Atrodiet uzticamus un neiespējamus notikumus starp AI notikumiem. Nodarbības tēma: “Uzticami, neiespējami un nejauši notikumi”

Tikai ne tiešsaistes tulkotājā.

Zelta vārti ir Kijevas simbols, viens no vecākajiem arhitektūras paraugiem, kas saglabājies līdz mūsdienām. Kijevas Zelta vārti tika uzcelti slavenā Kijevas kņaza Jaroslava Gudrā vadībā 1164. gadā. Sākotnēji tos sauca par dienvidu un bija daļa no pilsētas aizsardzības nocietinājumu sistēmas, praktiski neatšķiroties no citiem pilsētas aizsargvārtiem. Tie bija Dienvidu vārti, kurus pirmais Krievijas metropolīts Hilarions savā “Sredikā par likumu un žēlastību” nosauca par “diženu”. Pēc tam, kad tika uzcelta majestātiskā Sv. Sofijas baznīca, “Lielie” vārti kļuva par galveno ieeju Kijevā no dienvidrietumu puses. Apzinoties to nozīmi, Jaroslavs Gudrais pavēlēja uzcelt nelielu Pasludināšanas baznīcu virs vārtiem, lai godinātu pilsētā un Krievijā dominējošo kristiešu reliģiju. Kopš tā laika visi Krievijas hronikas avoti Kijevas Dienvidu vārtus sāka saukt par Zelta vārtiem. Vārtu platums bija 7,5 m, ejas augstums 12 m, garums ap 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.

Notikums ir pārbaudes rezultāts. Kas ir pasākums? No urnas nejauši tiek izņemta viena bumbiņa. Bumbiņas izņemšana no urnas ir pārbaudījums. Noteiktas krāsas bumbas parādīšanās ir notikums. Varbūtību teorijā notikumu saprot kā tādu, par kuru pēc noteikta laika var pateikt vienu un tikai vienu no divām lietām. Jā, tas notika. Nē, tas nenotika. Eksperimenta iespējamo iznākumu sauc par elementāru notikumu, un šādu rezultātu kopumu vienkārši sauc par notikumu.

Neprognozējamus notikumus sauc par nejaušiem. Notikumu sauc par nejaušību, ja tādos pašos apstākļos tas var notikt vai nenotikt. Metot kauliņu, rezultāts būs sešinieks. Man ir loterijas biļete. Pēc izlozes rezultātu publicēšanas mani interesējošais notikums - tūkstoš rubļu laimēšana - vai nu notiek, vai nenotiek. Piemērs.

Divus notikumus, kas noteiktos apstākļos var notikt vienlaikus, sauc par kopīgiem, un tos, kas nevar notikt vienlaikus, sauc par nesaderīgiem. Tiek iemesta monēta. “Ģerboņa” izskats izslēdz uzraksta izskatu. Notikumi “parādījās ģerbonis” un “parādījās uzraksts” nav savienojami. Piemērs.

Notikumu, kas notiek vienmēr, sauc par uzticamu. Notikums, kas nevar notikt, tiek saukts par neiespējamu. Piemēram, pieņemsim, ka bumbiņa ir izvilkta no urnas, kurā ir tikai melnas bumbiņas. Tad melnās bumbas parādīšanās ir uzticams notikums; baltas bumbas parādīšanās ir neiespējams notikums. Piemēri. Nākamgad sniega nebūs. Metot kauliņu, rezultāts būs septītnieks. Tie ir neiespējami notikumi. Nākamgad būs sniegs. Metot kauliņus, jūs iegūsit skaitli, kas ir mazāks par septiņiem. Ikdienas saullēkts. Tie ir uzticami notikumi.

Problēmu risināšana Katram no aprakstītajiem notikumiem nosakiet, kas tas ir: neiespējams, ticams vai nejaušs. 1. No 25 klases skolēniem divi dzimšanas dienu svin a) 30. janvārī; b) 30. februāris. 2. Nejauši atveras literatūras mācību grāmata un kreisajā lappusē tiek atrasts otrais vārds. Šis vārds sākas: a) ar burtu “K”; b) sākot ar burtu “Ъ”.

3. Šodien Sočos barometrs rāda normālu atmosfēras spiedienu. Šajā gadījumā: a) ūdens pannā vārīts 80ºC temperatūrā; b) temperatūrai noslīdot līdz -5ºC, ūdens peļķē sasala. 4. Tiek izmesti divi kauliņi: a) pirmais kauliņš rāda 3 punktus, bet otrais - 5 punktus; b) uz diviem kauliņiem izmesto punktu summa ir 1; c) uz diviem kauliņiem izmesto punktu summa ir 13; d) abi kauliņi ieguva 3 punktus; e) punktu summa uz diviem kauliņiem ir mazāka par 15. Problēmu risināšana

5. Jūs atvērāt grāmatu uz jebkuru lapu un izlasījāt pirmo lietvārdu, ar kuru satikāties. Izrādījās, ka: a) izvēlētā vārda rakstībā ir patskaņis; b) izvēlētā vārda rakstībā ir burts “O”; c) izvēlētā vārda rakstībā nav patskaņu; d) atlasītā vārda pareizrakstībā ir mīksta zīme. Problēmu risināšana

5. klase. Ievads varbūtībā (4 stundas)

(4 nodarbību izstrāde par šo tēmu)

Mācību mērķi : - ieviest nejauša, uzticama un neiespējama notikuma definīciju;

Sniedziet pirmās idejas par kombinatorisko problēmu risināšanu: iespēju koka izmantošanu un reizināšanas kārtulas izmantošanu.

Izglītības mērķis: skolēnu pasaules uzskatu attīstība.

Attīstības mērķis : telpiskās iztēles attīstība, prasmes strādāt ar lineālu pilnveidošana.

Uzticami, neiespējami un nejauši notikumi (2 stundas)

Kombinatoriskas problēmas (2 stundas)

Uzticami, neiespējami un nejauši notikumi.

Pirmā nodarbība

Nodarbības aprīkojums: kauliņi, monētas, bekgemons.

Mūsu dzīve lielā mērā sastāv no nelaimes gadījumiem. Ir tāda zinātne kā “Varbūtību teorija”. Izmantojot tās valodu, jūs varat aprakstīt daudzas parādības un situācijas.

Pat primitīvais vadonis saprata, ka desmitiem mednieku ir lielāka “varbūtība” ar šķēpu trāpīt bizonam nekā vienam. Tāpēc viņi toreiz medīja kolektīvi.

Tādi senie komandieri kā Aleksandrs Lielais vai Dmitrijs Donskojs, gatavojoties kaujai, paļāvās ne tikai uz karavīru varonību un mākslu, bet arī uz nejaušību.

Daudzi cilvēki mīl matemātiku par mūžīgajām patiesībām: divreiz divi vienmēr ir četri, pāra skaitļu summa ir pāra, taisnstūra laukums ir vienāds ar blakus esošo malu reizinājumu utt. Jebkurā jūsu atrisinātajā uzdevumā visi saņem to pašu atbildi – tikai nepieļauj kļūdas lēmumā.

Reālā dzīve nav tik vienkārša un vienkārša. Daudzu notikumu iznākumu nevar paredzēt iepriekš. Nav iespējams, piemēram, precīzi pateikt, uz kuru pusi nokritīs izmestā monēta, kad nākamgad uzsnigs pirmais sniegs vai cik cilvēku pilsētā vēlēsies piezvanīt tuvākās stundas laikā. Tādus neparedzamus notikumus sauc nejauši .

Tomēr nejaušībai ir arī savi likumi, kas sāk izpausties, kad nejaušas parādības atkārtojas daudzkārt. Ja jūs metīsiet monētu 1000 reižu, tā uzpeldīs apmēram pusi no laika, kas nav divu vai pat desmit metienu gadījumā. "Aptuveni" nenozīmē pusi. Parasti tas tā var būt un var nebūt. Likumā nekas nav noteikts, taču tas sniedz zināmu pārliecību, ka notiks kāds nejaušs notikums. Šādus modeļus pēta īpaša matemātikas nozare - Varbūtību teorija . Ar tās palīdzību jūs varat ar lielāku pārliecību (bet tomēr ne droši) paredzēt gan pirmā snigšanas datumu, gan tālruņa zvanu skaitu.

Varbūtību teorija ir nesaraujami saistīta ar mūsu ikdienas dzīvi. Tas dod mums lielisku iespēju eksperimentāli noteikt daudzus varbūtības likumus, vairākas reizes atkārtojot nejaušus eksperimentus. Šo eksperimentu materiāli visbiežāk būs parasta monēta, kauliņš, domino kauliņu komplekts, bekgemons, rulete vai pat kāršu kave. Katrs no šiem priekšmetiem vienā vai otrā veidā ir saistīts ar spēlēm. Fakts ir tāds, ka lieta šeit parādās visbiežāk. Un pirmie varbūtības uzdevumi bija saistīti ar spēlētāju izredzes uzvarēt.

Mūsdienu varbūtības teorija ir attālinājusies no azartspēlēm, taču tās rekvizīti joprojām ir vienkāršākais un uzticamākais nejaušības avots. Pēc vingrināšanās ar ruleti un kauliņiem iemācīsies aprēķināt nejaušu notikumu iespējamību reālās dzīves situācijās, kas ļaus izvērtēt savas izredzes gūt panākumus, pārbaudīt hipotēzes, pieņemt optimālus lēmumus ne tikai spēlēs un izlozēs.

Risinot varbūtības uzdevumus, esiet ļoti uzmanīgi, mēģiniet attaisnot katru savu soli, jo nevienā citā matemātikas jomā nav tik daudz paradoksu. Tāpat kā varbūtības teorija. Un, iespējams, galvenais izskaidrojums tam ir tā saikne ar reālo pasauli, kurā mēs dzīvojam.

Daudzās spēlēs tiek izmantots kauliņš ar atšķirīgu punktu skaitu no 1 līdz 6. Spēlētājs met kauliņus, skatās, cik punktu parādās (tajā pusē, kas atrodas augšpusē), un veic atbilstošu gājienu skaitu. : 1,2,3 ,4,5 vai 6. Metienu kauliņu var uzskatīt par pieredzi, eksperimentu, pārbaudi, un iegūto rezultātu var uzskatīt par notikumu. Cilvēki parasti ir ļoti ieinteresēti uzminēt šī vai cita notikuma rašanos un paredzēt tā iznākumu. Kādas prognozes viņi var izteikt, metot kauliņus? Pirmā prognoze: parādīsies kāds no skaitļiem 1,2,3,4,5 vai 6. Vai, jūsuprāt, paredzamais notikums notiks vai nē? Protams, tas noteikti nāks. Notikums, kas noteikti notiek noteiktā pieredzē, tiek saukts uzticams pasākums.

Otrā prognoze : parādīsies skaitlis 7. Vai, jūsuprāt, paredzamais notikums notiks vai nē? Protams, tas nenotiks, tas ir vienkārši neiespējami. Tiek saukts notikums, kas nevar notikt noteiktā pieredzē neiespējams notikums.

Trešā prognoze : parādīsies skaitlis 1. Vai, jūsuprāt, paredzamais notikums ir noticis vai nē? Mēs nevaram pilnīgi droši atbildēt uz šo jautājumu, jo paredzamais notikums var notikt vai nenotikt. Notikums, kas var vai var nenotikt noteiktā pieredzē, tiek saukts nejaušs notikums.

Vingrinājums : Aprakstiet tālāk minētajos uzdevumos apspriestos notikumus. Tāpat kā noteikti, neiespējami vai nejauši.

Iemetam monētu. Parādījās ģerbonis. (nejauši)

Mednieks šāva uz vilku un trāpīja tam. (nejauši)

Skolnieks katru vakaru dodas pastaigā. Pirmdien ejot viņš satika trīs paziņas. (nejauši)

Garīgi veiksim šādu eksperimentu: apgrieziet glāzi ūdens otrādi. Ja šis eksperiments tiek veikts nevis kosmosā, bet gan mājās vai klasē, tad ūdens izlīs. (uzticams)

Trīs šāvieni tika raidīti mērķī." Bija pieci sitieni" (neiespējami)

Metiet akmeni uz augšu. Akmens paliek karājoties gaisā. (neiespējami)

Mēs nejauši pārkārtojam vārda “antagonisms” burtus. Rezultāts ir vārds "anahroisms". (neiespējami)

№959. Petja domāja par naturālu skaitli. Pasākums ir šāds:

a) paredzēts pāra skaitlis; (nejaušs) b) ir paredzēts nepāra skaitlis; (nejauši)

c) ir iedomāts skaitlis, kas nav ne pāra, ne nepāra; (neiespējami)

d) ir iedomāts pāra vai nepāra skaitlis. (uzticams)

№ 961. Petja un Tolja salīdzina savas dzimšanas dienas. Pasākums ir šāds:

a) viņu dzimšanas dienas nesakrīt; (nejauši) b) viņu dzimšanas dienas ir vienādas; (nejauši)

d) viņu abu dzimšanas dienas iekrīt brīvdienās - Jaunajā gadā (1. janvārī) un Krievijas neatkarības dienā (12. jūnijā). (nejauši)

№ 962. Spēlējot bekgemonu, tiek izmantoti divi kauliņi. Spēles dalībnieka veikto gājienu skaitu nosaka, saskaitot skaitļus abās kuba pusēs, kas izkrīt, un, ja tiek izmests “dubults” (1 + 1,2 + 2,3 + 3,4 + 4,5 + 5,6 + 6 ), tad gājienu skaits dubultojas. Jūs metat kauliņus un noskaidrojat, cik kustību jums ir jāizdara. Pasākums ir šāds:

a) jums jāveic viena kustība; b) jāizdara 7 gājieni;

c) jāizdara 24 gājieni; d) jāizdara 13 gājieni.

a) – neiespējams (1 gājiens var tikt izdarīts, ja tiek izmesta kombinācija 1 + 0, bet uz kauliņa nav skaitļa 0).

b) – nejauši (ja met 1 + 6 vai 2 + 5).

c) – nejauši (ja parādās kombinācija 6 +6).

d) – neiespējams (nav skaitļu kombināciju no 1 līdz 6, kuru summa ir 13; šo skaitli nevar iegūt pat tad, ja tiek izmests “dubults”, jo tas ir nepāra).

Pārbaudiet sevi. (matemātiskais diktāts)

1) Norādiet, kuri no šiem notikumiem nav iespējami, kuri ir ticami, kuri ir nejauši:

Futbola spēle "Spartak" - "Dinamo" noslēgsies neizšķirti. (nejauši)

Jūs laimēsiet, piedaloties abpusēji izdevīgā loterijā (uzticams)

Pusnaktī snigs un pēc 24 stundām spīdēs saule. (neiespējami)

Rīt būs matemātikas kontroldarbs. (nejauši)

Jūs tiksiet ievēlēts par ASV prezidentu. (neiespējami)

Jūs tiksiet ievēlēts par Krievijas prezidentu. (nejauši)

2) Jūs veikalā iegādājāties televizoru, kuram ražotājs nodrošina divu gadu garantiju. Kuri no šiem notikumiem nav iespējami, kuri ir nejauši, kuri ir ticami:

Televizors neplīsīs gadu. (nejauši)

Televizors neplīsīs divus gadus. (nejauši)

Divus gadus nebūs jāmaksā par televizora remontu. (uzticams)

Televizors salūzīs trešajā gadā. (nejauši)

3) Autobusam, kas pārvadā 15 pasažierus, ir jāveic 10 pieturas. Kuri no šiem notikumiem nav iespējami, kuri ir nejauši, kuri ir ticami:

Visi pasažieri izkāps no autobusa dažādās pieturās. (neiespējami)

Visi pasažieri izkāps tajā pašā pieturā. (nejauši)

Katrā pieturā vismaz kāds izkāps. (nejauši)

Būs pietura, kurā neviens neizkāps. (nejauši)

Visās pieturās izkāps pāra skaits pasažieru. (neiespējami)

Visās pieturās izkāps nepāra skaits pasažieru. (neiespējami)

Mājasdarbs : 53.lpp. Nr.960, 963, 965 (pats izdomā divus uzticamus, nejaušus un neiespējamus notikumus).

Otrā nodarbība.

Mājas darbu pārbaude. (mutiski)

a) Paskaidrojiet, kas ir noteikti, nejauši un neiespējami notikumi.

b) Norādiet, kurš no šiem notikumiem ir ticams, kurš nav iespējams, kurš ir nejaušs:

Vasaras brīvdienas nebūs. (neiespējami)

Sviestmaize nokritīs ar sviesta pusi uz leju. (nejauši)

Mācību gads kādreiz beigsies. (uzticams)

Viņi man rīt klasē jautās. (nejauši)

Šodien es satikšu melnu kaķi. (nejauši)

№ 960. Jūs atvērāt šo mācību grāmatu uz jebkuru lapu un izvēlējāties pirmo lietvārdu, kas parādījās. Pasākums ir šāds:

a) izvēlētā vārda rakstībā ir patskaņis. ((uzticams)

b) izvēlētā vārda rakstībā ir burts “o”. (nejauši)

c) izvēlētā vārda pareizrakstībā nav patskaņu. (neiespējami)

d) atlasītā vārda pareizrakstībā ir mīksta zīme. (nejauši)

№ 963. Jūs atkal spēlējat bekgemonu. Aprakstiet šādu notikumu:

a) spēlētājam ir jāveic ne vairāk kā divi gājieni. (neiespējams - ar mazāko skaitļu kombināciju 1 + 1 spēlētājs izdara 4 gājienus; kombinācija 1 + 2 dod 3 gājienus; visas pārējās kombinācijas dod vairāk nekā 3 gājienus)

b) spēlētājam jāveic vairāk nekā divi gājieni. (uzticama - jebkura kombinācija dod 3 vai vairāk kustības)

c) spēlētājam ir jāizdara ne vairāk kā 24 gājienus. (uzticams - lielāko skaitļu kombinācija 6 + 6 dod 24 gājienus, bet visi pārējie dod mazāk nekā 24 gājienus)

d) spēlētājam ir jāizdara divciparu gājienu skaits. (nejaušs — piemēram, kombinācija 2 + 3 dod viencipara gājienu skaitu: 5, un, metot divus četriniekus, tiek iegūts divciparu gājienu skaits)

2. Problēmu risināšana.

№ 964. Somā ir 10 bumbiņas: 3 zilas, 3 baltas un 4 sarkanas. Aprakstiet šādu notikumu:

a) no somas tika izņemtas 4 bumbiņas, un tās visas ir zilas; (neiespējami)

b) no somas tika izņemtas 4 bumbiņas, un tās visas ir sarkanas; (nejauši)

c) no somas tika izņemtas 4 bumbiņas, un tās visas izrādījās dažādās krāsās; (neiespējami)

d) No somas tika izņemtas 4 bumbiņas, un starp tām nebija nevienas melnās bumbiņas. (uzticams)

1. uzdevums. Kastītē ir 10 sarkanas, 1 zaļas un 2 zilas pildspalvas. No kastes nejauši tiek izvilkti divi objekti. Kuri no šiem notikumiem nav iespējami, kuri ir nejauši, kuri noteikti:

a) tiek izņemtas divas sarkanas pildspalvas (nejauši)

b) izņem divus zaļus rokturus; (neiespējami)

c) izņem divas zilas pildspalvas; (nejauši)

d) tiek izņemti divu dažādu krāsu rokturi; (nejauši)

e) tiek noņemti divi rokturi; (uzticams)

f) tiek izņemti divi zīmuļi. (neiespējami)

2. uzdevums. Vinnijs Pūks, Sivēns un visi - visi - visi apsēžas pie apaļā galda, lai svinētu savu dzimšanas dienu. Kurā skaitā no visiem - visiem - pasākums “Vinnijs Pūks un Sivēns sēž blakus” ir uzticams, un pie kura skaita tas ir nejaušs?

(ja ir tikai 1 no visiem - visi - visi, tad notikums ir ticams, ja ir vairāk par 1, tad tas ir nejaušs).

3. uzdevums. No 100 labdarības loterijas biļetēm laimējošās ir 20. Cik biļetes ir jāiegādājas, lai pasākums “tu neko nevinnēsi” būtu neiespējams?

4. uzdevums. Klasē ir 10 zēni un 20 meitenes. Kuri no šiem notikumiem šai klasei nav iespējami, kuri ir nejauši, kuri ir ticami

Klasē ir divi cilvēki, kuri dzimuši dažādos mēnešos. (nejauši)

Klasē ir divi cilvēki, kuri dzimuši vienā mēnesī. (uzticams)

Klasē ir divi zēni, kuri dzimuši vienā mēnesī. (nejauši)

Klasē ir divas meitenes, kuras dzimušas vienā mēnesī. (uzticams)

Visi zēni ir dzimuši dažādos mēnešos. (uzticams)

Visas meitenes ir dzimušas dažādos mēnešos. (nejauši)

Ir zēns un meitene dzimuši vienā mēnesī. (nejauši)

Ir zēns un meitene, kas dzimuši dažādos mēnešos. (nejauši)

5. uzdevums. Kastītē ir 3 sarkanas, 3 dzeltenas un 3 zaļas bumbiņas. Pēc nejaušības principa izvelkam 4 bumbiņas. Apsveriet notikumu "Starp izlozētajām bumbiņām būs tieši M krāsas bumbiņas." Katram M no 1 līdz 4 nosakiet, kāda veida notikums tas ir - neiespējams, uzticams vai nejaušs, un aizpildiet tabulu:

Patstāvīgs darbs.

esopciju

a) jūsu drauga dzimšanas dienas numurs ir mazāks par 32;

c) rīt būs kontroldarbs matemātikā;

d) Nākamgad pirmais sniegs Maskavā uzsnigs svētdien.

Kauliņa mešana. Aprakstiet notikumu:

a) kubs, nokritis, stāvēs uz malas;

b) parādīsies viens no cipariem: 1, 2, 3, 4, 5, 6;

c) parādīsies cipars 6;

d) tiks izmests skaitlis, kas ir reizināts ar 7.

Kastītē ir 3 sarkanas, 3 dzeltenas un 3 zaļas bumbiņas. Aprakstiet notikumu:

a) visas izvilktās bumbiņas ir vienā krāsā;

b) visas izvilktās bumbiņas ir dažādās krāsās;

c) starp izlozētajām bumbiņām ir dažādu krāsu bumbiņas;

c) starp izlozētajām bumbiņām ir sarkana, dzeltena un zaļa bumbiņa.

IIopciju

Aprakstiet attiecīgo notikumu kā ticamu, neiespējamu vai nejaušu:

a) sviestmaize, kas nokrīt no galda, nokritīs ar seju uz grīdas;

b) Maskavā pusnaktī uzsnigs sniegs, un pēc 24 stundām spīdēs saule;

c) jūs laimēsiet, piedaloties loterijā, kurā ir ieguvējs;

d) nākamgad maijā atskanēs pirmais pavasara pērkons.

Uz kartēm ir uzrakstīti visi divciparu skaitļi. Viena karte tiek izvēlēta nejauši. Aprakstiet notikumu:

a) uz kartes bija nulle;

b) kartē bija skaitlis, kas reizināts ar 5;

c) kartē bija skaitlis, kas reizināts ar 100;

d) kartē bija skaitlis, kas ir lielāks par 9 un mazāks par 100.

Kastītē ir 10 sarkanas, 1 zaļas un 2 zilas pildspalvas. No kastes nejauši tiek izvilkti divi objekti. Aprakstiet notikumu:

a) izņem divas zilas pildspalvas;

b) izņem divas sarkanas pildspalvas;

c) tiek izņemti divi zaļi rokturi;

d) zaļie un melnie rokturi ir izņemti.

Mājasdarbs: 1). Izdomājiet divus uzticamus, nejaušus un neiespējamus notikumus.

2). Uzdevums . Kastītē ir 3 sarkanas, 3 dzeltenas un 3 zaļas bumbiņas. Nejauši izvelkam N bumbiņas. Apsveriet notikumu “starp izlozētajām bumbiņām būs tieši trīs krāsu bumbiņas”. Katram N no 1 līdz 9 nosakiet, kāda veida notikums tas ir - neiespējams, uzticams vai nejaušs, un aizpildiet tabulu:

Kombinatoriskas problēmas.

Pirmā nodarbība

Mājas darbu pārbaude. (mutiski)

a) mēs pārbaudām problēmas, kuras skolēni izdomāja.

b) papildu uzdevums.

Es lasu fragmentu no V. Ļevšina grāmatas “Trīs dienas Karlikānijā”.

“Sākumā, skanot gludam valša skaņām, skaitļi veidoja grupu: 1 + 3 + 4 + 2 = 10. Pēc tam jaunie slidotāji sāka mainīties vietām, veidojot arvien jaunas grupas: 2 + 3 + 4 + 1 = 10

3 + 1 + 2 + 4 = 10

4 + 1 + 3 + 2 = 10

1 + 4 + 2 + 3 = 10 utt.

Tas turpinājās, līdz slidotāji atgriezās sākuma pozīcijā.

Cik reizes viņi mainījās vietām?

Šodien klasē mēs iemācīsimies risināt šādas problēmas. Viņus sauc kombinatorisks.

3. Jauna materiāla apguve.

1. uzdevums. Cik divciparu skaitļus var izveidot no skaitļiem 1, 2, 3?

Risinājums: 11, 12, 13

31, 32, 33. Kopā 9 numuri.

Risinot šo problēmu, mēs pārmeklējām visas iespējamās iespējas vai, kā parasti saka šajos gadījumos. Visas iespējamās kombinācijas. Tāpēc šādas problēmas sauc kombinatorisks. Dzīvē diezgan bieži ir jāaprēķina iespējamie (vai neiespējamie) varianti, tāpēc ir lietderīgi iepazīties ar kombinatoriskām problēmām.

№ 967. Vairākas valstis nolēmušas savam valsts karogam izmantot simbolus trīs vienāda platuma horizontālu svītru veidā dažādās krāsās – baltā, zilā, sarkanā. Cik valstis drīkst izmantot šādus simbolus, ja katrai valstij ir savs karogs?

Risinājums. Pieņemsim, ka pirmā svītra ir balta. Tad otrā svītra var būt zila vai sarkana, bet trešā svītra attiecīgi sarkana vai zila. Mums ir divas iespējas: balta, zila, sarkana vai balta, sarkana, zila.

Ļaujiet tagad pirmajai svītrai būt zilai, tad atkal iegūstam divas iespējas: baltu, sarkanu, zilu vai zilu, sarkanu, baltu.

Ļaujiet pirmajai svītrai būt sarkanai, tad ir vēl divas iespējas: sarkana, balta, zila vai sarkana, zila, balta.

Kopumā bija 6 iespējamie varianti. Šo karogu var izmantot 6 valstis.

Tāpēc, risinot šo problēmu, mēs meklējām veidu, kā uzskaitīt iespējamās iespējas. Daudzos gadījumos izrādās lietderīgi izveidot attēlu - uzskaitīšanas iespēju diagrammu. Tas, pirmkārt, ir skaidrs, otrkārt, tas ļauj mums visu ņemt vērā un neko nepalaist garām.

Šo diagrammu sauc arī par iespējamo iespēju koku.

Sākumlapa

Otrā svītra

Trešā josla

Iegūtā kombinācija

№ 968. Cik divciparu skaitļus var izveidot no skaitļiem 1, 2, 4, 6, 8?

Risinājums. Mūs interesējošajiem divciparu skaitļiem pirmajā vietā var būt jebkurš no dotajiem cipariem, izņemot 0. Ja pirmajā vietā liekam skaitli 2, tad otrajā vietā var būt jebkurš no dotajiem cipariem. Jūs saņemsiet piecus divciparu skaitļus: 2.,22, 24, 26, 28. Tāpat būs pieci divciparu skaitļi ar pirmo ciparu 4, pieci divciparu skaitļi ar pirmo ciparu 6 un pieci divciparu skaitļi. ciparu skaitļi ar pirmo ciparu 8.

Atbilde: Kopā būs 20 numuri.

Izveidosim iespējamo variantu koku šīs problēmas risināšanai.

Dubultās figūriņas

Pirmais cipars

Otrais cipars

Saņemti numuri

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

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

Atrisiniet šādas problēmas, izveidojot iespējamo variantu koku.

№ 971. Kādas valsts vadība nolēma izveidot savu valsts karogu šādi: uz vienkrāsaina taisnstūra fona vienā no stūriem ir novietots citas krāsas aplis. Tika nolemts izvēlēties krāsas no trim iespējamām: sarkana, dzeltena, zaļa. Cik ir šī karoga variantu?

pastāv? Attēlā parādītas dažas iespējamās iespējas.

Atbilde: 24 iespējas.

№ 973. a) Cik trīsciparu skaitļus var izveidot no skaitļiem 1,3, 5,? (27 cipari)

b) Cik trīsciparu skaitļus var izveidot no skaitļiem 1,3, 5, ja skaitļi nedrīkst atkārtoties? (6 cipari)

№ 979. Mūsdienu pieccīņnieki divu dienu laikā piedalās sacensībās piecos sporta veidos: konkūrā, paukošanā, peldēšanā, šaušanā un skriešanā.

a) Cik daudz iespēju ir sacensību veidu aizpildīšanas secībai? (120 iespējas)

b) Cik ir variantu sacensību notikumu secībai, ja ir zināms, ka jānotiek pēdējam pasākumam? (24 iespējas)

c) Cik daudz iespēju ir sacensību sacensību secībai, ja ir zināms, ka pēdējam ir jāskrien, bet pirmajam jābūt konkūram? (6 iespējas)

№ 981. Divās urnās ir piecas bumbiņas katrā piecās dažādās krāsās: balta, zila, sarkana, dzeltena, zaļa. No katras urnas vienlaikus tiek izvilkta viena bumbiņa.

a) cik dažādu izvilkto bumbiņu kombināciju ir (tādas kombinācijas kā “balts – sarkans” un “sarkans – balts” tiek uzskatītas par vienādām)?

(15 kombinācijas)

b) Cik ir tādu kombināciju, kurās izvilktās bumbiņas ir vienā krāsā?

(5 kombinācijas)

c) cik ir tādu kombināciju, kurās uzzīmētās bumbiņas ir dažādās krāsās?

(15–5 = 10 kombinācijas)

Mājasdarbs: 54.lpp., Nr.969, 972, pats izdomā kombinatorisko problēmu.

№ 969. Vairākas valstis nolēmušas savam valsts karogam izmantot simbolus trīs vienāda platuma vertikālu svītru veidā dažādās krāsās: zaļā, melnā, dzeltenā. Cik valstis drīkst izmantot šādus simbolus, ja katrai valstij ir savs karogs?

№ 972. a) Cik divciparu skaitļus var izveidot no skaitļiem 1, 3, 5, 7, 9?

b) Cik divciparu skaitļus var izveidot no skaitļiem 1, 3, 5, 7, 9, ja skaitļi nedrīkst atkārtoties?

Otrā nodarbība

Mājas darbu pārbaude. a) Nr. 969 un Nr. 972a) un Nr. 972b) - uz tāfeles izveidojiet iespējamo variantu koku.

b) izpildītos uzdevumus pārbaudām mutiski.

Problēmu risināšana.

Tātad, pirms tam mēs uzzinājām, kā atrisināt kombinatoriskas problēmas, izmantojot iespēju koku. Vai tas ir labs veids? Droši vien jā, bet ļoti apgrūtinoši. Mēģināsim mājasdarba uzdevumu Nr.972 atrisināt savādāk. Kurš var uzminēt, kā to var izdarīt?

Atbilde: Katrai no piecām T-kreklu krāsām ir 4 biksīšu krāsas. Kopā: 4 * 5 = 20 iespējas.

№ 980. Urnās ir piecas bumbiņas katrā piecās dažādās krāsās: balta, zila, sarkana, dzeltena, zaļa. No katras urnas vienlaikus tiek izvilkta viena bumbiņa. Aprakstiet šo notikumu kā noteiktu, nejaušu vai neiespējamu:

a) izņemtas dažādu krāsu bumbiņas; (nejauši)

b) izņemtas tādas pašas krāsas bumbiņas; (nejauši)

c) izlozē melnbaltās bumbiņas; (neiespējami)

d) izlozē divas bumbiņas, kuras abas ir iekrāsotas vienā no šādām krāsām: balta, zila, sarkana, dzeltena, zaļa. (uzticams)

№ 982. Tūristu grupa plāno doties pārgājienā pa maršrutu Antonovo – Borisova – Vlasova – Gribovo. No Antonovas līdz Borisovai varat plost pa upi vai staigāt. No Borisovas līdz Vlasovai varat staigāt vai braukt ar velosipēdiem. No Vlasovas līdz Gribovo varat peldēties gar upi, braukt ar velosipēdiem vai staigāt. Cik daudz pārgājienu iespēju tūristi var izvēlēties? Cik pārgājienu iespējas tūristi var izvēlēties, ja vismaz vienā maršruta daļā ir jāizmanto velosipēdi?

(12 maršruta varianti, 8 no tiem ar velosipēdiem)

Patstāvīgs darbs.

1 variants

a) Cik trīsciparu skaitļus var izveidot no cipariem: 0, 1, 3, 5, 7?

b) Cik trīsciparu skaitļus var izveidot no cipariem: 0, 1, 3, 5, 7, ar nosacījumu, ka skaitļi nav jāatkārto?

Atosam, Portosam un Aramisam ir tikai zobens, duncis un pistole.

a) Cik dažādos veidos var apbruņot musketieri?

b) Cik daudz ieroču ir, ja Aramisam ir jārīko zobens?

c) Cik daudz ieroču ir, ja Aramisam ir jārīko zobens un Portosam ar pistoli?

Kaut kur Dievs sūtīja Ravenam siera gabalu, kā arī fetas sieru, desu, baltmaizi un melno maizi. Uzsēdusies uz egles, vārna tikko bija gatava brokastīs, taču viņa sāka domāt: cik daudzos veidos no šiem produktiem var pagatavot sviestmaizes?

2. iespēja

a) Cik trīsciparu skaitļus var izveidot no cipariem: 0, 2, 4, 6, 8?

b) Cik trīsciparu skaitļus var izveidot no cipariem: 0, 2, 4, 6, 8, ar nosacījumu, ka cipari nav jāatkārto?

Grāfs Monte Kristo nolēma princesei Heidai uzdāvināt auskarus, kaklarotu un rokassprādzi. Katrā rotaslietā jābūt vienam no šiem dārgakmeņu veidiem: dimantiem, rubīniem vai granātiem.

a) Cik daudz iespēju ir kombinēt dārgakmeņu rotaslietas?

b) Cik daudz rotaslietu ir, ja auskariem jābūt no dimanta?

c) Cik daudz ir rotaslietu variantu, ja auskariem jābūt dimanta un rokassprādzei no granāta?

Brokastīs var izvēlēties bulciņu, sviestmaizi vai piparkūkas ar kafiju vai kefīru. Cik daudz brokastu iespēju varat izveidot?

Mājasdarbs : Nr. 974, 975. (sastādot opciju koku un izmantojot reizināšanas likumu)

№ 974 . a) Cik trīsciparu skaitļus var izveidot no skaitļiem 0, 2, 4?

b) Cik trīsciparu skaitļus var izveidot no skaitļiem 0, 2, 4, ar nosacījumu, ka skaitļi nav jāatkārto?

№ 975 . a) Cik trīsciparu skaitļus var izveidot no skaitļiem 1,3, 5,7?

b) Cik trīsciparu skaitļus var izveidot no skaitļiem 1,3, 5,7 saskaņā ar nosacījumu. Kādus skaitļus nevajadzētu atkārtot?

Problēmu numuri ņemti no mācību grāmatas

"Matemātika-5", I.I. Zubareva, A.G. Mordkovičs, 2004.

1.1. Daža informācija no kombinatorikas

1.1.1. Izvietojumi

Apskatīsim vienkāršākos jēdzienus, kas saistīti ar noteikta objektu kopas izvēli un izkārtojumu.
Šo darbību veikšanas veidu skaitīšana bieži tiek veikta, risinot varbūtības problēmas.
Definīcija. Nakšņošana no plkst n elementi k (k ≤n) ir jebkura sakārtota apakškopa k komplekta elementi, kas sastāv no n dažādi elementi.
Piemērs. Sekojošās skaitļu virknes ir 2 elementu izvietojumi no 3 kopas elementiem (1;2;3): 12, 13, 23, 21, 31, 32.
Ņemiet vērā, ka izvietojumi atšķiras pēc tajos iekļauto elementu secības un to sastāva. Izvietojumos 12 un 21 ir vienādi skaitļi, taču to secība ir atšķirīga. Tāpēc šie izvietojumi tiek uzskatīti par atšķirīgiem.
Dažādu izvietojumu skaits no n elementi k tiek apzīmēts un aprēķināts pēc formulas:
,
Kur n! = 1∙2∙...∙(n - 1)∙n(lasa " n- faktoriāls").
Divciparu skaitļu skaits, ko var izveidot no cipariem 1, 2, 3, ja neatkārtojas neviens cipars, kas vienāds ar: .

1.1.2. Pārkārtojumi

Definīcija. Permutācijas no n elementus sauc par šādiem izvietojumiem n elementi, kas atšķiras tikai ar elementu atrašanās vietu.
Permutāciju skaits no n elementi P n aprēķina pēc formulas: P n=n!
Piemērs. Cik daudzos veidos 5 cilvēki var nostāties rindā? Veidu skaits ir vienāds ar 5 elementu permutāciju skaitu, t.i.
P 5 =5!=1∙2∙3∙4∙5=120.
Definīcija. Ja starp n elementi k identiski, tad to pārkārtošana n elementus sauc par permutāciju ar atkārtojumiem.
Piemērs. Lai 2 no 6 grāmatām būtu identiskas. Jebkurš visu grāmatu izvietojums plauktā ir pārkārtojums ar atkārtošanos.
Dažādu permutāciju skaits ar atkārtojumiem (no n elementi, tostarp k identisks) aprēķina, izmantojot formulu: .
Mūsu piemērā grāmatu skaits plauktā var tikt sakārtots: .

1.1.3. Kombinācijas

Definīcija. Kombinācijas no n elementi kšādus izvietojumus sauc n elementi k, kas atšķiras viens no otra vismaz vienā elementā.
Dažādu kombināciju skaits n elementi k apzīmē un aprēķina pēc formulas: .
Pēc definīcijas 0!=1.
Uz kombinācijām attiecas šādas īpašības:
1.
2.
3.
4.
Piemērs. Ir 5 dažādu krāsu ziedi. Pušķim izvēlēti 3 ziedi. Dažādu pušķu skaits no 3 ziediem no 5 ir vienāds ar: .

1.2. Nejauši notikumi

1.2.1. Pasākumi

Realitātes zināšanas dabaszinātnēs rodas testu (eksperimenta, novērojumu, pieredzes) rezultātā.
Pārbaude vai pieredze ir noteikta nosacījumu kopuma īstenošana, ko var reproducēt patvaļīgi daudz reižu.
Nejauši ir notikums, kas var notikt vai nenotikt kāda testa (pieredzes) rezultātā.
Tādējādi notikums tiek uzskatīts par testa rezultātu.
Piemērs. Monētas mešana ir pārbaudījums. Ērgļa parādīšanās metiena laikā ir notikums.
Notikumi, kurus mēs novērojam, atšķiras pēc to rašanās iespējamības pakāpes un to savstarpējās attiecības rakstura.
Pasākums saucas uzticams , ja tas noteikti notiks šīs pārbaudes rezultātā.
Piemērs. Students, kas eksāmenā saņem pozitīvu vai negatīvu atzīmi, ir uzticams notikums, ja eksāmens norit saskaņā ar parastajiem noteikumiem.
Pasākums saucas neiespējami , ja tas nevar rasties šīs pārbaudes rezultātā.
Piemērs. Baltas bumbiņas izņemšana no urnas, kurā ir tikai krāsainas (nebaltas) bumbiņas, ir neiespējams pasākums. Ņemiet vērā, ka citos eksperimenta apstākļos nav izslēgts baltas bumbiņas izskats; tādējādi šis notikums nav iespējams tikai mūsu pieredzes apstākļos.
Turpmāk nejaušos notikumus apzīmēsim ar lielajiem latīņu burtiem A, B, C... Uzticamu notikumu apzīmēsim ar burtu Ω, bet neiespējamu ar Ø.
Tiek izsaukti divi vai vairāki pasākumi vienlīdz iespējams konkrētajā testā, ja ir pamats uzskatīt, ka neviens no šiem notikumiem nav vairāk vai mazāk iespējams par citiem.
Piemērs. Ar vienu kauliņa metienu 1, 2, 3, 4, 5 un 6 punktu parādīšanās ir vienlīdz iespējami notikumi. Protams, tiek pieņemts, ka kauliņi ir izgatavoti no viendabīga materiāla un tiem ir pareiza forma.
Abi notikumi tiek saukti nesaderīgi noteiktā testā, ja viena no tām rašanās izslēdz otra rašanos, un locītavu citādi.
Piemērs. Kastītē ir standarta un nestandarta daļas. Paņemsim vienu detaļu veiksmei. Standarta daļas izskats novērš nestandarta daļas izskatu. Šie notikumi nav savienojami.
Veidojas vairāki notikumi pilna pasākumu grupa konkrētajā testā, ja vismaz viens no tiem noteikti notiks šī testa rezultātā.
Piemērs. Piemēra notikumi veido pilnīgu vienlīdz iespējamu un pāros nesaderīgu notikumu grupu.
Tiek izsaukti divi nesaderīgi notikumi, kas veido pilnīgu notikumu grupu noteiktā izmēģinājumā pretēji notikumi.
Ja kādu no tiem ir norādījis A, tad otru parasti apzīmē ar (lasiet “nē A»).
Piemērs. Sitiens un netrāpīšana ar vienu šāvienu mērķī ir pretēji notikumi.

1.2.2. Klasiskā varbūtības definīcija

Notikuma varbūtība – tā rašanās iespējamības skaitlisks mērs.
Pasākums A sauca labvēlīgs notikumu IN ja ikreiz, kad notiek kāds notikums A, pasākums nāk IN.
Pasākumi A 1 , A 2 , ..., An formā gadījuma diagramma , ja viņi:
1) vienlīdz iespējams;
2) pāru nesaderība;
3) izveidot pilnu grupu.
Gadījumu shēmā (un tikai šajā shēmā) notiek klasiskā varbūtības definīcija P(A) notikumi A. Šeit gadījums ir katrs no notikumiem, kas pieder atlasītai pilnīgai vienlīdz iespējamu un pāros nesaderīgu notikumu grupai.
Ja n ir visu gadījumu skaits shēmā, un m– notikumam labvēlīgu gadījumu skaits A, Tas notikuma varbūtība A nosaka vienlīdzība:

No varbūtības definīcijas izriet šādas īpašības:
1. Uzticama notikuma varbūtība ir vienāda ar vienu.
Patiešām, ja notikums ir noteikts, tad katrs gadījums lietu shēmā ir par labu notikumam. Šajā gadījumā m = n un tāpēc

2. Neiespējama notikuma varbūtība ir nulle.
Patiešām, ja notikums ir neiespējams, tad neviens gadījums lietu shēmā neatbalsta notikumu. Tāpēc m=0 un tāpēc

Nejauša notikuma varbūtība ir pozitīvs skaitlis no nulles līdz vienam.
Patiešām, tikai daļai no kopējā lietu skaita lietu modelī ir labvēlīgs nejaušs notikums. Tāpēc 0<m<n, kas nozīmē 0<m/n<1 и, следовательно, 0 < P(A) < 1.
Tātad jebkura notikuma varbūtība apmierina nevienlīdzību
0 ≤ P(A) ≤ 1.
Pašlaik varbūtības īpašības ir definētas aksiomu veidā, ko formulējis A.N. Kolmogorovs.
Viena no klasiskās varbūtības definīcijas galvenajām priekšrocībām ir iespēja aprēķināt notikuma iespējamību tieši, t.i. neķeroties pie eksperimentiem, kurus aizstāj loģiskā spriešana.

Tiešās varbūtību aprēķināšanas problēmas

Problēma 1.1. Kāda ir iespējamība iegūt pāra punktu skaitu (notikums A), metot kauliņu?
Risinājums. Apsveriet notikumus Ai- izkrita i brilles, i= 1, 2, …,6. Ir skaidrs, ka šie notikumi veido gadījumu modeli. Tad visu lietu skaits n= 6. Gadījumi dod priekšroku pāra punktu skaita ripināšanai A 2 , A 4 , A 6, t.i. m= 3. Tad .
Problēma 1.2. Urnā ir 5 baltas un 10 melnas bumbiņas. Bumbiņas rūpīgi sajauc un pēc tam nejauši izņem 1 bumbiņu. Kāda ir varbūtība, ka izvilktā bumbiņa būs balta?
Risinājums. Kopumā ir 15 gadījumi, kas veido lietu modeli. Turklāt gaidāmais notikums A– baltās bumbiņas izskatam priekšroku dod 5 no tiem, tāpēc .
Problēma 1.3. Bērns spēlējas ar sešiem alfabēta burtiem: A, A, E, K, R, T. Atrodi varbūtību, ka viņam izdosies nejauši izveidot vārdu VĀRDS (notikums A).
Risinājums. Risinājumu sarežģī fakts, ka starp burtiem ir identiski - divi burti “A”. Tāpēc visu iespējamo gadījumu skaits dotajā testā ir vienāds ar permutāciju skaitu ar 6 burtu atkārtojumiem:
.
Šie gadījumi ir vienlīdz iespējami, pa pāriem nekonsekventi un veido pilnīgu notikumu grupu, t.i. veido gadījumu diagrammu. Tikai viena iespēja ir labvēlīga pasākumam A. Tāpēc
.
Problēma 1.4. Tanya un Vaņa vienojās sagaidīt Jauno gadu 10 cilvēku kompānijā. Viņi abi ļoti gribēja sēdēt viens otram blakus. Kāda ir iespējamība, ka viņu vēlme piepildīsies, ja ir pieņemts izlozes kārtībā sadalīt vietas starp draugiem?
Risinājums. Apzīmēsim ar A pasākums "Tanjas un Vaņas vēlmju piepildījums". Pie 10 galdiņa var sēdēt 10 cilvēki! Dažādi ceļi. Cik daudz no šiem n= 10! vienlīdz iespējamie veidi ir labvēlīgi Tanjai un Vaņai? Tanja un Vaņa, sēžot viena otrai blakus, var ieņemt 20 dažādas pozīcijas. Tajā pašā laikā astoņi viņu draugi var sēdēt pie 8 cilvēku galda! dažādos veidos, tāpēc m= 20∙8!. Tāpēc
.
Problēma 1.5. 5 sieviešu un 20 vīriešu grupa izvēlas trīs delegātus. Pieņemot, ka katru klātesošo var izvēlēties ar vienādu varbūtību, atrodiet varbūtību, ka tiks izvēlētas divas sievietes un viens vīrietis.
Risinājums. Kopējais vienādi iespējamo testa rezultātu skaits ir vienāds ar veidu skaitu, kādos no 25 cilvēkiem var izvēlēties trīs delegātus, t.i. . Tagad saskaitīsim labvēlīgo gadījumu skaitu, t.i. gadījumu skaits, kuros notiek interesējošais notikums. Vīriešu delegātu var izvēlēties divdesmit veidos. Tajā pašā laikā atlikušajām divām delegātēm jābūt sievietēm, un jūs varat izvēlēties divas sievietes no piecām. Līdz ar to,. Tāpēc
.
Problēma 1.6.Četras bumbiņas tiek nejauši izkaisītas pa četrām bedrītēm, katra bumbiņa iekrīt vienā vai otrā bedrītē ar vienādu varbūtību un neatkarīgi no pārējām (nav šķēršļu vairākām bumbiņām iekrist vienā bedrītē). Atrodiet varbūtību, ka vienā no caurumiem būs trīs bumbiņas, otrā - viena, bet pārējās divās bedrēs nebūs nevienas bumbiņas.
Risinājums. Kopējais lietu skaits n=4 4. Kādos veidos var izvēlēties vienu bedrīti, kurā būs trīs bumbiņas, . Veidu skaits, kādos var izvēlēties bedrīti, kurā būs viena bumbiņa, . To veidu skaits, kā var izvēlēties trīs no četrām bumbiņām, lai tās ievietotu pirmajā bedrītē, ir . Kopējais labvēlīgo gadījumu skaits. Notikuma varbūtība:
Problēma 1.7. Kastītē ir 10 identiskas bumbiņas, kas apzīmētas ar cipariem 1, 2, ..., 10. Laimei tiek izlozētas sešas bumbiņas. Atrodi varbūtību, ka starp izvilktajām bumbiņām būs: a) bumbiņa Nr.1; b) bumbiņas Nr.1 ​​un Nr.2.
Risinājums. a) Testa iespējamo elementāro iznākumu kopējais skaits ir vienāds ar veidu skaitu, kādos no desmit var izvilkt sešas bumbiņas, t.i.
Atradīsim to iznākumu skaitu, kas ir labvēlīgi notikumam, par kuru mēs interesējamies: starp atlasītajām sešām bumbiņām ir bumbiņa Nr. 1 un līdz ar to atlikušajām piecām bumbiņām ir dažādi numuri. Šādu iznākumu skaits acīmredzami ir vienāds ar to, cik veidu var izvēlēties piecas bumbiņas no atlikušajām deviņām, t.i.
Nepieciešamā varbūtība ir vienāda ar attiecīgajam notikumam labvēlīgo iznākumu skaita attiecību pret kopējo iespējamo elementāro iznākumu skaitu:
b) Iznākumu skaits, kas ir labvēlīgs mūs interesējošajam notikumam (starp izvēlētajām bumbiņām ir bumbiņas Nr. 1 un Nr. 2, tāpēc četrām bumbiņām ir dažādi numuri) ir vienāds ar veidu skaitu, kādos var četras bumbas. jāizņem no atlikušajiem astoņiem, t.i. Nepieciešamā varbūtība

1.2.3. Statistiskā varbūtība

Statistisko varbūtības definīciju izmanto, ja eksperimenta rezultāti nav vienādi iespējami.
Relatīvais notikumu biežums A nosaka vienlīdzība:
,
Kur m– izmēģinājumu skaits, kuros notikums A tas ir pienācis n– kopējais veikto pārbaužu skaits.
J. Bernulli pierādīja, ka, neierobežoti palielinot eksperimentu skaitu, notikuma rašanās relatīvais biežums atšķirsies gandrīz tik maz, cik vēlams, no kāda konstanta skaitļa. Izrādījās, ka šis nemainīgais skaitlis ir notikuma rašanās varbūtība. Līdz ar to notikuma relatīvo rašanās biežumu ar pietiekami lielu izmēģinājumu skaitu ir dabiski saukt par statistisko varbūtību, atšķirībā no iepriekš ieviestās varbūtības.
Piemērs 1.8. Kā aptuveni noteikt zivju skaitu ezerā?
Ielaid ezerā X zivis Mēs izmetam tīklu un, teiksim, atrodam tajā n zivis Mēs atzīmējam katru no tiem un atlaižam tos atpakaļ. Dažas dienas vēlāk tādos pašos laikapstākļos un tajā pašā vietā izmetām to pašu tīklu. Pieņemsim, ka tajā atrodam m zivis, starp kurām k atzīmēts. Ļaujiet notikumam A- "noķertā zivs ir marķēta." Tad pēc relatīvās frekvences definīcijas.
Bet ja ezerā X zivis un mēs to ielaidām tajā n marķēts, tad .
Jo R * (A) » R(A), Tas.

1.2.4. Operācijas notikumos. Varbūtību saskaitīšanas teorēma

Summa, vai vairāku notikumu apvienojums ir notikums, kas sastāv no vismaz viena no šiem notikumiem (vienā un tajā pašā izmēģinājumā).
Summa A 1 + A 2 + … + An apzīmē šādi:
vai .
Piemērs. Tiek izmesti divi kauliņi. Ļaujiet notikumam A sastāv no 4 punktu ripināšanas uz 1 kauliņa un notikuma IN– kad uz cita kauliņa tiek izmesti 5 punkti. Pasākumi A Un IN locītavu. Tāpēc pasākums A +IN sastāv no 4 punktu izripināšanas uz pirmā kauliņa vai 5 punktiem uz otro kauliņu, vai 4 punktiem uz pirmo kauliņu un 5 punktiem uz otro kauliņu vienlaikus.
Piemērs. Pasākums A– laimests 1 kredītam, pasākums IN– laimesti no 2. kredīta. Tad pasākums A+B– laimēt vismaz vienu aizdevumu (iespējams, divus uzreiz).
Darbs vai vairāku notikumu krustpunkts ir notikums, kas sastāv no visu šo notikumu kopīgas norises (vienā un tajā pašā izmēģinājumā).
Darbs IN notikumiem A 1 , A 2 , …, An apzīmē šādi:
.
Piemērs. Pasākumi A Un IN sastāv no sekmīgas pirmās un otrās kārtas izturēšanas, iestājoties institūtā. Tad pasākums A×B sastāv no abu kārtu veiksmīgas pabeigšanas.
Notikumu summas un reizinājuma jēdzieniem ir skaidra ģeometriskā interpretācija. Ļaujiet notikumam A ir punkts, kas ieiet zonā A, un pasākums IN– punkts, kas iebrauc zonā IN. Tad pasākums A+B ir punkts, kas ienāk šo apgabalu savienībā (2.1. att.), un notikums AIN ir punkts, kas ietriecas šo apgabalu krustpunktā (2.2. att.).

Rīsi. 2.1 att. 2.2
Teorēma. Ja notikumi A i(i = 1, 2, …, n) ir nekonsekventi pa pāriem, tad notikumu summas varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu:
.
Ļaujiet A Un Ā – pretēji notikumi, t.i. A + Ā= Ω, kur Ω ir ticams notikums. No saskaitīšanas teorēmas izriet, ka
Р(Ω) = R(A) + R(Ā ) = 1, tāpēc
R(Ā ) = 1 – R(A).
Ja notikumi A 1 un A 2 ir saderīgi, tad divu vienlaicīgu notikumu summas varbūtība ir vienāda ar:
R(A 1 + A 2) = R(A 1) + R(A 2) – P( A 1× A 2).
Varbūtību saskaitīšanas teorēmas ļauj pāriet no tiešas varbūtību aprēķināšanas uz sarežģītu notikumu rašanās varbūtību noteikšanu.
Problēma 1.8. Šāvējs izšauj vienu šāvienu mērķī. Iespēja iegūt 10 punktus (notikums A), 9 punkti (notikums IN) un 8 punkti (notikums AR) ir attiecīgi vienādi ar 0,11; 0,23; 0.17. Atrodiet varbūtību, ka ar vienu šāvienu šāvējs iegūs mazāk par 8 punktiem (notikums D).
Risinājums. Pārejam uz pretējo notikumu – ar vienu metienu šāvējs iegūs vismaz 8 punktus. Notikums notiek, ja tas notiek A vai IN, vai AR, t.i. . Kopš notikumiem A, B, AR ir pa pāriem nekonsekventi, tad, izmantojot saskaitīšanas teorēmu,
, kur.
Problēma 1.9. No brigādes komandas, kuras sastāvā ir 6 vīrieši un 4 sievietes, arodbiedrību konferencei tiek izvēlēti divi cilvēki. Kāda ir varbūtība, ka no izvēlētajām vismaz viena sieviete (notikums A).
Risinājums. Ja notiek notikums A, tad noteikti notiks kāds no šiem nesaderīgiem notikumiem: IN– “Vīrietis un sieviete ir izvēlēti”; AR- "Tika izvēlētas divas sievietes." Tāpēc mēs varam rakstīt: A=B+C. Noskaidrosim notikumu iespējamību IN Un AR. Divus no 10 cilvēkiem var izvēlēties dažādos veidos. Divas sievietes no 4 var tikt atlasītas dažādos veidos. Vīrieti un sievieti var izvēlēties 6 × 4 veidos. Tad . Kopš notikumiem IN Un AR ir nekonsekventi, tad ar saskaitīšanas teorēmu,
P(A) = P(B + C) = P(B) + P(C) = 8/15 + 2/15 = 2/3.
Problēma 1.10. Bibliotēkas plauktā nejauši izkārtotas 15 mācību grāmatas, piecas no tām iesietas. Bibliotekārs pēc nejaušības principa paņem trīs mācību grāmatas. Atrodiet varbūtību, ka vismaz viena no paņemtajām mācību grāmatām tiks iesieta (notikums A).
Risinājums. Pirmais veids. Prasība - vismaz viena no trim iesietajām mācību grāmatām - tiks izpildīta, ja notiks kāds no šiem trim nesaderīgiem notikumiem: IN- viena iesieta mācību grāmata, AR- divas iesietas mācību grāmatas, D– trīs iesietas mācību grāmatas.
Mūs interesējošs pasākums A var attēlot kā notikumu summu: A=B+C+D. Saskaņā ar saskaitīšanas teorēmu,
P(A) = P(B) + P(C) + P(D). (2.1)
Noskaidrosim notikumu iespējamību B, C Un D(skatīt kombinatoriskās shēmas):

Atspoguļojot šīs varbūtības vienādībā (2.1), mēs beidzot iegūstam
P(A)= 45/91 + 20/91 + 2/91 = 67/91.
Otrais veids. Pasākums A(vismaz viena no trim paņemtajām mācību grāmatām ir iesieta) un Ā (neviena no paņemtajām mācību grāmatām nav iesieta) - pretēji, tātad P(A) + P(Ā) = 1 (divu pretēju notikumu varbūtību summa ir vienāda ar 1). No šejienes P(A) = 1 – P(Ā). Notikuma iestāšanās varbūtība Ā (neviena no paņemtajām mācību grāmatām nav iesieta)
Nepieciešamā varbūtība
P(A) = 1 – P(Ā) = 1 – 24/91 = 67/91.

1.2.5. Nosacītā varbūtība. Varbūtību reizināšanas teorēma

Nosacītā varbūtība P(B/A) ir notikuma B varbūtība, kas aprēķināta, pieņemot, ka notikums A jau ir noticis.
Teorēma. Divu notikumu kopīgas iestāšanās varbūtība ir vienāda ar viena no tiem varbūtības un otra nosacītās varbūtības reizinājumu, ko aprēķina, pieņemot, ka pirmais notikums jau ir noticis:
P(A∙B) = P(A)∙P( IN/A). (2.2)
Divus notikumus sauc par neatkarīgiem, ja kāda no tiem iestāšanās nemaina otra iestāšanās iespējamību, t.i.
P(A) = P(A/B) vai P(B) = P(B/A). (2.3)
Ja notikumi A Un IN ir neatkarīgi, tad no (2.2) un (2.3) formulām izriet
P(A∙B) = P(A)∙P(B). (2.4)
Patiess ir arī pretējais apgalvojums, t.i. ja vienādība (2.4) attiecas uz diviem notikumiem, tad šie notikumi ir neatkarīgi. Patiešām, no (2.4) un (2.2) formulām izriet
P(A∙B) = P(A)∙P(B) = P(A) × P(B/A), kur P(A) = P(B/A).
Formulu (2.2) var vispārināt ierobežota notikumu skaita gadījumā 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).
Problēma 1.11. No urnas, kurā ir 5 baltas un 10 melnas bumbiņas, tiek izvilktas divas bumbiņas pēc kārtas. Atrodiet varbūtību, ka abas bumbiņas ir baltas (notikums A).
Risinājums. Apskatīsim notikumus: IN– pirmā izvilktā bumbiņa ir balta; AR– otrā izvilktā bumbiņa ir balta. Tad A = BC.
Eksperimentu var veikt divos veidos:
1) ar atgriešanu: izņemtā bumbiņa pēc krāsas fiksēšanas tiek atgriezta urnā. Šajā gadījumā notikumi IN Un AR neatkarīgs:
P(A) = P(B)∙R(S) = 5/15 × 5/15 = 1/9;
2) bez atgriešanas: izņemto bumbiņu noliek malā. Šajā gadījumā notikumi IN Un AR atkarīgs:
P(A) = P(B)∙R(S/IN).
Pasākumam IN nosacījumi ir vienādi, un par AR situācija ir mainījusies. Notika IN, tāpēc urnā palikušas 14 bumbiņas, tajā skaitā 4 baltas.
Tātad,.
Problēma 1.12. No 50 spuldzēm 3 ir nestandarta. Atrodiet varbūtību, ka divas vienlaikus uzņemtas spuldzes ir nestandarta.
Risinājums. Apskatīsim notikumus: A– pirmā spuldze ir nestandarta, IN– otrā spuldze ir nestandarta, AR– abas spuldzes ir nestandarta. Tas ir skaidrs C = A∙IN. Pasākums A 3 gadījumi no 50 iespējamiem ir labvēlīgi, t.i. P(A) = 3/50. Ja pasākums A jau ir pienācis, tad pasākums IN divi gadījumi no 49 iespējamiem ir labvēlīgi, t.i. P(B/A) = 2/49. Tāpēc
.
Problēma 1.13. Divi sportisti šauj pa vienu un to pašu mērķi neatkarīgi viens no otra. Varbūtība, ka pirmais sportists trāpīs mērķī, ir 0,7, bet otrais - 0,8. Kāda ir varbūtība, ka mērķis tiks sasniegts?
Risinājums. Mērķis tiks trāpīts, ja tam trāpīs vai nu pirmais šāvējs, vai otrais, vai abi, t.i. notiks pasākums A+B, kur ir pasākums A sastāv no pirmā sportista, kurš trāpa mērķī, un notikuma IN– otrais. Tad
P(A+IN)=P(A)+P(B)–P(A∙IN)=0, 7+0, 8–0, 7∙0,8=0,94.
Problēma 1.14. Lasītavā ir sešas varbūtību teorijas mācību grāmatas, no kurām trīs ir iesietas. Bibliotekāre nejauši paņēma divas mācību grāmatas. Atrodiet varbūtību, ka tiks iesietas divas mācību grāmatas.
Risinājums. Iepazīstinām ar notikumu apzīmējumiem : A– pirmā paņemtā mācību grāmata ir iesieta, IN– iesieta otrā mācību grāmata. Varbūtība, ka pirmā mācību grāmata ir iesieta
P(A) = 3/6 = 1/2.
Varbūtība, ka otrā mācību grāmata ir iesieta, ar nosacījumu, ka pirmā paņemtā mācību grāmata bija iesieta, t.i. nosacītā notikuma varbūtība IN, ir šāds: P(B/A) = 2/5.
Vēlamā varbūtība, ka abas mācību grāmatas ir sasietas, saskaņā ar notikumu varbūtību reizināšanas teorēmu, ir vienāda ar
P(AB) = P(A) ∙ P(B/A)= 1/2 · ∙ 2/5 = 0,2.
Problēma 1.15. Darbnīcā strādā 7 vīrieši un 3 sievietes. Trīs cilvēki tika atlasīti pēc nejaušības principa, izmantojot viņu personāla numurus. Atrodiet varbūtību, ka visas izvēlētās personas būs vīrieši.
Risinājums. Iepazīstinām ar notikumu apzīmējumiem: A– vīrietis tiek izvēlēts pirmais, IN– otrais izvēlētais ir vīrietis, AR - Trešais izvēlētais bija vīrietis. Varbūtība, ka vīrietis tiks izvēlēts pirmais, ir P(A) = 7/10.
Varbūtība, ka vīrietis tiek izvēlēts otrais, ar nosacījumu, ka vīrietis jau ir izvēlēts pirmais, t.i. nosacītā notikuma varbūtība IN Nākamais : P(B/A) = 6/9 = 2/3.
Varbūtība, ka vīrietis tiks izvēlēts trešais, ņemot vērā, ka divi vīrieši jau ir izraudzīti, t.i. nosacītā notikuma varbūtība AR vai šis: P(C/AB) = 5/8.
Vēlamā varbūtība, ka visas trīs izvēlētās personas būs vīrieši, ir P(ABC) = P(A) P(B/A) P(C/AB) = 7/10 · 2/3 · 5/8 = 7/24.

1.2.6. Kopējās varbūtības formula un Beijesa formula

Ļaujiet B 1 , B 2 ,…, Bn– pa pāriem nesaderīgi notikumi (hipotēzes) un A– notikums, kas var notikt tikai kopā ar vienu no viņiem.
Paziņojiet arī mums P(B i) Un P(A/B i) (i = 1, 2, …, n).
Šajos apstākļos ir derīgas formulas:
(2.5)
(2.6)
Formulu (2.5) sauc kopējās varbūtības formula . Tas aprēķina notikuma varbūtību A(kopējā varbūtība).
Formulu (2.6) sauc Bayes formula . Tas ļauj pārrēķināt hipotēžu varbūtības, ja notikums A noticis.
Apkopojot piemērus, ir ērti pieņemt, ka hipotēzes veido pilnīgu grupu.
Problēma 1.16. Grozā ir āboli no četriem vienas šķirnes kokiem. No pirmā - 15% no visiem āboliem, no otrā - 35%, no trešā - 20%, no ceturtā - 30%. Nogatavojušies āboli ir attiecīgi 99%, 97%, 98%, 95%.
a) Kāda ir varbūtība, ka nejauši ņemts ābols būs nogatavojies (notikums A).
b) Ņemot vērā, ka nejauši ņemts ābols izrādās gatavs, aprēķiniet varbūtību, ka tas ir no pirmā koka.
Risinājums. a) Mums ir 4 hipotēzes:
B 1 – nejauši paņemts ābols tiek ņemts no 1. koka;
B 2 – nejauši paņemts ābols tiek ņemts no 2. koka;
B 3 – nejauši paņemts ābols tiek ņemts no 3. koka;
B 4 – nejauši paņemts ābols tiek ņemts no 4. koka.
To varbūtības atkarībā no nosacījuma: P(B 1) = 0,15; P(B 2) = 0,35; P(B 3) = 0,2; P(B 4) = 0,3.
Notikuma nosacītās varbūtības 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.
Varbūtību, ka nejauši ņemts ābols būs nogatavojies, nosaka, izmantojot kopējās varbūtības formulu:
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 formula mūsu gadījumam izskatās šādi:
.
Problēma 1.17. Baltu bumbiņu iemet urnā, kurā ir divas bumbiņas, pēc kuras nejauši tiek izvilkta viena bumbiņa. Atrodiet varbūtību, ka izvilktā bumbiņa būs balta, ja ir vienlīdz iespējami visi iespējamie pieņēmumi par lodīšu sākotnējo sastāvu (pamatojoties uz krāsu).
Risinājums. Apzīmēsim ar A notikums – tiek izlozēta balta bumbiņa. Par bumbiņu sākotnējo sastāvu ir iespējami šādi pieņēmumi (hipotēzes): B 1- nav baltu bumbiņu, AT 2- viena balta bumbiņa, 3. plkst- divas baltas bumbiņas.
Tā kā kopā ir trīs hipotēzes, un hipotēžu varbūtību summa ir 1 (jo tās veido pilnīgu notikumu grupu), tad katras hipotēzes varbūtība ir 1/3, t.i.
P(B 1) = P(B 2)= P(B 3) = 1/3.
Nosacītā varbūtība, ka tiks izvilkta balta bumbiņa, ņemot vērā, ka sākotnēji urnā nebija baltu bumbiņu, P(A/B 1)=1/3. Nosacītā varbūtība, ka tiks izvilkta balta bumbiņa, ņemot vērā, ka sākotnēji urnā bija viena balta bumbiņa, P(A/B 2)=2/3. Nosacīta varbūtība, ka tiks izlozēta balta bumbiņa, ņemot vērā, ka sākotnēji urnā bija divas baltas bumbiņas P(A/B 3)=3/ 3=1.
Mēs atrodam nepieciešamo varbūtību, ka tiks uzzīmēta balta bumbiņa, izmantojot kopējās varbūtības formulu:
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 .
Problēma 1.18. Divas mašīnas ražo identiskas detaļas, kas iet uz kopēja konveijera. Pirmās mašīnas produktivitāte ir divreiz lielāka nekā otrās. Pirmā iekārta ražo vidēji 60% izcilas kvalitātes detaļu, bet otrā - 84%. Pēc nejaušības principa no montāžas līnijas paņemtā daļa izrādījās izcilas kvalitātes. Atrodiet varbūtību, ka šo daļu ražoja pirmā iekārta.
Risinājums. Apzīmēsim ar A pasākums - izcilas kvalitātes detaļa. Var izdarīt divus pieņēmumus: B 1– daļu ražoja pirmā mašīna, un (jo pirmā iekārta ražo divreiz vairāk detaļu nekā otrā) P(A/B 1) = 2/3; B 2 – detaļu ražoja otrā mašīna, un P(B 2) = 1/3.
Nosacītā varbūtība, ka daļai būs izcila kvalitāte, ja to ražos pirmā iekārta, P(A/B 1)=0,6.
Nosacītā varbūtība, ka detaļa būs izcilas kvalitātes, ja to ražos otrā iekārta, ir P(A/B 1)=0,84.
Varbūtība, ka nejauši ņemta daļa pēc kopējās varbūtības formulas būs izcilas kvalitātes, ir vienāda ar
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.
Nepieciešamā varbūtība, ka izvēlētā izcilā detaļa tika ražota ar pirmo mašīnu, saskaņā ar Beijesa formulu ir vienāda ar

Problēma 1.19. Ir trīs detaļu partijas, katrā ir 20 daļas. Standarta detaļu skaits pirmajā, otrajā un trešajā partijā ir attiecīgi 20, 15, 10. Detaļa, kas izrādījās standarta, tika nejauši izņemta no atlasītās partijas. Detaļas tiek atgrieztas partijā, un daļa tiek nejauši izņemta no tās pašas partijas, kas arī izrādās standarta. Atrodiet varbūtību, ka daļas tika izņemtas no trešās partijas.
Risinājums. Apzīmēsim ar A notikums - katrā no diviem izmēģinājumiem (ar atgriešanos) tika izgūta standarta daļa. Var izdarīt trīs pieņēmumus (hipotēzes): B 1 – daļas tiek izņemtas no pirmās partijas, IN 2 – daļas tiek izņemtas no otrās partijas, IN 3 – daļas tiek izņemtas no trešās partijas.
Daļas tika iegūtas nejauši no noteiktās partijas, tāpēc hipotēžu varbūtības ir vienādas: P(B 1) = P(B 2) = P(B 3) = 1/3.
Atradīsim nosacīto varbūtību P(A/B 1), t.i. varbūtība, ka no pirmās partijas secīgi tiks izņemtas divas standarta daļas. Šis pasākums ir uzticams, jo pirmajā partijā visas detaļas ir standarta, tātad P(A/B 1) = 1.
Atradīsim nosacīto varbūtību P(A/B 2), t.i. varbūtība, ka divas standarta daļas tiks secīgi izņemtas (un atgrieztas) no otrās partijas: P(A/B 2)= 15/20 ∙ 15/20 = 9/16.
Atradīsim nosacīto varbūtību P(A/B 3), t.i. varbūtība, ka divas standarta daļas tiks secīgi izņemtas (un atgrieztas) no trešās partijas: P(A/B 3) = 10/20 · 10/20 = 1/4.
Vēlamā varbūtība, ka abas ekstrahētās standarta daļas tiks ņemtas no trešās partijas saskaņā ar Beijesa formulu, ir vienāda ar

1.2.7. Atkārtoti testi

Ja tiek veikti vairāki testi, un notikuma varbūtība A katrā testā nav atkarīgs no citu testu rezultātiem, tad šādus testus sauc neatkarīgs attiecībā uz notikumu A. Dažādos neatkarīgos izmēģinājumos pasākums A var būt dažādas varbūtības vai viena un tā pati varbūtība. Mēs turpmāk izskatīsim tikai tādus neatkarīgus testus, kuros notikums A ir tāda pati varbūtība.
Ļaujiet tai ražot P neatkarīgi izmēģinājumi, no kuriem katrā notikums A var parādīties vai neparādīties. Piekritīsim pieņemt, ka notikuma varbūtība A katrā izmēģinājumā ir tas pats, proti, vienāds R. Tāpēc varbūtība, ka notikums nenotiks A katrā izmēģinājumā ir arī nemainīgs un vienāds ar 1– R.Šo varbūtības shēmu sauc Bernulli shēma. Izvirzīsim sev uzdevumu aprēķināt varbūtību, ka kad P Bernulli testa pasākums A piepildīsies k vienreiz ( k– panākumu skaits) un tāpēc nepiepildīsies P- vienreiz. Ir svarīgi uzsvērt, ka tas nav nepieciešams, lai pasākums A precīzi atkārtoja k reizes noteiktā secībā. Mēs apzīmējam vēlamo varbūtību R p (k). Piemēram, simbols R 5(3) nozīmē varbūtību, ka piecos izmēģinājumos notikums parādīsies tieši 3 reizes un tāpēc nenotiks 2 reizes.
Uzdoto problēmu var atrisināt, izmantojot t.s Bernulli formulas, kas izskatās šādi:
.
Uzdevums 1.20. Varbūtība, ka elektroenerģijas patēriņš vienas dienas laikā nepārsniegs noteikto normu, ir vienāda ar R=0,75. Atrodiet varbūtību, ka tuvāko 6 dienu laikā elektrības patēriņš 4 dienas nepārsniegs normu.
Risinājums. Normāla enerģijas patēriņa varbūtība katrā no 6 dienām ir nemainīga un vienāda ar R=0,75. Līdz ar to arī pārmērīga enerģijas patēriņa iespējamība katru dienu ir nemainīga un vienāda ar q= 1–R=1–0,75=0,25.
Nepieciešamā varbūtība saskaņā ar Bernulli formulu ir vienāda ar
.
Uzdevums 1.21. Divi vienādi šahisti spēlē šahu. Kas ir ticamāks: uzvarēt divās spēlēs no četrām vai trīs spēlēm no sešām (netiek ņemti vērā neizšķirti)?
Risinājums. Spēlē vienlīdzīgi šahisti, tātad iespēja uzvarēt R= 1/2, tātad varbūtība zaudēt q ir arī vienāds ar 1/2. Jo visās spēlēs uzvaras iespējamība ir nemainīga un nav svarīgi, kādā secībā spēles tiek uzvarētas, tad ir piemērojama Bernulli formula.
Noskaidrosim varbūtību, ka tiks uzvarētas divas spēles no četrām:

Atradīsim varbūtību, ka tiks uzvarētas trīs spēles no sešām:

Jo P 4 (2) > P 6 (3), tad lielāka iespēja uzvarēt divās spēlēs no četrām nekā trīs no sešām.
Tomēr var redzēt, ka izmantojot Bernulli formulu lielām vērtībām n diezgan grūti, jo formulai ir nepieciešamas darbības ar milzīgiem skaitļiem, un tāpēc aprēķinu procesā uzkrājas kļūdas; Tā rezultātā gala rezultāts var ievērojami atšķirties no patiesā.
Lai atrisinātu šo problēmu, ir vairākas robežu teorēmas, kas tiek izmantotas liela skaita testu gadījumā.
1. Puasona teorēma
Veicot lielu skaitu testu, izmantojot Bernulli shēmu (ar n=> ∞) un ar nelielu skaitu labvēlīgu iznākumu k(tiek pieņemts, ka veiksmes varbūtība lpp mazs), Bernulli formula tuvojas Puasona formulai
.
Piemērs 1.22. Defektu iespējamība, kad uzņēmums ražo produkta vienību, ir vienāda ar lpp=0,001. Kāda ir varbūtība, ka, saražojot 5000 preces vienības, mazāk nekā 4 no tām būs bojātas (notikums A Risinājums. Jo n ir liels, mēs izmantojam Laplasa lokālo teorēmu:

Aprēķināsim x:
Funkcija – pāra, tātad φ(–1,67) = φ(1,67).
Izmantojot tabulu pielikumā A.1, mēs atrodam φ(1,67) = 0,0989.
Nepieciešamā varbūtība P 2400 (1400) = 0,0989.
3. Laplasa integrāļa teorēma
Ja varbūtība R notikuma rašanos A katrā izmēģinājumā saskaņā ar Bernulli shēmu ir nemainīgs un atšķiras no nulles un viena, tad ar lielu skaitu izmēģinājumu n, varbūtība R p (k 1 , k 2) notikuma iestāšanās Ašajos testos no k 1 līdz k 2 reizes aptuveni vienādi
R p(k 1 , k 2) = Φ ( x"") – Φ ( x"), Kur
- Laplasa funkcija,

Laplasa funkcijas noteikto integrāli nevar aprēķināt analītisko funkciju klasē, tāpēc tā aprēķināšanai tiek izmantota tabula. 2. punkts, kas dots pielikumā.
Piemērs 1.24. Notikuma iespējamība katrā no simts neatkarīgiem izmēģinājumiem ir nemainīga un vienāda ar lpp= 0,8. Atrodi varbūtību, ka notikums parādīsies: a) vismaz 75 un ne vairāk kā 90 reizes; b) vismaz 75 reizes; c) ne vairāk kā 74 reizes.
Risinājums. Izmantosim Laplasa integrāļa teorēmu:
R p(k 1 , k 2) = Φ ( x"") – Φ( x"), kur Ф( x) – Laplasa funkcija,

a) saskaņā ar nosacījumu, n = 100, lpp = 0,8, q = 0,2, k 1 = 75, k 2 = 90. Aprēķināsim x"" Un x" :


Ņemot vērā, ka Laplasa funkcija ir nepāra, t.i. F(- x) = – Ф( x), mēs saņemam
P 100 (75;90) = Ф (2,5) – Ф(–1,25) = Ф(2,5) + Ф(1,25).
Saskaņā ar tabulu P.2. mēs atradīsim pieteikumus:
F(2,5) = 0,4938; F(1,25) = 0,3944.
Nepieciešamā varbūtība
P 100 (75; 90) = 0,4938 + 0,3944 = 0,8882.
b) Prasība, ka notikums parādās vismaz 75 reizes, nozīmē, ka notikuma atgadījumu skaits var būt 75, vai 76, ..., vai 100. Tādējādi izskatāmajā gadījumā tas ir jāpieņem. k 1 = 75, k 2 = 100. Tad

.
Saskaņā ar tabulu P.2. pielietojumā atrodam Ф(1.25) = 0.3944; Ф(5) = 0,5.
Nepieciešamā varbūtība
P 100 (75;100) = (5) – (–1,25) = (5) + (1,25) = 0,5 + 0,3944 = 0,8944.
c) notikums - " A parādījās vismaz 75 reizes" un " A parādījās ne vairāk kā 74 reizes" ir pretēji, tāpēc šo notikumu varbūtību summa ir vienāda ar 1. Tāpēc vēlamā varbūtība
P 100 (0;74) = 1 – P 100 (75; 100) = 1 – 0,8944 = 0,1056.

Varbūtību teorija, tāpat kā jebkura matemātikas nozare, darbojas ar noteiktu jēdzienu klāstu. Lielākajai daļai varbūtības teorijas jēdzienu ir dota definīcija, bet daži tiek uzskatīti par primāriem, nevis definētiem, piemēram, punkts, taisne, plakne ģeometrijā. Varbūtības teorijas primārais jēdziens ir notikums. Notikums tiek saprasts kā kaut kas, par kuru pēc noteikta laika var pateikt vienu un tikai vienu no divām lietām:

• · Jā, tas notika.
• · Nē, tas nenotika.

Piemēram, man ir loterijas biļete. Pēc izlozes rezultātu publicēšanas mani interesējošais notikums - tūkstoš rubļu laimēšana - vai nu notiek, vai nenotiek. Jebkurš notikums notiek pārbaudes (vai pieredzes) rezultātā. Pārbaude (vai pieredze) attiecas uz apstākļiem, kuru rezultātā notiek kāds notikums. Piemēram, monētas mešana ir pārbaudījums, un “ģerboņa” parādīšanās uz tās ir notikums. Notikums parasti tiek apzīmēts ar lielajiem latīņu burtiem: A,B,C,…. Notikumus materiālajā pasaulē var iedalīt trīs kategorijās – ticamos, neiespējamos un nejaušos.

Noteikts notikums ir notikums, par kuru ir zināms iepriekš. To apzīmē ar burtu W. Līdz ar to ir ticams, ka, metot parasto kauliņu, parādās ne vairāk kā seši punkti, baltas bumbas izskats, kad to izņem no urnas, kurā ir tikai baltas bumbas utt.

Neiespējams notikums ir iepriekš zināms notikums, kas nenotiks. To apzīmē ar burtu E. Neiespējamo notikumu piemēri ir vairāk nekā četru dūžu izvilkšana no parastās kāršu klāja, sarkanas bumbiņas izvilkšana no urnas, kurā ir tikai baltas un melnas bumbiņas utt.

Nejaušs notikums ir notikums, kas var notikt vai nenotikt testa rezultātā. Notikumi A un B tiek saukti par nesaderīgiem, ja viena no tiem iestāšanās izslēdz otra rašanās iespēju. Tādējādi jebkura iespējamā punktu skaita parādīšanās, metot kauliņu (notikums A), nav savienojams ar cita skaitļa parādīšanos (notikums B). Pāra punktu ripināšana ir pretrunā ar nepāra skaitļa ripināšanu. Gluži pretēji, pāra punktu skaita ripināšana (notikums A) un punktu skaits, kas ir trīs reizes reizināts (notikums B), nebūs nesavienojami, jo sešu punktu ripināšana nozīmē gan notikuma A, gan notikuma B iestāšanos, tāpēc viena no tām rašanās neizslēdz otra rašanos. Varat veikt darbības ar notikumiem. Divu notikumu savienība C=AUB ir notikums C, kas notiek tad un tikai tad, ja notiek vismaz viens no šiem notikumiem A un B. Divu notikumu krustpunkts D=A?? B ir notikums, kas notiek tad un tikai tad, ja notiek gan notikumi A, gan B.