esemény bekövetkezésének valószínűsége Ā (az elvitt tankönyvek egyike sincs bekötve)
Szükséges valószínűség
P(A) = 1 – P(Ā) = 1 – 24/91 = 67/91.

1.2.5. Feltételes valószínűség. Valószínűségszorzó tétel

Feltételes valószínűség P(B/A) a B esemény valószínűsége, azzal a feltételezéssel számítva, hogy A esemény már megtörtént.
Tétel. Két esemény együttes bekövetkezésének valószínűsége egyenlő az egyik esemény valószínűségének és a másik feltételes valószínűségének szorzatával, amelyet abból a feltételezésből számítunk ki, hogy az első esemény már megtörtént:
P(A∙B) = P(A)∙P( BAN BEN/A). (2.2)
Két eseményt függetlennek nevezünk, ha egyiknek a bekövetkezése nem változtat a másik bekövetkezésének valószínűségén, azaz.
P(A) = P(A/B) vagy P(B) = P(B/A). (2.3)
Ha események AÉs BAN BEN függetlenek, akkor a (2.2) és (2.3) képletekből az következik
P(A∙B) = P(A)∙P(B). (2.4)
Az ellenkező állítás is igaz, ti. ha a (2.4) egyenlőség két eseményre teljesül, akkor ezek az események függetlenek. Valójában a (2.4) és (2.2) képletekből az következik
P(A∙B) = P(A)∙P(B) = P(A) × P(B/A), ahol P(A) = P(B/A).
A (2.2) képlet véges számú esemény esetére általánosítható 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).
Probléma 1.11. Egy 5 fehér és 10 fekete golyót tartalmazó urnából egymás után két golyót húznak. Határozza meg annak valószínűségét, hogy mindkét golyó fehér (esemény A).
Megoldás. Nézzük az eseményeket: BAN BEN– az első húzott labda fehér; VAL VEL– a második húzott labda fehér. Akkor A = Kr. e.
A kísérlet kétféleképpen hajtható végre:
1) visszaküldéssel: az eltávolított labda a szín rögzítése után visszakerül az urnába. Ebben az esetben az események BAN BENÉs VAL VEL független:
P(A) = P(B)∙R(S) = 5/15 × 5/15 = 1/9;
2) visszaadás nélkül: az eltávolított labdát félretesszük. Ebben az esetben az események BAN BENÉs VAL VEL függő:
P(A) = P(B)∙R(S/BAN BEN).
Egy rendezvényre BAN BEN a feltételek ugyanazok, és azért VAL VEL változott a helyzet. Megtörtént BAN BEN, ezért 14 golyó maradt az urnában, ebből 4 fehér.
Így, .
1.12. probléma. Az 50 izzó közül 3 nem szabványos. Határozza meg annak valószínűségét, hogy két egyidejűleg vett izzó nem szabványos.
Megoldás. Nézzük az eseményeket: A– az első izzó nem szabványos, BAN BEN– a második izzó nem szabványos, VAL VEL– mindkét izzó nem szabványos. Ez egyértelmű C = A∙BAN BEN. Esemény A 50 lehetséges esetből 3 kedvező, i.e. P(A) = 3/50. Ha az esemény A már megérkezett, akkor az esemény BAN BEN 49 lehetséges esetből két esetben kedvező, i.e. P(B/A) = 2/49. Ennélfogva,
.
1.13. probléma. Két sportoló egymástól függetlenül lő ugyanarra a célra. Annak valószínűsége, hogy az első sportoló eltalálja a célt, 0,7, a másodiké 0,8. Mekkora a valószínűsége annak, hogy eltalálják a célpontot?
Megoldás. A cél akkor lesz eltalálva, ha vagy az első lövő, vagy a második, vagy mindkettő eltalálja, pl. esemény fog történni A+B, hol van az esemény A a célt elsőként eltaláló sportolóból és az eseményből áll BAN BEN– második. Akkor
P(A+BAN BEN)=P(A)+P(B)–P(A∙BAN BEN)=0, 7+0, 8–0, 7∙0,8=0,94.
1.14. probléma. Az olvasóteremben hat valószínűségszámítási tankönyv található, amelyek közül három be van kötve. A könyvtáros véletlenszerűen vett két tankönyvet. Határozza meg annak valószínűségét, hogy két tankönyv be lesz kötve.
Megoldás. Bemutatjuk az események megnevezését :A– az első átvett tankönyv be van kötve, BAN BEN– be van kötve a második tankönyv. Annak a valószínűsége, hogy az első tankönyv be van kötve
P(A) = 3/6 = 1/2.
Annak a valószínűsége, hogy a második tankönyv be van kötve, feltéve, hogy az első átvett tankönyv be volt kötve, i.e. egy esemény feltételes valószínűsége BAN BEN, ilyen: P(B/A) = 2/5.
Annak a kívánt valószínűsége, hogy mindkét tankönyv kötött legyen, az eseményvalószínűség-szorzás tétele szerint egyenlő
P(AB) = P(A) ∙ P(B/A)= 1/2 · ∙ 2/5 = 0,2.
1.15. probléma. A műhelyben 7 férfi és 3 nő dolgozik. Három személyt véletlenszerűen választottak ki személyi számuk alapján. Határozza meg annak valószínűségét, hogy az összes kiválasztott személy férfi lesz.
Megoldás. Bemutatjuk az eseménymegnevezéseket: A- először a férfit választják ki, BAN BEN– a második kiválasztott egy férfi, VAL VEL - A harmadik kiválasztott egy férfi volt. Annak a valószínűsége, hogy egy férfit választanak ki először P(A) = 7/10.
Annak a valószínűsége, hogy egy férfit választanak ki másodiknak, feltéve, hogy egy férfit már kiválasztottak elsőnek, pl. egy esemény feltételes valószínűsége BAN BEN következő : P(B/A) = 6/9 = 2/3.
Annak a valószínűsége, hogy egy férfit választanak ki harmadiknak, tekintettel arra, hogy két férfit már kiválasztottak, i.e. egy esemény feltételes valószínűsége VAL VEL ez: P(C/AB) = 5/8.
Annak a kívánt valószínűsége, hogy mindhárom kiválasztott személy férfi lesz P(ABC) = P(A) P(B/A) P(C/AB) = 7/10 · 2/3 · 5/8 = 7/24.

1.2.6. Teljes valószínűségi képlet és Bayes formula

Hadd B 1 , B 2 ,…, Bn– páronként összeférhetetlen események (hipotézisek) és A– olyan esemény, amely csak az egyikükkel együtt történhet meg.
Tudassa velünk is P(B i) És P(A/B i) (én = 1, 2, …, n).
Ilyen feltételek mellett a képletek érvényesek:
(2.5)
(2.6)
A (2.5) képletet ún teljes valószínűségi képlet . Kiszámítja egy esemény valószínűségét A(teljes valószínűség).
A (2.6) képletet ún Bayes képlet . Lehetővé teszi a hipotézisek valószínűségének újraszámítását, ha az esemény A történt.
A példák összeállításánál célszerű feltételezni, hogy a hipotézisek egy teljes csoportot alkotnak.
1.16. probléma. A kosárban négy azonos fajtájú fáról származó alma található. Az elsőből - az összes alma 15% -a, a másodikból - 35%, a harmadikból - 20%, a negyedikből - 30%. Az érett alma 99%, 97%, 98%, 95%.
a) Mennyi a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen vett alma érett lesz (esemény A).
b) Tekintettel arra, hogy egy véletlenszerűen vett alma érettnek bizonyul, számolja ki annak a valószínűségét, hogy az első fáról származik.
Megoldás. a) 4 hipotézisünk van:
B 1 – véletlenszerűen vett almát veszünk az 1. fáról;
B 2 – véletlenszerűen vett almát veszünk a 2. fáról;
B 3 – véletlenszerűen vett almát veszünk a 3. fáról;
B 4 – véletlenszerűen vett almát veszünk a 4. fáról.
Valószínűségük a feltétel szerint: P(B 1) = 0,15; P(B 2) = 0,35; P(B 3) = 0,2; P(B 4) = 0,3.
Egy esemény feltételes valószínűségei 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.
Annak a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen vett alma érett lesz, a teljes valószínűségi képlet segítségével határozható meg:
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) A mi esetünkben a Bayes-képlet így néz ki:
.
1.17. probléma. A két golyót tartalmazó urnába egy fehér golyót ejtenek, majd véletlenszerűen húznak egy golyót. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a kivett golyó fehér lesz, ha a golyók kezdeti összetételére vonatkozó (szín alapján) minden lehetséges feltételezés egyaránt lehetséges.
Megoldás. Jelöljük azzal A esemény – fehér golyót húznak. A következő feltételezések (hipotézisek) lehetségesek a golyók kezdeti összetételével kapcsolatban: B 1- nincsenek fehér golyók, AT 2- egy fehér golyó, AT 3- két fehér golyó.
Mivel összesen három hipotézis van, és a hipotézisek valószínűségeinek összege 1 (hiszen egy teljes eseménycsoportot alkotnak), így mindegyik hipotézis valószínűsége 1/3, azaz.
P(B 1) = P(B 2)= P(B 3) = 1/3.
Annak a feltételes valószínűsége, hogy fehér golyót húznak, tekintettel arra, hogy kezdetben nem volt fehér golyó az urnában, P(A/B 1)=1/3. Annak a feltételes valószínűsége, hogy fehér golyót húznak, tekintettel arra, hogy kezdetben egy fehér golyó volt az urnában, P(A/B 2)=2/3. Feltételes valószínűsége annak, hogy fehér golyót húznak, mivel kezdetben két fehér golyó volt az urnában P(A/B 3)=3/ 3=1.
A teljes valószínűségi képlet segítségével meghatározzuk a fehér golyó kihúzásának szükséges valószínűségét:
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. probléma. Két gép azonos alkatrészeket gyárt, amelyek egy közös szállítószalagra mennek. Az első gép termelékenysége kétszerese a másodikénak. Az első gép a kiváló minőségű alkatrészek átlagosan 60% -át, a második pedig 84% -át állítja elő. A futószalagról véletlenszerűen vett alkatrész kiváló minőségűnek bizonyult. Határozza meg annak valószínűségét, hogy ezt az alkatrészt az első gép gyártotta.
Megoldás. Jelöljük azzal A rendezvény – kiváló minőségű részlet. Két feltételezés fogalmazható meg: B 1– az alkatrészt az első gép gyártotta, és (mivel az első gép kétszer annyi alkatrészt gyárt, mint a második) P(A/B 1) = 2/3; B 2 – az alkatrészt a második gép gyártotta, és P(B 2) = 1/3.
Annak a feltételes valószínűsége, hogy az alkatrész kiváló minőségű lesz, ha az első géppel gyártják, P(A/B 1)=0,6.
Annak a feltételes valószínűsége, hogy az alkatrész kiváló minőségű lesz, ha a második géppel állítják elő P(A/B 1)=0,84.
Annak a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen vett rész kiváló minőségű lesz a teljes valószínűségi képlet szerint, egyenlő
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.
Annak a szükséges valószínűsége, hogy a kiválasztott kiváló alkatrészt az első gép gyártotta, Bayes képlete szerint egyenlő

1.19. probléma. Három darab alkatrész van, mindegyik 20 alkatrészt tartalmaz. A standard alkatrészek száma az első, második és harmadik tételben rendre 20, 15, 10. Egy alkatrészt, amely szabványnak bizonyult, véletlenszerűen eltávolítottuk a kiválasztott tételből. Az alkatrészeket visszaküldik a tételbe, és véletlenszerűen kivesznek egy alkatrészt ugyanabból a tételből, amely szintén szabványosnak bizonyul. Határozza meg annak valószínűségét, hogy az alkatrészeket eltávolították a harmadik kötegből.
Megoldás. Jelöljük azzal A esemény - mind a két kísérletben (visszatéréssel) egy-egy standard alkatrész került lehívásra. Három feltevés (hipotézis) tehető: B 1 – az első tételből az alkatrészeket eltávolítják, BAN BEN 2 – az alkatrészeket eltávolítják a második tételből, BAN BEN 3 – az alkatrészeket eltávolítják a harmadik tételből.
A részek véletlenszerűen lettek kinyerve egy adott kötegből, így a hipotézisek valószínűsége megegyezik: P(B 1) = P(B 2) = P(B 3) = 1/3.
Keressük a feltételes valószínűséget P(A/B 1), azaz annak a valószínűsége, hogy két standard alkatrészt egymás után eltávolítanak az első tételből. Ez az esemény megbízható, mert az első tételben minden alkatrész szabványos, így P(A/B 1) = 1.
Keressük a feltételes valószínűséget P(A/B 2), azaz annak a valószínűsége, hogy két standard alkatrészt egymás után eltávolítanak (és visszaküldenek) a második kötegből: P(A/B 2)= 15/20 ∙ 15/20 = 9/16.
Keressük a feltételes valószínűséget P(A/B 3), azaz annak a valószínűsége, hogy két standard alkatrészt egymás után eltávolítanak (és visszaküldenek) a harmadik tételből: P(A/B 3) = 10/20 · 10/20 = 1/4.
Annak a kívánt valószínűsége, hogy mindkét kivont standard alkatrészt a harmadik tételből vegyék ki, Bayes képlete szerint egyenlő

1.2.7. Ismételt tesztek

Ha több vizsgálatot végeznek, és az esemény valószínűségét A minden tesztben nem függ más tesztek eredményétől, akkor az ilyen teszteket hívják független az A eseménytől. Különböző független vizsgálatokban az esemény A vagy eltérő valószínűséggel, vagy azonos valószínűséggel. A továbbiakban csak olyan független teszteket vesszük figyelembe, amelyekben az esemény A ugyanakkora a valószínűsége.
Hagyd előállítani P független vizsgálatok, amelyek mindegyikében az esemény A megjelenhet vagy nem. Egyezzünk meg abban, hogy egy esemény valószínűsége A minden próbában ugyanaz, mégpedig egyenlő R. Ezért annak a valószínűsége, hogy az esemény nem következik be A minden kísérletben szintén állandó és egyenlő 1- R. Ezt a valószínűségi sémát ún Bernoulli-séma. Tűzzük ki magunknak azt a feladatot, hogy számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy mikor P Bernoulli tesztesemény A valóra válik k egyszer ( k– sikerek száma), és ezért nem valósul meg P- egyszer. Fontos hangsúlyozni, hogy nem kötelező az esemény A pontosan megismételte k alkalommal egy bizonyos sorrendben. Jelöljük a kívánt valószínűséget Rp (k). Például a szimbólum R 5(3) azt a valószínűséget jelenti, hogy öt próba során az esemény pontosan 3-szor jelenik meg, és ezért kétszer nem.
A felvetett probléma megoldható az ún Bernoulli képletek, ami így néz ki:
.
1.20. feladat. Annak a valószínűsége, hogy egy nap alatt a villamosenergia-fogyasztás nem haladja meg a megállapított normát, egyenlő R=0,75. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a következő 6 napban az áramfogyasztás 4 napig nem haladja meg a normát.
Megoldás. A normál energiafogyasztás valószínűsége mind a 6 nap alatt állandó és egyenlő R=0,75. Ebből következően a napi túlzott energiafogyasztás valószínűsége is állandó és egyenlő q= 1–R=1–0,75=0,25.
A szükséges valószínűség a Bernoulli-képlet szerint egyenlő
.
1.21. probléma. Két egyforma sakkozó sakkozik. Mi a valószínűbb: négyből kettőt vagy hatból három meccset nyerni (a döntetlent nem vesszük figyelembe)?
Megoldás. Egyenlő sakkozók játszanak, így a győzelem valószínűsége R= 1/2, tehát a veszteség valószínűsége q egyenlő 1/2. Mert minden játékban a győzelem valószínűsége állandó, és nem mindegy, hogy milyen sorrendben nyerik a játszmákat, akkor Bernoulli képlete alkalmazható.
Nézzük meg annak a valószínűségét, hogy négyből kettőt nyernek:

Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy hatból három meccset nyernek:

Mert P 4 (2) > P 6 (3), akkor valószínűbb, hogy négyből kettőt nyer, mint hatból hármat.
Látható azonban, hogy Bernoulli képletét használva nagy értékekre n meglehetősen nehéz, mivel a képlet hatalmas számokkal végzett műveleteket igényel, ezért a számítási folyamat során felhalmozódnak a hibák; Ennek eredményeként a végeredmény jelentősen eltérhet a valóditól.
Ennek a problémának a megoldására számos határérték-tétel létezik, amelyeket nagyszámú teszt esetén használnak.
1. Poisson-tétel
Ha nagyszámú tesztet végez a Bernoulli-séma használatával (a n=> ∞) és kis számú kedvező eredménnyel k(Feltételezzük, hogy a siker valószínűsége p kicsi), Bernoulli képlete megközelíti a Poisson-képletet
.
Példa 1.22. A hibák valószínűsége, amikor a vállalkozás egy egységnyi terméket állít elő, egyenlő p=0,001. Mekkora a valószínűsége annak, hogy 5000 egységnyi termék előállítása során 4-nél kevesebb lesz hibás (esemény A Megoldás. Mert n nagy, Laplace lokális tételét használjuk:

Számoljunk x:
Funkció – páros, tehát φ(–1,67) = φ(1,67).
Az A.1. függelék táblázatát használva azt kapjuk, hogy φ(1,67) = 0,0989.
Szükséges valószínűség P 2400 (1400) = 0,0989.
3. Laplace-féle integrál tétel
Ha annak a valószínűsége R esemény bekövetkezése A minden kísérletben a Bernoulli-séma szerint állandó és különbözik nullától és egytől, akkor nagy számú kísérlet esetén n, valószínűség Rp (k 1 , k 2) az esemény bekövetkezése A ezekben a tesztekben től k 1-től k 2-szer megközelítőleg egyenlő
R p(k 1 , k 2) = Φ ( x"") – Φ ( x"), Ahol
- Laplace funkció,

A Laplace-függvényben lévő határozott integrál nem számítható ki az analitikus függvények osztályán, ezért a táblázatot használjuk a kiszámításához. mellékletben található 2. pont.
1.24. példa. Egy esemény bekövetkezésének valószínűsége száz független kísérlet mindegyikében állandó és egyenlő p= 0,8. Határozza meg annak valószínűségét, hogy az esemény megjelenik: a) legalább 75-ször és legfeljebb 90-szer; b) legalább 75 alkalommal; c) legfeljebb 74 alkalommal.
Megoldás. Használjuk a Laplace-féle integrál tételt:
R p(k 1 , k 2) = Φ ( x"") – Φ( x"), ahol Ф( x) – Laplace-függvény,

a) A feltételnek megfelelően n = 100, p = 0,8, q = 0,2, k 1 = 75, k 2 = 90. Számoljuk ki x""És x" :


Figyelembe véve, hogy a Laplace-függvény páratlan, i.e. F(- x) = – Ф( x), kapunk
P 100 (75;90) = Ф (2,5) – Ф(–1,25) = Ф(2,5) + Ф(1,25).
táblázat szerint P.2. alkalmazásokat találunk:
F(2,5) = 0,4938; F(1,25) = 0,3944.
Szükséges valószínűség
P 100 (75; 90) = 0,4938 + 0,3944 = 0,8882.
b) Az a követelmény, hogy egy esemény legalább 75-ször jelenjen meg, azt jelenti, hogy az esemény előfordulási száma 75, vagy 76, ... vagy 100 lehet. Így a szóban forgó esetben el kell fogadni. k 1 = 75, k 2 = 100. Akkor

.
táblázat szerint P.2. alkalmazást találunk Ф(1,25) = 0,3944; Ф(5) = 0,5.
Szükséges valószínűség
P 100 (75;100) = (5) – (–1,25) = (5) + (1,25) = 0,5 + 0,3944 = 0,8944.
c) Esemény – „ A legalább 75 alkalommal jelent meg" és " A legfeljebb 74-szer jelentek meg" ellentétesek, így ezen események valószínűségeinek összege 1. Ezért a kívánt valószínűség
P 100 (0;74) = 1 – P 100 (75; 100) = 1 – 0,8944 = 0,1056.

A valószínűségszámítás, mint a matematika bármely ága, egy bizonyos fogalomkörrel operál. A valószínűségszámítás legtöbb fogalma definíciót kapott, de néhányat elsődlegesnek tekintenek, nem definiáltnak, mint például egy pont, egy egyenes, egy sík a geometriában. A valószínűségszámítás elsődleges fogalma egy esemény. Esemény alatt olyasmit értünk, amelyről egy bizonyos időpont után két dolog közül csak egy mondható el:

• · Igen, megtörtént.
• · Nem, nem történt meg.

Például van egy sorsjegyem. A sorsolás eredményének közzététele után az engem érdeklő esemény - ezer rubel nyerése - vagy megtörténik, vagy nem. Bármely esemény egy teszt (vagy tapasztalat) eredményeként következik be. A teszt (vagy tapasztalat) azokra a feltételekre vonatkozik, amelyek eredményeként egy esemény bekövetkezik. Például egy érme feldobása próbatétel, a rajta lévő „címer” megjelenése pedig esemény. Egy eseményt általában latin nagybetűkkel jelölnek: A,B,C,…. Az anyagi világban zajló események három kategóriába sorolhatók - megbízható, lehetetlen és véletlenszerű.

Egy bizonyos esemény olyan esemény, amelyről előre tudjuk, hogy bekövetkezik. W betűvel van jelölve. Így megbízható, hogy egy közönséges kockadobáskor legfeljebb hat pont jelenik meg, fehér golyó megjelenése, ha kivesszük a csak fehér golyókat tartalmazó urnából stb.

Lehetetlen esemény az előre ismert esemény, amely nem fog megtörténni. E betűvel jelöljük. Lehetetlen események például négynél több ász húzása egy normál kártyapakliból, piros golyó húzása egy csak fehér és fekete golyókat tartalmazó urnából stb.

A véletlenszerű esemény olyan esemény, amely egy teszt eredményeként bekövetkezhet, de előfordulhat, hogy nem. Az A és B eseményeket összeférhetetlennek nevezzük, ha az egyik előfordulása kizárja a másik előfordulásának lehetőségét. Így a lehetséges számú pont megjelenése kockadobáskor (A esemény) összeegyeztethetetlen egy másik szám megjelenésével (B esemény). Páros számú pont dobása összeegyeztethetetlen a páratlan szám dobásával. Ellenkezőleg, páros számú pont dobása (A esemény) és három többszöröse (B esemény) nem lesz összeegyeztethetetlen, mert hat pont dobása az A és a B esemény bekövetkezését is jelenti, tehát az egyik előfordulása nem zárja ki a másik előfordulását. Műveleteket hajthat végre az eseményeken. Két esemény egyesülése C=AUB olyan C esemény, amely akkor és csak akkor következik be, ha ezen események közül legalább az egyik megtörténik A és B. Két esemény metszéspontja D=A?? B egy olyan esemény, amely akkor és csak akkor következik be, ha A és B esemény egyaránt bekövetkezik.