Eksāmenu atrisinās klasiskā varbūtības definīcija. Varbūtību teorija matemātikas eksāmenā

Notikuma $A$ varbūtība ir $A$ labvēlīgo iznākumu skaita attiecība pret visu vienādi iespējamo iznākumu skaitu

$P(A)=(m)/(n)$, kur $n$ ir kopējais iespējamo iznākumu skaits un $m$ ir $A$ labvēlīgo rezultātu skaits.

Notikuma varbūtība ir skaitlis no segmenta $$

Pieejama taksometru kompānija $50 automašīnas. $35 $ no tiem ir melni, pārējie ir dzelteni. Atrodiet varbūtību, ka automašīna ieradīsies nejaušā izsaukumā dzeltena krāsa.

Atrodiet dzelteno automašīnu skaitu:

Kopumā ir 50 $ automašīnas, tas ir, viens no piecdesmit ieradīsies uz zvanu. Dzeltenās automašīnas ir $15, tāpēc varbūtība, ka piebrauks dzeltenā automašīna, ir $(15)/(50)=(3)/(10)=0.3$

Atbilde: $0,3 $

Pretēji notikumi

Tiek teikts, ka divi notikumi ir pretēji, ja šis tests tie nav savienojami, un viens no tiem noteikti notiks. Pretēju notikumu varbūtības summējas līdz 1. Notikumam pretī notikumam $A$ tiek uzrakstīts $((A))↖(-)$.

$P(A)+P((A))↖(-)=1$

Neatkarīgi pasākumi

Divus notikumus $A$ un $B$ sauc par neatkarīgiem, ja katra no tiem iestāšanās varbūtība nav atkarīga no tā, vai otrs notikums ir noticis vai nē. Pretējā gadījumā notikumus sauc par atkarīgiem.

Divu neatkarīgu notikumu $A$ un $B$ reizinājuma varbūtība ir vienāda ar šo varbūtību reizinājumu:

$P(A B)=P(A) P(B)$

Ivans Ivanovičs iegādājās divas dažādas loterijas biļetes. Varbūtība, ka uzvarēs pirmais loterijas biļete, ir vienāds ar USD 0,15. Varbūtība, ka laimēs otrā loterijas biļete ir 0,12 USD. Abās izlozēs piedalās Ivans Ivanovičs. Pieņemot, ka izlozes notiek neatkarīgi viens no otra, atrodiet varbūtību, ka Ivans Ivanovičs uzvarēs abos izlozēs.

Varbūtība $P(A)$ - laimē pirmo biļeti.

Varbūtība $P(B)$ - laimē otro biļeti.

Notikumi $A$ un $B$ ir neatkarīgi notikumi. Tas ir, lai atrastu varbūtību, ka notiks abi notikumi, jums jāatrod varbūtību reizinājums

$P(A B)=P(A) P(B)$

$P = 0,15 0,12 = 0,018 $

Atbilde: 0,018 USD

Nesaderīgi notikumi

Divi notikumi $A$ un $B$ tiek uzskatīti par nesaderīgiem, ja nav tādu rezultātu, kas būtu labvēlīgi gan notikumam $A$, gan notikumam $B$. (Notikumi, kas nevar notikt vienlaikus)

Divu nesaderīgu notikumu $A$ un $B$ summas varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu:

$P(A+B)=P(A)+P(B)$

Algebras eksāmenā skolēns iegūst vienu jautājumu no visiem eksāmeniem. Varbūtība, ka šis ir jautājums par tēmu " Kvadrātvienādojumi", ir vienāds ar 0,3 USD. Varbūtība, ka šis ir jautājums par tēmu " Iracionālie vienādojumi", ir vienāds ar USD 0,18. Nav jautājumu saistībā ar šīm divām tēmām vienlaikus. Atrodiet varbūtību, ka students eksāmenā saņems jautājumu par vienu no šīm divām tēmām.

Šie notikumi tiek saukti par nesavienojamiem, jo skolēns saņems jautājumu VAI par tēmu “Kvadrātvienādojumi”, VAI par tēmu “Iracionālie vienādojumi”. Tēmas nevar uztvert vienlaikus. Divu nesaderīgu notikumu $A$ un $B$ summas varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu:

$P(A+B)=P(A)+P(B)$

$P \u003d 0,3 + 0,18 \u003d 0,48 $

Atbilde: 0,48 USD

Kopīgie pasākumi

Tiek uzskatīts, ka divi notikumi ir kopīgi, ja viens no tiem neizslēdz otra rašanos tajā pašā izmēģinājumā. Pretējā gadījumā notikumus sauc par nesaderīgiem.

Divu kopīgu notikumu $A$ un $B$ summas varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu, atskaitot to reizinājuma varbūtību:

$P(A+B)=P(A)+P(B)-P(A B)$

Kinoteātra vestibilā atrodas divi identiski kafijas automāti. Varbūtība, ka kafijas automātā beigsies kafija līdz dienas beigām, ir 0,6 $. Varbūtība, ka abos automātos beigsies kafija, ir 0,32 USD. Atrodiet varbūtību, ka līdz dienas beigām vismaz vienā no tirdzniecības automātiem kafija beigsies.

Apzīmēsim notikumus, pieņemsim:

$A$ = kafija beigsies pirmajā automātā,

$B$ = kafija beigsies otrajā automātā.

$A B =$ kafija beigsies abos tirdzniecības automātos,

$A + B =$ kafija beigsies vismaz vienā tirdzniecības automātā.

Pēc vienošanās $P(A) = P(B) = 0,6; P(A B) = 0,32 USD.

Notikumi $A$ un $B$ ir apvienoti, divu kopīgu notikumu summas varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu, kas samazināta ar to reizinājuma varbūtību:

$P(A + B) = P(A) + P(B) - P(A B) = 0,6 + 0,6 - 0,32 = 0,88 $

Līdz šim prezentēts matemātikas USE problēmu atklātajā bankā (mathege.ru), kuras risinājums ir balstīts tikai uz vienu formulu, kas ir klasiska varbūtības definīcija.

Vienkāršākais veids, kā saprast formulu, ir ar piemēriem.
1. piemērs Grozā ir 9 sarkanas un 3 zilas bumbiņas. Bumbiņas atšķiras tikai pēc krāsas. Pēc nejaušības principa (neskatoties) mēs iegūstam vienu no tiem. Kāda ir iespējamība, ka šādi izvēlētā bumbiņa būs zila?

Komentārs. Varbūtības problēmās notiek kaut kas (šajā gadījumā mūsu lodes vilkšanas darbība), kas var būt atšķirīgs rezultāts- iznākums. Jāpiebilst, ka rezultātu var aplūkot dažādi. "Izvilkām bumbu" arī ir rezultāts. "Mēs izvilkām zilo bumbu" ir rezultāts. "Mēs izvilkām šo konkrēto bumbiņu no visām iespējamām bumbiņām" - šāds vismazāk vispārinātais rezultāta skatījums tiek saukts par elementāru iznākumu. Varbūtības aprēķināšanas formulā ir domāti elementārie rezultāti.

Risinājums. Tagad mēs aprēķinām zilās bumbas izvēles varbūtību.
Notikums A: "izvēlētā bumba izrādījās zila"
Kopējais visu iespējamo iznākumu skaits: 9+3=12 (visu bumbiņu skaits, ko mēs varētu izvilkt)
Notikumam A labvēlīgo iznākumu skaits: 3 (to iznākumu skaits, kuros notika notikums A, tas ir, zilo bumbiņu skaits)
P(A)=3/12=1/4=0,25
Atbilde: 0,25

Aprēķināsim tai pašai problēmai sarkanās bumbiņas izvēles varbūtību.
Kopējais iespējamo iznākumu skaits paliks nemainīgs, 12. Labvēlīgo iznākumu skaits: 9. Vēlamā varbūtība: 9/12=3/4=0,75

Jebkura notikuma varbūtība vienmēr ir no 0 līdz 1.
Dažkārt ikdienas runā (bet ne varbūtības teorijā!) notikumu iespējamība tiek novērtēta procentos. Pāreja starp matemātisko un sarunvalodas vērtējumu tiek veikta, reizinot (vai dalot) ar 100%.
Tātad,
Šajā gadījumā varbūtība ir nulle notikumiem, kas nevar notikt – maz ticami. Piemēram, mūsu piemērā tā būtu varbūtība no groza izvilkt zaļo bumbu. (Labvēlīgo iznākumu skaits ir 0, P(A)=0/12=0, ja rēķina pēc formulas)
1. varbūtībai ir notikumi, kas noteikti notiks bez iespējām. Piemēram, varbūtība, ka "izvēlētā bumba būs sarkana vai zila", ir mūsu problēma. (Labvēlīgo iznākumu skaits: 12, P(A)=12/12=1)

Mēs esam apskatījuši klasisku piemēru, kas ilustrē varbūtības definīciju. Visi līdzīgi IZMANTOT uzdevumus saskaņā ar varbūtību teoriju tiek atrisināti, izmantojot šo formulu.
Sarkano un zilo bumbiņu vietā var būt āboli un bumbieri, zēni un meitenes, apgūtas un neapgūtas biļetes, biļetes, kurās ir un nav ietverts jautājums par noteiktu tēmu (prototipi , ), bojātas un kvalitatīvas somas vai dārza sūkņi (prototipi). , ) - princips paliek nemainīgs.

Nedaudz atšķiras teorijas problēmas formulējums IZMANTOT varbūtības, kur jums jāaprēķina iespējamība, ka notikums notiks noteiktā dienā. ( , ) Tāpat kā iepriekšējos uzdevumos, jums ir jānosaka, kas ir elementārs rezultāts, un pēc tam jāpiemēro tā pati formula.

2. piemērs Konference ilgst trīs dienas. Pirmajā un otrajā dienā pa 15 runātājiem, trešajā dienā - 20. Kāda ir varbūtība, ka profesora M. referāts iekritīs trešajā dienā, ja referātu secību nosaka izlozē?

Kāds šeit ir elementārs iznākums? - Profesora ziņojuma piešķiršana vienam no visiem iespējamajiem runas kārtas numuriem. Izlozē piedalās 15+15+20=50 cilvēki. Tādējādi profesora M. ziņojums var saņemt vienu no 50 numuriem. Tas nozīmē, ka ir tikai 50 elementāri rezultāti.
Kādi ir labvēlīgie rezultāti? – Tās, kurās izrādās, ka profesors runās trešajā dienā. Tas ir, pēdējie 20 skaitļi.
Saskaņā ar formulu varbūtība P(A)= 20/50=2/5=4/10=0,4
Atbilde: 0.4

Izloze šeit ir nejaušas sarakstes izveidošana starp cilvēkiem un pasūtītām vietām. 2. piemērā saskaņošana tika apsvērta, ņemot vērā to, kuru vietu konkrēta persona varētu ieņemt. Tai pašai situācijai var pieiet no otras puses: kurš no cilvēkiem ar kādu varbūtību varētu nokļūt konkrētajā vietā (prototipi , , , ):

3. piemērs Izlozē piedalās 5 vācieši, 8 francūži un 3 igauņi. Kāda ir iespējamība, ka pirmais (/otrais/septītais/pēdējais - nav svarīgi) būs francūzis.

Elementāro rezultātu skaits ir visu skaits iespējamie cilvēki kurš, izlozes kārtībā, varētu iekļūt dotā vieta. 5+8+3=16 cilvēki.
Labvēlīgi iznākumi - franči. 8 cilvēki.
Vēlamā varbūtība: 8/16=1/2=0,5
Atbilde: 0,5

Prototips ir nedaudz atšķirīgs. Ir uzdevumi par monētām () un kauliņiem (), kas ir nedaudz radošāki. Šo problēmu risinājumus var atrast prototipu lapās.

Šeit ir daži monētu vai kauliņu mešanas piemēri.

4. piemērs Kad mēs metam monētu, kāda ir varbūtība iegūt astes?
Rezultāti 2 - galvas vai astes. (tiek uzskatīts, ka monēta nekad nekrīt uz malas) Labvēlīgs iznākums - astes, 1.
Varbūtība 1/2=0,5
Atbilde: 0,5.

5. piemērs Ko darīt, ja mēs divreiz uzmetam monētu? Kāda ir iespējamība, ka tas iznāks abas reizes?
Galvenais ir noteikt, kādus elementārus rezultātus ņemsim vērā, metot divas monētas. Pēc divu monētu mešanas var rasties viens no šiem rezultātiem:
1) PP - abas reizes tas nāca uz augšu
2) PO - pirmo reizi astes, otro reizi galvas
3) OP - pirmo reizi galvas, otro reizi astes
4) OO - heads up abas reizes
Citu variantu nav. Tas nozīmē, ka elementārie rezultāti ir 4. Tikai pirmais ir labvēlīgs, 1.
Varbūtība: 1/4=0,25
Atbilde: 0,25

Kāda ir varbūtība, ka divi monētas metieni nokritīs uz astēm?
Elementāro iznākumu skaits ir vienāds, 4. Labvēlīgi rezultāti ir otrais un trešais, 2.
Varbūtība iegūt vienu asti: 2/4=0,5

Šādās problēmās var noderēt cita formula.
Ja ar vienu monētas mešanu iespējas mums ir 2 rezultāti, tad diviem metieniem rezultāti būs 2 2=2 2 =4 (kā 5. piemērā), trīs metieniem 2 2 2=2 3 =8, četriem: 2 2 2 2 =2 4 = 16, … N metieniem ir 2·2·...·2=2 N iespējamie iznākumi.

Tātad, jūs varat atrast varbūtību iegūt 5 astes no 5 monētu metieniem.
Kopējais pamatrezultātu skaits: 2 5 =32.
Labvēlīgi rezultāti: 1. (RRRRRR — visas 5 reizes astes)
Varbūtība: 1/32=0,03125

Tas pats attiecas uz kauliņiem. Ar vienu metienu iespējamie rezultāti ir 6. Tātad diviem metieniem: 6 6=36, trīs 6 6 6=216 utt.

6. piemērs Mēs metam kauliņu. Kāda ir varbūtība iegūt pāra skaitli?

Kopējie rezultāti: 6, atkarībā no seju skaita.
Labvēlīgi: 3 rezultāti. (2, 4, 6)
Varbūtība: 3/6=0,5

7. piemērs Izmet divus kauliņus. Kāda ir iespējamība, ka kopējais metiens ir 10? (noapaļas līdz simtdaļām)

Vienam mirstam ir 6 iespējamie iznākumi. Tātad diviem, saskaņā ar iepriekš minēto noteikumu, 6·6=36.
Kādi rezultāti būs labvēlīgi, lai kopā 10 izkristu?
10 ir jāsadala divu skaitļu summā no 1 līdz 6. To var izdarīt divos veidos: 10=6+4 un 10=5+5. Tātad kubiem ir iespējamas šādas iespējas:
(6 pirmajā un 4 otrajā)
(4 pirmajā un 6 otrajā)
(5 pirmajā un 5 otrajā)
Kopumā 3 varianti. Vēlamā varbūtība: 3/36=1/12=0,08
Atbilde: 0,08

Cita veida B6 problēmas tiks apspriestas vienā no šiem rakstiem "Kā atrisināt".

V-6-2014 (visi 56 prototipi no USE bankas)

Spēt būvēt un izpētīt visvienkāršāko matemātiskie modeļi(varbūtību teorija)

1. Izlases eksperimentā tiek izmesti divi kauliņi. Atrodi varbūtību iegūt 8 punktus kopā. Rezultātu noapaļo līdz tuvākajai simtdaļai. Risinājums: Iznākumu skaits, kuros kauliņa metiena rezultātā izkritīs 8 punkti, ir 5: 2+6, 3+5, 4+4, 5+3, 6+2. Katrs no kauliņiem var izkrist sešos veidos, tātad kopējais iznākumu skaits ir 6 6 = 36. Līdz ar to varbūtība, ka kopā izkritīs 8 punkti, ir 5: 36=0,138…=0,14

2. Izlases eksperimentā simetriska monēta tiek izmesta divas reizes. Atrodiet varbūtību, ka galviņas parādās tieši vienu reizi. Risinājums: Eksperimentam ir 4 iespējamie rezultāti: galvas-galvas, galvas-astes, astes-galvas, astes-astes. Galvas parādās tieši vienu reizi divos gadījumos: galvas-astes un astes-galvas. Tāpēc varbūtība, ka galvas izkritīs tieši 1 reizi, ir 2: 4 = 0,5.

3. Vingrošanas čempionātā piedalās 20 sportisti: 8 no Krievijas, 7 no ASV, pārējie no Ķīnas. Vingrotāju izpildes secība tiek noteikta izlozē. Atrodiet varbūtību, ka sportists, kurš startē pirmais, ir no Ķīnas. Risinājums: Piedalās čempionātāsportisti no Ķīnas. Tad varbūtība, ka sportists, kurš uzstāsies pirmais, būs no Ķīnas, ir 5: 20 = 0,25

4. Vidēji no 1000 pārdotajiem dārza sūkņiem noplūst 5. Atrodiet varbūtību, ka vienam nejauši izvēlētam sūknim nebūs noplūdes. Risinājums: Vidēji no 1000 pārdotajiem dārza sūkņiem 1000 - 5 = 995 neizplūst. Tas nozīmē, ka varbūtība, ka viens sūknis, kas nejauši izvēlēts kontrolei, nenoplūdīs, ir 995: 1000 = 0,995

5. Rūpnīcā tiek ražoti maisi. Vidēji uz katriem 100 kvalitatīviem maisiem ir astoņi maisi ar slēptiem defektiem. Atrodi varbūtību, ka iegādātā soma būs kvalitatīva. Rezultātu noapaļo līdz tuvākajai simtdaļai. Risinājums: Saskaņā ar nosacījumu uz katriem 100 + 8 = 108 maisiem ir 100 kvalitatīvi maisi. Tas nozīmē, ka varbūtība, ka iegādātā soma būs kvalitatīva, ir 100: 108 \u003d 0,925925 ... \u003d 0,93

6. Lodes grūšanas sacensībās piedalās 4 sportisti no Somijas, 7 sportisti no Dānijas, 9 sportisti no Zviedrijas un 5 sportisti no Norvēģijas. Kārtību, kādā sportisti sacenšas, nosaka izloze. Atrodiet varbūtību, ka pēdējais dalībnieks, kas piedalās sacensībās, ir no Zviedrijas.. Risinājums: Kopumā sacensībās piedalās 4 + 7 + 9 + 5 = 25 sportisti. Tātad varbūtība, ka sportists, kurš startēs pēdējais, būs no Zviedrijas, ir 9: 25 = 0,36

7. Zinātniskā konference notiek pēc 5 dienām. Pavisam plānoti 75 ziņojumi - pirmās trīs dienas, katrā pa 17 ziņojumiem, pārējās vienādi sadalītas starp ceturto un piekto dienu. Atskaišu secību nosaka izloze. Kāda ir varbūtība, ka profesora M. referāts tiks ieplānots konferences pēdējā dienā? Risinājums: Pirmajās trīs dienās tiks nolasīts 51 ziņojums, pēdējās divās dienās plānoti 24 referāti. Līdz ar to pēdējā dienā paredzēti 12 ziņojumi. Tas nozīmē, ka varbūtība, ka profesora M. ziņojums tiks ieplānots konferences pēdējā dienā, ir 12: 75 = 0,16

8. Izpildītāju konkurss notiek 5 dienu laikā. Kopā tika pieteiktas 80 izrādes – pa vienai no katras valsts. Pirmajā dienā ir 8 izrādes, pārējās tiek sadalītas vienādi starp atlikušajām dienām. Priekšnesumu secību nosaka izloze. Kāda ir iespējamība, ka Krievijas pārstāvja uzstāšanās notiks trešajā sacensību dienā? Risinājums: Paredzēts trešajā dienārunas. Tas nozīmē, ka varbūtība, ka trešajā sacensību dienā tiks ieplānota Krievijas pārstāvja uzstāšanās, ir 18: 80 = 0,225

9. Uz semināru bija ieradušies 3 zinātnieki no Norvēģijas, 3 no Krievijas un 4 no Spānijas. Atskaišu secību nosaka izloze. Atrodiet varbūtību, ka astotais būs zinātnieka no Krievijas ziņojums. Risinājums: Kopumā seminārā piedalās 3 + 3 + 4 = 10 zinātnieki, kas nozīmē, ka varbūtība, ka astotais zinātnieks būs no Krievijas, ir 3:10 = 0,3.

10. Pirms badmintona čempionāta pirmās kārtas sākuma dalībnieki pēc nejaušības principa izlozes kārtībā tiek sadalīti spēļu pāros. Kopumā čempionātā piedalās 26 badmintonisti, tostarp 10 dalībnieki no Krievijas, tostarp Ruslans Orlovs. Atrodi varbūtību, ka pirmajā kārtā Ruslans Orlovs spēlēs ar kādu badmintonistu no Krievijas? Risinājums: Pirmajā kārtā Ruslans Orlovs var spēlēt ar 26 − 1 = 25 badmintonistiem, no kuriem 10 − 1 = 9 no Krievijas. Tas nozīmē, ka varbūtība, ka pirmajā kārtā Ruslans Orlovs spēlēs ar jebkuru badmintonistu no Krievijas, ir 9: 25 = 0,36

11. Bioloģijas biļešu kolekcijā ir tikai 55 biļetes, 11 no tām satur jautājumu par botāniku. Atrodiet varbūtību, ka students nejauši izvēlētā eksāmena biļetē saņems jautājumu par botāniku. Risinājums: 11: 55 = 0,2

12. Niršanas čempionātā startē 25 sportisti, starp tiem 8 lēcēji no Krievijas un 9 lēcēji no Paragvajas. Priekšnesumu secību nosaka izloze. Atrodiet varbūtību, ka sestais lēcējs būs no Paragvajas.

13. Divas rūpnīcas ražo vienu un to pašu stiklu automašīnu priekšējiem lukturiem. Pirmajā rūpnīcā tiek ražoti 30% no šīm brillēm, otrajā - 70%. Pirmajā rūpnīcā tiek ražoti 3% defektīvo stiklu, bet otrajā - 4%. Atrodiet iespējamību, ka veikalā nejauši nopirktā glāze būs bojāta.

Risinājums. Pārvērst %% par daļskaitļiem.

Pasākums A - "Iegādātas brilles no pirmās rūpnīcas." P(A)=0,3

Pasākums B - "Ir iegādātas otrās rūpnīcas brilles." P(B)=0,7

Notikums X — "Windows ir bojāti".

P(A un X) = 0,3*0,03=0,009

P(B un X) = 0,7*0,04=0,028 Pēc kopējās varbūtības formulas: P = 0,009+0,028 = 0.037

14. Ja lielmeistars A. spēlē balto, tad viņš uzvar lielmeistaru B. ar varbūtību 0,52. Ja A. spēlē melno, tad A. pārspēj B. ar varbūtību 0,3. Lielmeistari A. un B. spēlē divas spēles, un otrajā spēlē maina figūru krāsu. Atrodiet varbūtību, ka A. uzvarēs abas reizes. Risinājums: 0,52 * 0,3 = 0,156.

15. Vasja, Petja, Koļa un Ļoša izmeta lozi - kam jāsāk spēle. Atrodiet varbūtību, ka Petja sāks spēli.

Risinājums: Izlases eksperiments – ložu mešana.
Šajā eksperimentā elementārais notikums ir dalībnieks, kurš uzvar.
Mēs uzskaitām iespējamos elementāros notikumus:
(Vasja), (Petja), (Koļa), (Leša).
Tie būs 4, t.i. N=4. Lote nozīmē, ka visi elementārie notikumi ir vienlīdz iespējami.
Notikumam A= (Petja uzvarēja loterijā) ir labvēlīgs tikai viens elementārs notikums (Petija). Tāpēc N(A)=1.
Tad P(A)=0,25 Atbilde: 0,25.

16. Pasaules čempionātā piedalās 16 komandas. Izlozējot, tie jāsadala četrās grupās pa četrām komandām katrā. Kastītē ir sajauktas kārtis ar grupu numuriem: 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4. Komandu kapteiņi izvelk vienu kārti. . Kāda ir iespējamība, ka Krievijas izlase tiks otrajā grupā? Risinājums: Kopumā ir 16 rezultāti. ar skaitli 2 būs 4. Tātad 4: 16=0,25

17. Ģeometrijas eksāmenā students iegūst vienu jautājumu no eksāmena jautājumu saraksta. Varbūtība, ka šis ir ierakstīta apļa jautājums, ir 0,2. Varbūtība, ka šis ir paralelogrammas jautājums, ir 0,15. Nav jautājumu saistībā ar šīm divām tēmām vienlaikus. Atrodiet varbūtību, ka students eksāmenā saņems jautājumu par vienu no šīm divām tēmām.

= (jautājums par tēmu "Ierakstīts aplis"),
= (jautājums par tēmu "Paralelogramma").
Notikumi Un ir nesavietojami, jo pēc nosacījuma sarakstā nav neviena jautājuma, kas vienlaikus būtu saistīts ar šīm divām tēmām.
Pasākums= (jautājums par vienu no šīm divām tēmām) ir viņu savienība:.
Mēs izmantojam formulu nesaderīgu notikumu varbūtību pievienošanai:
.

18.B Mall divi identiski tirdzniecības automāti pārdod kafiju. Varbūtība, ka kafijas automātā līdz dienas beigām beigsies kafija, ir 0,3. Varbūtība, ka abos automātos beigsies kafija, ir 0,12. Atrodi varbūtību, ka līdz dienas beigām abos automātos būs palikusi kafija.

Definēsim notikumus
= (kafija beigsies pirmajā automātā),
= (kafija beigsies otrajā automātā).
Saskaņā ar uzdevumu Un .
Izmantojot varbūtību saskaitīšanas formulu, mēs atrodam notikuma varbūtību
Un = (kafija beigsies vismaz vienā no automātiem):

.
Tāpēc pretēja notikuma varbūtība (kafija paliks abos automātos) ir vienāda ar
.

19. Biatlonists šauj mērķos piecas reizes. Varbūtība trāpīt mērķī ar vienu šāvienu ir 0,8. Atrodiet varbūtību, ka biatlonists trāpīja mērķos pirmās trīs reizes un palaida garām pēdējās divas reizes. Rezultātu noapaļo līdz tuvākajai simtdaļai.

Šajā uzdevumā tiek pieņemts, ka katra nākamā šāviena rezultāts nav atkarīgs no iepriekšējiem. Tāpēc notikumi “trāpīja pa pirmo šāvienu”, “trāpīja uz otro šāvienu” utt. neatkarīgs.
Katra sitiena varbūtība ir. Tātad katras garām palaišanas varbūtība ir. Mēs izmantojam formulu neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanai. Mēs iegūstam šo secību
= (trāpīt, trāpīt, trāpīt, garām, garām) ir varbūtība
=
= . Atbilde:.

20. Veikalā ir divi maksājumu automāti. Katrs no tiem var būt bojāts ar varbūtību 0,05 neatkarīgi no otra automāta. Atrodiet varbūtību, ka vismaz viens automāts ir izmantojams.

Šī problēma paredz arī automātu darbības neatkarību.
Atrodiet pretēja notikuma varbūtību
= (abas mašīnas ir bojātas).
Lai to izdarītu, mēs izmantojam formulu neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanai:
.
Tātad notikuma varbūtība= (darbojas vismaz viens automāts) ir vienāds ar. Atbilde:.

21. Telpu apgaismo laterna ar divām lampām. Viena lampas izdegšanas iespējamība gada laikā ir 0,3. Atrodiet varbūtību, ka gada laikā neizdegs vismaz viena lampa. Risinājums: abi izdegs (notikumi ir neatkarīgi un mēs izmantojam varbūtību reizinājuma formulu) ar varbūtību p1=0,3⋅0,3=0,09
Pretējs pasākums(NE izdegs abi = neizdegs vismaz VIENS)
notiks ar varbūtību p=1-p1=1-0,09=0,91
ATBILDE: 0,91

22. Varbūtība, ka jauns Elektriskā tējkanna kalpos vairāk nekā gadu, ir vienāds ar 0,97. Varbūtība, ka tas ilgs vairāk nekā divus gadus, ir 0,89. Atrodiet varbūtību, ka tas ilgst mazāk nekā divus gadus, bet vairāk nekā gadu.

Risinājums.

Lai A = "tējkanna kalpos vairāk nekā gadu, bet mazāk nekā divus gadus", B = "tējkanna kalpos vairāk nekā divus gadus", tad A + B = "tējkanna kalpos vairāk nekā gadu."

Notikumi A un B ir apvienoti, to summas varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu, kas samazināta ar to reizinājuma varbūtību. Šo notikumu reizinājuma varbūtība, kas sastāv no tā, ka tējkanna sabojāsies tieši pēc diviem gadiem - tieši tajā pašā dienā, stundā un sekundē - ir vienāda ar nulli. Pēc tam:

P(A + B) = P(A) + P(B) − P(A B) = P(A) + P(B),

no kā, izmantojot nosacījumu datus, iegūstam 0,97 = P(A) + 0,89.

Tātad vēlamajai varbūtībai ir: P(A) = 0,97 − 0,89 = 0,08.

23. Agrofirmu iepirkumi vistas olas divās mājsaimniecībās. 40% no pirmās saimniecības olām ir augstākās kategorijas olas, bet no otrās saimniecības - 20% no augstākās kategorijas olām. Kopumā augstāko kategoriju saņem 35% olu. Atrodiet varbūtību, ka no šīs fermas iegādātā ola būs no pirmās fermas. Risinājums: Ielaižam pirmajā saimniecībā, lauksaimniecības firma pērk olas, ieskaitot augstākās kategorijas olas, bet otrajā saimniecībā - olas, ieskaitot augstākās kategorijas olas. Tādējādi kopumā agroforma pērk olas, ieskaitot augstākās kategorijas olas. Pēc nosacījuma 35% olu ir augstākā kategorija, tad:

Tāpēc varbūtība, ka iegādātā ola būs no pirmās fermas, ir vienāda ar =0,75

24. Uz telefona tastatūras ir 10 cipari, no 0 līdz 9. Kāda ir iespējamība, ka nejauši nospiests cipars būs pāra skaitlis?

25. Kāda ir varbūtība, ka nejauši izvēlēts naturāls skaitlis no 10 līdz 19 dalās ar trīs?

26. Kovbojs Džons trāpa mušai pa sienu ar varbūtību 0.9, ja šauj no šāviena revolvera. Ja Džons izšauj nešāvu revolveri, viņš trāpa mušai ar varbūtību 0,2. Uz galda ir 10 revolveri, no kuriem tikai 4 ir nošauti. Kovbojs Džons ierauga mušu pie sienas, nejauši satver pirmo revolveri, kas viņam nāk pretī, un šauj pa mušu. Atrodiet varbūtību, ka Džons palaidīs garām. Risinājums: Jānis sit mušu, ja viņš paķer redzīgo revolveri un trāpa no tā, vai arī, ja viņš satver neizšautu revolveri un sit no tā. Pēc nosacītās varbūtības formulas šo notikumu varbūtības ir attiecīgi 0,4 0,9 = 0,36 un 0,6 0,2 = 0,12. Šie notikumi nav savienojami, to summas varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu: 0,36 + 0,12 = 0,48. Notikums, kuru Džons palaiž garām, ir pretējs. Tās varbūtība ir 1 − 0,48 = 0,52.

27. Tūristu grupā ir 5 cilvēki. Ar lotu palīdzību viņi izvēlas divus cilvēkus, kuriem jādodas uz ciemu pēc pārtikas. Tūrists A. labprāt aizietu uz veikalu, bet viņš pakļaujas lotei. Kāda ir iespējamība, ka A dosies uz veikalu? Risinājums: Pavisam ir pieci tūristi, divi no tiem tiek izvēlēti nejauši. Varbūtība tikt izvēlētam ir 2:5 = 0,4. Atbilde: 0.4.

28.Pirms sākat futbola mačs Tiesnesis met monētu, lai noteiktu, kura komanda sāks bumbu spēli. Fiziķu komanda aizvada trīs mačus ar dažādām komandām. Atrodi varbūtību, ka šajās spēlēs "Fiziķis" uzvar tieši divas reizes. Risinājums: Apzīmēsim ar "1" to monētas pusi, kura ir atbildīga par "Fiziķa" laimestu, monētas otra puse tiks apzīmēta ar "0". Tad ir trīs labvēlīgas kombinācijas: 110, 101, 011, un kopā ir 2 kombinācijas 3 = 8: 000, 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111. Tādējādi vēlamā varbūtība ir:

29. Kauliņš tiek mests divas reizes. Cik daudz elementāru pieredzes iznākumu atbalsta notikumu "A = punktu summa ir vienāda ar 5"? Risinājums: punktu summa var būt vienāda ar 5 četros gadījumos: "3 + 2", "2 + 3", "1 + 4", "4 + 1". Atbilde: 4.

30. Izlases eksperimentā simetrisku monētu iemet divas reizes. Atrodiet varbūtību, ka OR iznākums nāks (galva pirmo reizi, astes otrajā). Risinājums: Ir četri iespējamie iznākumi: galvas-galvas, galvas-astes, astes-galvas, astes-astes. Labvēlīgs ir viens: galvas-astes. Tāpēc vēlamā varbūtība ir 1: 4 = 0,25. Atbilde: 0,25.

31. Rokfestivālā uzstājas grupas - pa vienai no katras deklarētās valsts. Izpildes kārtību nosaka izloze. Kāda ir iespējamība, ka grupa no Dānijas uzstāsies pēc grupas no Zviedrijas un pēc grupas no Norvēģijas? Rezultātu noapaļo līdz tuvākajai simtdaļai. Risinājums: Kopējam festivālā uzstājošo grupu skaitam nav nozīmes, lai atbildētu uz jautājumu. Neatkarīgi no tā, cik daudz to ir, norādītajām valstīm ir 6 veidi relatīvā pozīcija runātāju vidū (D — Dānija, S — Zviedrija, N — Norvēģija):

L...S...N..., ...D...N...Sh..., ...Sh...N...L..., ...Sh. ..L...N..., ...N...D...W..., ...N...S...L...

Dānija ir divas reizes aiz Zviedrijas un Norvēģijas. Tāpēc varbūtība, ka grupas tiks nejauši sadalītas šādā veidā, ir vienāda ar Atbilde: 0,33.

32.Šaujot artilēriju automātiskā sistēma izdara sitienu mērķī. Ja mērķis netiek iznīcināts, sistēma izšauj vēlreiz. Šāvieni tiek atkārtoti, līdz mērķis tiek iznīcināts. Varbūtība iznīcināt noteiktu mērķi ar pirmo šāvienu ir 0,4, bet ar katru nākamo šāvienu - 0,6. Cik šāvienu būs nepieciešams, lai nodrošinātu, ka mērķa iznīcināšanas iespējamība ir vismaz 0,98? Risinājums: Problēmu var atrisināt "ar darbībām", aprēķinot izdzīvošanas varbūtību pēc virknes secīgu garām sitienu: P(1) = 0,6. P(2) = P(1) 0,4 = 0,24. P(3) = P(2) 0,4 = 0,096. P(4) = P(3) 0,4 = 0,0384; P(5) = P(4) 0,4 = 0,01536. Pēdējā varbūtība ir mazāka par 0,02, tāpēc pietiek ar pieciem šāvieniem mērķī.

33. Lai iekļūtu nākamajā sacensību kārtā, futbola komandai divās spēlēs ir jāiegūst vismaz 4 punkti. Ja komanda uzvar, tā saņem 3 punktus, neizšķirta gadījumā - 1 punktu, ja zaudē - 0 punktus. Atrodiet varbūtību, ka komanda spēs iekļūt nākamajā sacensību kārtā. Apsveriet, ka katrā spēlē uzvaras un zaudējuma iespējamība ir vienāda un vienāda ar 0,4. Risinājums : Komanda divās spēlēs var iegūt vismaz 4 punktus trīs veidos: 3+1, 1+3, 3+3. Šie notikumi nav savienojami, to summas varbūtība ir vienāda ar to varbūtību summu. Katrs no šiem notikumiem ir divu neatkarīgu notikumu rezultāts – rezultāts pirmajā un otrajā spēlē. Tāpēc mums ir:

34. Noteiktā pilsētā no 5000 dzimušajiem 2512 ir zēni. Atrodiet meiteņu dzimšanas biežumu šajā pilsētā. Rezultātu noapaļo līdz tūkstošdaļām. Risinājums: 5000 – 2512 = 2488; 2488: 5000 = 0,4976 ≈0,498

35. Lidmašīnā ir 12 sēdvietas blakus avārijas izejām un 18 sēdvietas aiz starpsienām, kas atdala kajītes. Pārējie sēdekļi pasažierim ir neērti garš. Pasažieris V. ir garš. Atrodiet varbūtību, ka reģistrēšanās laikā, nejauši izvēloties sēdvietu, pasažieris B. iegūs ērtu sēdvietu, ja lidmašīnā ir 300 sēdvietas. Risinājums : Lidmašīnā 12 + 18 = 30 sēdvietas ir ērtas pasažierim V., un kopumā lidmašīnā ir 300 vietas. Līdz ar to iespējamība, ka pasažieris B. iegūs ērtu sēdekli ir 30: 300 = 0,1 Atbilde: 0,1.

36. Olimpiādē augstskolā dalībnieki tiek sēdināti trīs mācību kabinetos. Pirmajās divās pa 120 cilvēkiem, pārējie tiek aizvesti uz rezerves auditoriju citā ēkā. Saskaitot izrādījās, ka kopā bija 250 dalībnieki. Atrodiet varbūtību, ka nejauši izvēlēts dalībnieks ir uzrakstījis olimpiādi brīvajā telpā. Risinājums: Kopumā uz rezerves auditoriju tika nosūtīti 250 − 120 − 120 = 10 cilvēki. Tāpēc varbūtība, ka nejauši izvēlēts dalībnieks olimpiādi uzrakstīja brīvajā telpā, ir 10: 250 = 0,04. Atbilde: 0,04.

37. Klasē ir 26 cilvēki, starp tiem divi dvīņi - Andrejs un Sergejs. Klase ir nejauši sadalīta divās grupās pa 13 cilvēkiem katrā. Atrodiet varbūtību, ka Andrejs un Sergejs būs vienā grupā. Risinājums: Lai kāds no dvīņiem ir kādā grupā. Kopā ar viņu grupā būs 12 cilvēki no 25 atlikušajiem klasesbiedriem. Varbūtība, ka otrs dvīnis būs starp šiem 12 cilvēkiem, ir 12:25 = 0,48.

38. Taksometru firmā ir 50 automašīnas; 27 no tām ir melnas ar dzelteniem uzrakstiem sānos, pārējās ir dzeltenas ar melniem uzrakstiem. Atrodiet varbūtību, ka nejaušā izsaukumā ieradīsies dzeltena automašīna ar melniem uzrakstiem. Risinājums: 23:50=0,46

39. Tūristu grupā ir 30 cilvēki. Tie tiek izmesti ar helikopteru vairākos soļos attālā vietā, 6 cilvēki vienā lidojumā. Secība, kādā helikopters pārvadā tūristus, ir nejauša. Atrodiet varbūtību, ka tūrists P. veiks pirmo helikoptera lidojumu. Risinājums: Pirmajā lidojumā ir 6 vietas, kopā sēdvietas 30. Tad varbūtība, ka tūrists P. lidos pirmajā helikoptera lidojumā ir: 6:30 = 0,2

40. Varbūtība, ka jaunais DVD atskaņotājs tiks salabots gada laikā, ir 0,045. Noteiktā pilsētā no 1000 gada laikā pārdotajiem DVD atskaņotājiem garantijas darbnīcā nonāca 51 gabals. Cik “garantijas remonta” notikuma biežums atšķiras no tā iespējamības šajā pilsētā? Risinājums: "Garantijas remonta" notikuma biežums (relatīvais biežums) ir 51: 1000 = 0,051. Tas atšķiras no prognozētās varbūtības par 0,006.

41. Ražojot gultņus ar diametru 67 mm, iespējamība, ka diametrs no norādītā atšķirsies ne vairāk kā par 0,01 mm, ir 0,965. Atrodiet varbūtību, ka nejauša gultņa diametrs būs mazāks par 66,99 mm vai lielāks par 67,01 mm. Risinājums. Saskaņā ar nosacījumu, gultņa diametrs būs robežās no 66,99 līdz 67,01 mm ar varbūtību 0,965. Tāpēc vēlamā pretēja notikuma varbūtība ir 1 − 0,965 = 0,035.

42. Varbūtība, ka skolēns O. bioloģijas kontroldarbā pareizi atrisina vairāk nekā 11 uzdevumus, ir 0,67. Varbūtība, ka O. pareizi atrisinās vairāk nekā 10 uzdevumus, ir 0,74. Atrodiet varbūtību, ka O. pareizi atrisina tieši 11 uzdevumus. Risinājums: Apsveriet notikumus A = "skolēns atrisinās 11 uzdevumus" un B = "skolēns atrisinās vairāk nekā 11 uzdevumus". To summa ir notikums A + B = "skolēns atrisinās vairāk nekā 10 problēmas." Notikumi A un B nav savienojami, to summas varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu: P(A + B) = P(A) + P(B). Tad, izmantojot uzdevuma datus, iegūstam: 0,74 = P(A) + 0,67, no kurienes P(A) = 0,74 − 0,67 = 0,07 Atbilde: 0,07.

43. Lai stātos Institūtā specialitātē "Valodniecība", pretendentam vienotajā valsts eksāmenā jāiegūst vismaz 70 punkti katrā no trim priekšmetiem - matemātikā, krievu valodā un svešvalodā. Lai iestātos specialitātē "Komercija", jāiegūst vismaz 70 punkti katrā no trim priekšmetiem – matemātikā, krievu valodā un sociālajās zinībās. Varbūtība, ka pretendents Z. matemātikā saņems vismaz 70 balles, ir 0,6, krievu valodā - 0,8, š.g. svešvaloda- 0,7 un sociālajās zinībās - 0,5.Atrast varbūtību, ka Z. varēs iestāties vismaz vienā no divām minētajām specialitātēm. Risinājums: Lai vismaz kaut kur iekļūtu, Z. ir jānokārto gan krievu valoda, gan matemātika par vismaz 70 ballēm un papildus tam jānokārto svešvaloda vai sociālās zinības vismaz par 70 ballēm. Ļaujiet būt A , B , C un D - tie ir pasākumi, kuros Z. nokārto attiecīgi matemātiku, krievu valodu, ārzemju un sociālo zinību ar vismaz 70 ballēm. Tad kopš

Lai noteiktu ierašanās iespējamību, mums ir:

44. Keramisko trauku rūpnīcā 10% saražoto šķīvju ir defekts. Produkta kvalitātes kontroles laikā tiek atklāti 80% bojāto plākšņu. Pārējās plāksnes ir pārdošanā. Atrodiet varbūtību, ka pirkšanas brīdī nejauši izvēlētai plāksnei nav defektu. Atbildi noapaļo līdz tuvākajai simtdaļai. Risinājums : Ļaujiet rūpnīcā ražotplāksnes. Pārdošanā nonāks visas augstas kvalitātes šķīvji un 20% neatklāto bojāto šķīvju:plāksnes. Jo kvalitatīvās, kvalitatīvas plāksnes iegādes varbūtība ir 0,9p:0,92p=0,978 Atbilde: 0,978.

45. Veikalā ir trīs pārdevējas. Katrs no viņiem ir aizņemts ar klientu ar varbūtību 0,3. Atrodiet varbūtību, ka nejaušā laika brīdī visi trīs pārdevēji ir aizņemti vienlaikus (pieņemsim, ka klienti ienāk neatkarīgi viens no otra). Risinājums : Neatkarīgu notikumu rašanās varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību reizinājumu. Tāpēc varbūtība, ka visi trīs pārdevēji ir aizņemti, ir

46. Pamatojoties uz klientu atsauksmēm, Ivans Ivanovičs novērtēja divu tiešsaistes veikalu uzticamību. Varbūtība, ka vēlamo produktu piegādāts no veikala A ir 0,8. Varbūtība, ka šī prece tiks piegādāta no veikala B, ir 0,9. Ivans Ivanovičs pasūtīja preces uzreiz abos veikalos. Pieņemot, ka interneta veikali darbojas neatkarīgi viens no otra, atrodiet varbūtību, ka neviens no veikaliem preces nepiegādās. Risinājums: Varbūtība, ka pirmais veikals nepiegādās preces, ir 1 − 0,9 = 0,1. Varbūtība, ka otrais veikals nepiegādās preces, ir 1 − 0,8 = 0,2. Tā kā šie notikumi ir neatkarīgi, viņu preces iespējamība (abi veikali preces nepiegādās) ir vienāda ar šo notikumu varbūtību reizinājumu: 0,1 0,2 = 0,02

47. Katru dienu no rajona centra uz ciematu kursē autobuss. Varbūtība, ka pirmdien autobusā būs mazāk par 20 pasažieriem, ir 0,94. Varbūtība, ka būs mazāk par 15 pasažieriem, ir 0,56. Atrodiet varbūtību, ka pasažieru skaits būs no 15 līdz 19. Risinājums: Apsveriet notikumus A = "autobusā ir mazāk par 15 pasažieriem" un B = "autobusā ir no 15 līdz 19 pasažieriem". To summa ir notikums A + B = "mazāk nekā 20 pasažieri autobusā". Notikumi A un B nav savienojami, to summas varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu: P(A + B) = P(A) + P(B). Tad, izmantojot uzdevuma datus, iegūstam: 0,94 = 0,56 + P(B), no kurienes P(B) = 0,94 − 0,56 = 0,38. Atbilde: 0,38.

48. Pirms volejbola spēles sākuma komandu kapteiņi godīgi izlozē, lai noteiktu, kura komanda sāks bumbu spēli. Statora komanda pārmaiņus spēlē ar Rotora, Motora un Startera komandām. Atrodiet varbūtību, ka Stators sāks tikai pirmo un pēdējo spēli. Risinājums. Nepieciešams atrast trīs notikumu reizinājuma varbūtību: "Stators" sāk pirmo spēli, nesāk otro spēli, sāk trešo spēli. Neatkarīgu notikumu rašanās varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību reizinājumu. Katra no tām varbūtība ir vienāda ar 0,5, no kurienes mēs atrodam: 0,5 0,5 0,5 = 0,125. Atbilde: 0,125.

49. Pasaku zemē ir divu veidu laikapstākļi: labi un lieliski, un laikapstākļi, nostājoties no rīta, paliek nemainīgi visu dienu. Zināms, ka ar 0,8 varbūtību rīt būs tāds pats laiks kā šodien. Šodien ir 3. jūlijs, pasaku zemē ir labs laiks. Atrodiet varbūtību, ka 6. jūlijā Magiclandē būs lieliski laikapstākļi. Risinājums. Laikapstākļiem 4., 5. un 6. jūlijā ir 4 iespējas: XXO, XOO, OXO, LLC (šeit X ir labs, O ir lielisks laiks). Noskaidrosim šādu laikapstākļu iespējamības: P(XXO) = 0,8 0,8 0,2 = 0,128; P(XOO) = 0,8 0,2 0,8 = 0,128; P(OXO) = 0,2 0,2 0,2 = 0,008; P(OOO) = 0,2 0,8 0,8 = 0,128. Šie notikumi ir nesavienojami, to summas varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu: P(XXO) + P(XXO) + P(XXO) + P(OOO) = 0,128 + 0,128 + 0,008 + 0,128 = 0,392.

50. Visiem pacientiem, kuriem ir aizdomas par hepatītu, tiek veikta asins analīze. Ja analīze atklāj hepatītu, tiek izsaukts analīzes rezultāts pozitīvs . Hepatīta pacientiem analīze dod pozitīvs rezultāts ar varbūtību 0,9. Ja pacientam nav hepatīta, tests var dot viltus pozitīvu rezultātu ar varbūtību 0,01. Zināms, ka 5% pacientu, kuri uzņemti ar aizdomām par hepatītu, patiesībā ir hepatīts. Atrodiet varbūtību, ka pacientam, kurš ievietots klīnikā ar aizdomām par hepatītu, testa rezultāts būs pozitīvs. Risinājums. Pacienta analīze var būt pozitīva divu iemeslu dēļ: A) pacientam ir hepatīts, viņa analīze ir pareiza; B) pacientam nav hepatīta, viņa analīze ir nepatiesa. Tie ir nesavienojami notikumi, to summas varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu. Mums ir: p(A)=0,9 0,05=0,045; p(B)=0,01 0,95=0,0095; p(A+B)=P(A)+p(B)=0,045+0,0095=0,0545.

51. Mišas kabatā bija četri saldumi - Grilge, Vāvere, Govs un Bezdelīga, kā arī dzīvokļa atslēgas. Izņēmusi atslēgas, Miša nejauši izkrita no kabatas vienu konfekti. Atrodiet varbūtību, ka Grillage konfekte ir pazaudēta.

52.Mehāniskie pulksteņi ar divpadsmit stundu ciparnīcu kādā brīdī salūza un pārstāja staigāt. Atrodi varbūtību, ka stundu rādītājs sastinga, sasniedzot 10 atzīmi, bet nesasniedzot 1 stundas atzīmi. Risinājums: 3: 12=0,25

53. Varbūtība, ka akumulators ir bojāts, ir 0,06. Klients veikalā izvēlas nejauši izvēlētu iepakojumu, kurā ir divas no šīm baterijām. Atrodiet varbūtību, ka abas baterijas ir labas. Risinājums: Varbūtība, ka akumulators ir labs, ir 0,94. Neatkarīgu notikumu rašanās varbūtība (labas būs abas baterijas) ir vienāda ar šo notikumu varbūtību reizinājumu: 0,94 0,94 \u003d 0,8836. Atbilde: 0,8836.

54. Automātiskā līnija izgatavo baterijas. Varbūtība, ka gatavais akumulators ir bojāts, ir 0,02. Pirms iepakošanas katrs akumulators iziet cauri vadības sistēmai. Varbūtība, ka sistēma noraidīs sliktu akumulatoru, ir 0,99. Varbūtība, ka sistēma kļūdaini noraidīs labu akumulatoru, ir 0,01. Atrodiet varbūtību, ka nejauši izvēlētu ražotu akumulatoru noraidīs vadības sistēma. Risinājums. Situāciju, kurā akumulators tiks noraidīts, var izraisīt šādi notikumi: A = akumulators ir patiešām slikts un tika noraidīts godīgi, vai B = akumulators ir labs, bet noraidīts kļūdas dēļ. Tie ir nesavienojami notikumi, to summas varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu. Mums ir:

55. Attēlā parādīts labirints. "Ieejas" punktā zirneklis ielīst labirintā. Zirneklis nevar apgriezties un rāpot atpakaļ, tāpēc pie katras dakšas zirneklis izvēlas vienu no ceļiem, pa kuru vēl nav rāpojis. Pieņemot, ka tālākā ceļa izvēle ir tīri nejauša, nosakiet, ar kādu varbūtību zirneklis nāks uz izeju.

Risinājums.

Katrā no četrām iezīmētajām dakšām zirneklis var izvēlēties vai nu ceļu, kas ved uz izeju D, vai citu ceļu ar varbūtību 0,5. Tie ir neatkarīgi notikumi, to reizinājuma varbūtība (zirneklis sasniedz izeju D) ir vienāda ar šo notikumu varbūtību reizinājumu. Tāpēc varbūtība nonākt pie izejas D ir (0,5) 4 = 0,0625.

Plānots seminārs Tulas pilsētas izglītības iestādes matemātikas skolotājiem par tēmu “Lietošanas uzdevumu risināšana matemātikā no sadaļām: kombinatorika, varbūtību teorija. Mācību metodes »

Laika tērēšana: 12 00 ; 15 00

Atrašanās vieta: MBOU "Licejs Nr. 1", kab. Nr.8

es Problēmu risināšana varbūtības noteikšanai

1. Problēmu risināšana pēc klasiskās varbūtības definīcijas

Mēs kā skolotāji jau zinām, ka galvenie uzdevumu veidi USE varbūtības teorijā ir balstīti uz klasisko varbūtības definīciju. Atcerieties, ko sauc par notikuma varbūtību?

Notikuma varbūtība ir noteiktam notikumam labvēlīgo iznākumu skaita attiecība pret kopējais skaits rezultātus.

Mūsu matemātikas skolotāju zinātniski metodiskajā asociācijā a vispārējā shēma problēmu risināšana varbūtības noteikšanai. Es vēlētos to iepazīstināt ar jūsu uzmanību. Starp citu, mēs dalījāmies savā darba pieredzē, un materiālos, kurus nodevām jūsu uzmanībai kopīgai problēmu risināšanas diskusijai, mēs sniedzām šo shēmu. Tomēr es vēlos to izteikt.

Mūsuprāt, šī shēma palīdz ātri loģiski visu salikt pa plauktiņiem, un pēc tam uzdevumu var atrisināt daudz vieglāk gan skolotājam, gan skolēniem.

Tāpēc es vēlos detalizēti analizēt šāda satura problēmu.

Vēlējos ar jums parunāt, lai izskaidrotu metodiku, kā puišiem nodot šādu risinājumu, kura laikā puiši saprastu šo tipisko uzdevumu un vēlāk arī paši saprastu šos uzdevumus.

Kas ir nejaušs eksperiments šajā problēmā? Tagad mums ir jāizolē elementārais notikums šajā eksperimentā. Kas tas par elementāru notikumu? Uzskaitīsim tos.

Jautājumi par problēmu?

Cienījamie kolēģi, arī jūs acīmredzot esat apsvēruši varbūtības problēmas ar kauliņiem. Es domāju, ka mums tas ir jāizjauc, jo ir dažas nianses. Analizēsim šo problēmu saskaņā ar shēmu, kuru mēs jums piedāvājām. Tā kā katrā kuba skaldnē ir skaitlis no 1 līdz 6, elementārie notikumi ir skaitļi 1, 2, 3, 4, 5, 6. Mēs noskaidrojām, ka kopējais elementāro notikumu skaits ir 6. Noskaidrosim, kuri elementāri notikumi atbalsta notikumu. Tikai divi notikumi dod priekšroku šim notikumam - 5 un 6 (jo no nosacījuma izriet, ka jāizkrīt 5 un 6 punkti).

Paskaidrojiet, ka visi elementārie notikumi ir vienlīdz iespējami. Kādi būs jautājumi par uzdevumu?

Kā saprast, ka monēta ir simetriska? Paskaidrosim, dažkārt atsevišķas frāzes izraisa pārpratumus. Sapratīsim šo problēmu konceptuāli. Parunāsim ar jums tajā eksperimentā, kas ir aprakstīts, kādi elementārie rezultāti var būt. Vai varat iedomāties, kur ir galva, kur ir aste? Kādas ir nokrišņu iespējas? Vai ir citi pasākumi? Kāds ir kopējais pasākumu skaits? Pēc problēmas zināms, ka galvas izkritušas tieši vienu reizi. Tātad šis pasākumselementāri notikumi no šiem četriem OR un RO labvēlības, tas nevar notikt divreiz. Mēs izmantojam formulu, pēc kuras tiek atrasta notikuma varbūtība. Atcerieties, ka atbildēm B daļā ir jābūt veselam skaitlim vai decimālskaitļam.

Rādīt uz interaktīvās tāfeles. Mēs lasām uzdevumu. Kāds ir šīs pieredzes elementārais rezultāts? Noskaidrojiet, ka pāris ir sakārtots — tas ir, numurs iekrita uz pirmo kauliņu un uz otro kauliņu. Jebkurā uzdevumā ir brīži, kad jāizvēlas racionālas metodes, formas un jāprezentē risinājums tabulu, diagrammu u.c. veidā. Šajā problēmā ir ērti izmantot šādu tabulu. Es tev jau dodu pabeigts risinājums, bet risināšanas gaitā izrādās, ka šajā uzdevumā ir racionāli izmantot risinājumu tabulas veidā. Paskaidrojiet, ko nozīmē tabula. Jūs saprotat, kāpēc kolonnās ir rakstīts 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Uzzīmēsim kvadrātu. Līnijas atbilst pirmā metiena rezultātiem – tās ir sešas, jo kauliņam ir sešas šķautnes. Tāpat kā kolonnas. Katrā šūnā ierakstām nomesto punktu summu. Parādiet aizpildīto tabulu. Iekrāsosim šūnas, kurās summa ir vienāda ar astoņām (kā tas ir prasīts nosacījumā).

Uzskatu, ka nākamo problēmu, izanalizējot iepriekšējās, var dot puišiem pašiem atrisināt.

Turpmākajās problēmās nav nepieciešams pierakstīt visus elementāros rezultātus. Pietiek tikai saskaitīt to skaitu.

(Bez risinājuma) Iedevu puišiem šo problēmu atrisināt pašiem. Algoritms problēmas risināšanai

1. Nosakiet, kas ir nejaušs eksperiments un kas ir nejaušs notikums.

2. Atrodiet kopējo elementāro notikumu skaitu.

3. Mēs atrodam notikumu skaitu, kas ir par labu problēmas nosacījumā norādītajam notikumam.

4. Izmantojot formulu, atrodiet notikuma varbūtību.

Skolēniem var uzdot jautājumu, ja pārdošanā nonāca 1000 akumulatori un starp tiem 6 ir bojāti, tad izvēlētais akumulators tiek noteikts kā? Kas tas ir mūsu uzdevumā? Tālāk es uzdodu jautājumu par to, kas šeit tiek izmantots kā skaitlisun es ierosinu to atrastnumuru. Tad jautāju, kas te par pasākumu? Cik akumulatoru atbalsta pasākuma pabeigšanu? Tālāk, izmantojot formulu, mēs aprēķinām šo varbūtību.

Šeit bērniem var piedāvāt otru risinājumu. Apspriedīsim, kāda var būt šī metode?

1. Kādu notikumu tagad var uzskatīt?

2. Kā atrast dotā notikuma varbūtību?

Bērniem ir jāstāsta par šīm formulām. Viņi ir nākamie

Astoto uzdevumu var piedāvāt bērniem pašiem, jo tas ir līdzīgs sestajam uzdevumam. To viņiem var piedāvāt kā patstāvīgs darbs, vai uz kartes pie tāfeles.

Šo problēmu var atrisināt saistībā ar olimpiādi, kas šobrīd notiek. Neskatoties uz to, ka uzdevumos piedalās dažādi pasākumi, tomēr uzdevumi ir tipiski.

2. Vienkāršākie likumi un formulas varbūtību aprēķināšanai (pretēji notikumi, notikumu summa, notikumu reizinājums)

Šis ir uzdevums no USE kolekcija. Mēs uzliekam risinājumu uz tāfeles. Kādi jautājumi mums jāuzdod studentiem, lai analizētu šo problēmu?

1. Cik ložmetēju tur bija? Reiz divi automāti, tad jau ir divi notikumi. Jautāju bērniem, kāds būs pasākums? Kāds būs otrais pasākums?

2. ir notikuma iespējamība. Mums tas nav jāaprēķina, jo tas ir norādīts nosacījumā. Atbilstoši problēmas stāvoklim varbūtība, ka "abos automātos beidzas kafija" ir 0,12. Bija notikums A, bija notikums B. Un parādās jauns notikums? Uzdodu bērniem jautājumu – ko? Šis ir notikums, kad abos automātos beidzas kafija. Šajā gadījumā varbūtības teorijā tas ir jauns notikums, ko sauc par divu notikumu A un B krustpunktu un tiek apzīmēts šādi.

Izmantosim varbūtības saskaitīšanas formulu. Formula ir šāda

Mēs to sniedzam jums atsauces materiālā, un puiši var dot šo formulu. Tas ļauj atrast notikumu summas varbūtību. Mums tika uzdots jautājums par pretēja notikuma varbūtību, kura iespējamību atrod pēc formulas.

13. uzdevumā izmantots notikumu reizinājuma jēdziens, kura varbūtības noteikšanas formula dota pielikumā.

3. Iespējamo variantu koka pielietojuma uzdevumi

Atbilstoši problēmas stāvoklim ir viegli sastādīt diagrammu un atrast norādītās varbūtības.

Ar kādu palīdzību teorētiskais materiāls Vai esat strādājis ar skolēniem, lai risinātu šāda veida problēmas? Vai izmantojāt iespēju koku vai izmantojāt citas metodes šādu problēmu risināšanai? Vai jūs sniedzāt grafiku jēdzienu? Piektajā vai sestajā klasē puišiem ir tādas problēmas, kuru analīze dod grafiku jēdzienu.

Vēlos jums jautāt, vai jūs un jūsu skolēni ir apsvēruši iespēju izmantot iespēju koku, risinot varbūtības uzdevumus? Fakts ir tāds, ka ne tikai USE ir šādi uzdevumi, bet ir parādījušies diezgan sarežģīti uzdevumi, kurus mēs tagad atrisināsim.

Apspriedīsim ar jums metodiku šādu problēmu risināšanai - ja tā sakrīt ar manu metodiku, kā es skaidroju puišiem, tad man būs vieglāk ar jums strādāt, ja nē, tad palīdzēšu tikt galā ar šo problēmu.

Pārrunāsim notikumus. Kādus notikumus 17. uzdevumā var identificēt?

Konstruējot koku uz plaknes, tiek noteikts punkts, ko sauc par koka sakni. Tālāk mēs sākam apsvērt notikumusUn. Mēs izveidosim segmentu (varbūtību teorijā to sauc par atzaru). Nosacījums saka, ka pirmā rūpnīca ražo 30% Mobilie tālruņišis zīmols (ko? Tas, kuru viņi ražo), tātad Šis brīdis Jautāju studentiem, kāda ir iespējamība, ka pirmajā rūpnīcā tiks ražoti šī zīmola tālruņi, tie, kurus viņi ražo? Tā kā notikums ir tālruņa izlaišana pirmajā rūpnīcā, šī notikuma iespējamība ir 30% jeb 0,3. Pārējie telefoni tiek ražoti otrajā rūpnīcā – mēs veidojam otro segmentu, un šī notikuma iespējamība ir 0,7.

Studentiem tiek uzdots jautājums – kāda veida telefonu var ražot pirmā rūpnīca? Ar vai bez defektiem. Kāda ir iespējamība, ka pirmās rūpnīcas ražotajam telefonam ir defekts? Saskaņā ar nosacījumu tiek teikts, ka tas ir vienāds ar 0,01. Jautājums: Kāda ir iespējamība, ka pirmās rūpnīcas ražotajam telefonam nav defekta? Tā kā šis notikums ir pretējs dotajam, tā iespējamība ir vienāda.

Tas ir nepieciešams, lai atrastu iespējamību, ka tālrunis ir bojāts. Tas var būt no pirmās rūpnīcas vai arī no otrās. Tad mēs izmantojam varbūtību pievienošanas formulu un iegūstam, ka visa varbūtība ir to varbūtību summa, ka tālrunis ir bojāts no pirmās rūpnīcas un ka tālrunis ir bojāts no otrās rūpnīcas. Varbūtība, ka tālrunim ir defekts un ražots pirmajā rūpnīcā, tiek noskaidrota pēc varbūtību reizinājuma formulas, kas dota pielikumā.

4. Viens no visvairāk izaicinošus uzdevumus no USE bankas par varbūtību

Analizēsim, piemēram, Nr. 320199 no FIPI uzdevumu bankas. Šis ir viens no grūtākajiem uzdevumiem B6.

Lai iestātos institūtā specialitātē "Valodniecība", reflektantam Z. Vienotajā valsts eksāmenā jāiegūst vismaz 70 punkti katrā no trim priekšmetiem - matemātikā, krievu valodā un svešvalodā. Lai iestātos specialitātē "Komercija", jāiegūst vismaz 70 punkti katrā no trim priekšmetiem – matemātikā, krievu valodā un sociālajās zinībās.

Varbūtība, ka pretendents Z. matemātikā saņems vismaz 70 balles, ir 0,6, krievu valodā - 0,8, svešvalodā - 0,7 un sociālajās zinībās - 0,5.

Atrodi varbūtību, ka Z. varēs iestāties vismaz vienā no divām minētajām specialitātēm.

Ņemiet vērā, ka problēma nejautā, vai pretendents vārdā Z. vienlaikus studēs gan valodniecību, gan komerciju un saņems divus diplomus. Šeit jāatrod iespējamība, ka Z. varēs iestāties kaut vienā no šīm divām specialitātēm – tas ir, iegūs nepieciešamo summu punktus.

Lai stātos vismaz vienā no divām specialitātēm, Z. matemātikā jāsavāc vismaz 70 punkti. Un krievu valodā. Un tomēr – sociālā zinātne vai ārzemju.

Viņam iespēja iegūt 70 punktus matemātikā ir 0,6.

Punktu gūšanas varbūtība matemātikā un krievu valodā ir vienāda.

Nodarbosimies ar ārzemju un sociālajām studijām. Mums ir piemēroti varianti, kad reflektants ieguvis punktus sociālajās zinībās, svešvalodā vai abās. Variants nav piemērots, ja viņš neguva punktus ne valodā, ne “sabiedrībā”. Tas nozīmē, ka sociālo vai ārzemju studiju nokārtošanas iespējamība ir vismaz 70 punkti. Rezultātā varbūtība nokārtot matemātiku, krievu valodu un sociālo zinību vai ārzemju kursu ir vienāda ar

Šī ir atbilde.

II . Kombinatorisko uzdevumu risināšana

1. Kombināciju un faktoriālu skaits

Īsi analizēsim teorētisko materiālu.

Izteiksmen ! skan "en-factorial" un apzīmē visu produktu naturālie skaitļi no 1 līdzn ieskaitot:n ! = 1 2 3 ...n .

Turklāt matemātikā pēc definīcijas tiek uzskatīts, ka 0! = 1. Šāda izteiksme ir reta, bet joprojām sastopama varbūtību teorijas uzdevumos.

Definīcija

Lai ir priekšmeti (zīmuļi, saldumi, jebkas), no kuriem nepieciešams izvēlēties tieši dažādus priekšmetus. Tad tiek izsaukts šādas izvēles iespēju skaitskombināciju skaits no elementiem. Šis skaitlis tiek norādīts un aprēķināts pēc īpašas formulas.

Apzīmējums

Ko šī formula mums dod? Patiesībā bez tā nevar atrisināt gandrīz nevienu nopietnu uzdevumu.

Lai labāk izprastu, analizēsim dažas vienkāršas kombinatoriskas problēmas:

Uzdevums

Bārmenim ir 6 zaļās tējas šķirnes. Tējas ceremonijai jums jāiesniedz zaļā tēja tieši 3 dažādas šķirnes. Cik daudzos veidos bārmenis var izpildīt pasūtījumu?

Risinājums

Šeit viss ir vienkārši: irn = 6 šķirnes, no kurām izvēlētiesk = 3 šķirnes. Kombināciju skaitu var atrast pēc formulas:

Atbilde

Aizstāt formulā. Mēs nevaram atrisināt visas problēmas, bet tipiski uzdevumi mēs esam rakstījuši, tie tiek prezentēti jūsu uzmanībai.

Uzdevums

20 studentu grupā ir jāizvēlas 2 pārstāvji, kas uzstāsies konferencē. Cik daudzos veidos to var izdarīt?

Risinājums

Atkal viss, kas mums irn = 20 studenti, bet jāizvēlask = 2 skolēni. Kombināciju skaita atrašana:

Lūdzu, ņemiet vērā, ka dažādos faktoriālos iekļautie faktori ir atzīmēti sarkanā krāsā. Šos reizinātājus var nesāpīgi samazināt un tādējādi ievērojami samazināt kopējo aprēķinu apjomu.

Atbilde

190

Uzdevums

Uz noliktavu tika atvesti 17 serveri ar dažādiem defektiem, kas maksāja 2 reizes lētāk nekā parastie serveri. Direktors skolai iegādājās 14 šādus serverus, bet ietaupīto naudu 200 000 rubļu apmērā iztērēja cita aprīkojuma iegādei. Cik daudzos veidos direktors var izvēlēties bojātus serverus?

Risinājums

Uzdevumā ir diezgan daudz papildu datu, kas var radīt neskaidrības. Lielākā daļa svarīgi fakti: tur ir vissn = 17 serveri, un direktoram vajagk = 14 serveri. Mēs uzskaitām kombināciju skaitu:

Sarkanā krāsa atkal norāda uz reizinātājiem, kas tiek samazināti. Kopumā izrādījās 680 kombinācijas. Kopumā režisoram ir no kā izvēlēties.

Atbilde

680

Šis uzdevums ir kaprīzs, jo šajā uzdevumā ir papildu dati. Tie mulsina daudzus studentus pareizs lēmums. Pavisam bija 17 serveri, un direktoram vajadzēja izvēlēties 14. Aizstājot formulā, mēs iegūstam 680 kombinācijas.

2. Reizināšanas likums

Definīcija

reizināšanas likums kombinatorikā: kombināciju (ceļu, kombināciju) skaits neatkarīgās kopās tiek reizināts.

Citiem vārdiem sakot, lai irA veidi, kā veikt vienu darbību unB veidi, kā veikt citu darbību. Ceļš arī šīs darbības ir neatkarīgas, t.i. nekādā veidā nav saistīts. Pēc tam jūs varat atrast vairākus veidus, kā veikt pirmo un otro darbību pēc formulas:C = A · B .

Uzdevums

Petjai ir 4 monētas pa 1 rubli katra un 2 monētas pa 10 rubļiem katra. Petja, nepaskatīdamies, izņēma no kabatas 1 monētu ar nominālvērtību 1 rublis un vēl 1 monētu ar nominālvērtību 10 rubļi, lai iegādātos pildspalvu par 11 rubļiem. Cik daudzos veidos viņš var izvēlēties šīs monētas?

Risinājums

Tātad, vispirms saņem Petjak = 1 monēta non = 4 pieejamas monētas ar nominālvērtību 1 rublis. Veidu skaits, kā to izdarīt, irC 4 1 = ... = 4.

Tad Petja atkal sniedzas kabatā un izņemk = 1 monēta non = 2 pieejamas monētas ar nominālvērtību 10 rubļi. Šeit ir kombināciju skaitsC 2 1 = ... = 2.

Tā kā šīs darbības ir neatkarīgas, kopējais opciju skaits irC = 4 2 = 8.

Atbilde

Uzdevums

Grozā ir 8 baltas un 12 melnas bumbiņas. Cik daudzos veidos no šī groza var iegūt 2 baltas un 2 melnas bumbiņas?

Risinājums

Kopā grozān = 8 baltas bumbiņas, no kurām izvēlētiesk = 2 bumbiņas. To var izdarītC 8 2 = ... = 28 dažādi veidi.

Turklāt grozā irn = 12 melnas bumbiņas, no kurām izvēlēties vēlreizk = 2 bumbiņas. Veidu skaits, kā to izdarīt, irC 12 2 = ... = 66.

Tā kā baltās bumbiņas izvēle un melnās bumbiņas izvēle ir neatkarīgi notikumi, kopējais kombināciju skaits tiek aprēķināts pēc reizināšanas likuma:C = 28 66 = 1848. Kā redzat, var būt diezgan daudz iespēju.

Atbilde

1848

Reizināšanas likums parāda, cik daudzos veidos var veikt sarežģītu darbību, kas sastāv no diviem vai vairākiem vienkāršiem – ar nosacījumu, ka tie visi ir neatkarīgi.

3. Saskaitīšanas likums

Ja reizināšanas likums darbojas uz "izolētiem" notikumiem, kas nav atkarīgi viens no otra, tad saskaitīšanas likumā ir pretējais. Tas attiecas uz savstarpēji izslēdzošiem notikumiem, kas nekad nenotiek vienlaikus.

Piemēram, “Pēteris no kabatas izņēma 1 monētu” un “Pēteris no kabatas neizņēma nevienu monētu” ir savstarpēji izslēdzoši notikumi, jo nav iespējams izņemt vienu monētu, neizņemot nevienu.

Tāpat arī notikumi "Nejauši izvēlēta bumba - balta" un "Nejauši izvēlēta bumba - melna" ir arī viens otru izslēdzoši.

Definīcija

Papildināšanas likums kombinatorikā: ja var veikt divas savstarpēji izslēdzošas darbībasA UnB veidi, attiecīgi, šos notikumus var apvienot. Tas ģenerēs jaunu notikumu, kuru varēs izpildītX = A + B veidus.

Citiem vārdiem sakot, apvienojot savstarpēji izslēdzošas darbības (notikumi, opcijas), to kombināciju skaits tiek summēts.

Var teikt, ka saskaitīšanas likums ir loģisks "VAI" kombinatorikā, kad mums der kāds no savstarpēji izslēdzošajiem variantiem. Un otrādi, reizināšanas likums ir loģisks "UN", kurā mūs interesē gan pirmās, gan otrās darbības vienlaicīga izpilde.

Uzdevums

Grozā ir 9 melnās un 7 sarkanās bumbiņas. Zēns izņem 2 vienādas krāsas bumbiņas. Cik daudzos veidos viņš to var izdarīt?

Risinājums

Ja bumbiņas ir vienā krāsā, tad ir maz iespēju: abas ir melnas vai sarkanas. Acīmredzot šīs iespējas ir viena otru izslēdzošas.

Pirmajā gadījumā zēnam ir jāizvēlask = 2 melnas bumbiņas non = 9 pieejami. Veidu skaits, kā to izdarīt, irC 9 2 = ... = 36.

Tāpat arī otrajā gadījumā mēs izvēlamiesk = 2 sarkanas bumbiņas non = 7 iespējams. Veidu skaits irC 7 2 = ... = 21.

Atliek atrast kopējo veidu skaitu. Tā kā varianti ar melnām un sarkanām bumbiņām ir viens otru izslēdzoši, saskaņā ar pievienošanas likumu mums ir:X = 36 + 21 = 57.

Atbilde57

Uzdevums

Stendā nopērkamas 15 rozes un 18 tulpes. 9. klases skolēns vēlas nopirkt savam klasesbiedram 3 ziedus, un visiem ziediem jābūt vienādiem. Cik daudzos veidos viņš var izveidot šādu pušķi?

Risinājums

Saskaņā ar nosacījumu visiem ziediem jābūt vienādiem. Tātad, pirksim vai nu 3 rozes vai 3 tulpes. Jebkurā gadījumāk = 3.

Attiecībā uz rozēm jums būs jāizvēlas non = 15 iespējas, tātad kombināciju skaits irC 15 3 = ... = 455. Tulpēmn = 18, un kombināciju skaits -C 18 3 = ... = 816.

Tā kā rozes un tulpes ir viena otru izslēdzošas iespējas, mēs strādājam saskaņā ar pievienošanas likumu. Iegūstiet kopējo opciju skaituX = 455 + 816 = 1271. Šī ir atbilde.

Atbilde

1271

Papildu noteikumi un ierobežojumi

Ļoti bieži problēmas tekstā ir papildu nosacījumi, kas uzliek būtiskus ierobežojumus mūs interesējošām kombinācijām. Salīdziniet divus teikumus:

Ir komplektā 5 pildspalvas dažādas krāsas. Cik daudzos veidos var izvēlēties 3 taktu rokturus?

Komplektā ir 5 pildspalvas dažādās krāsās. Cik daudzos veidos var izvēlēties 3 taktu rokturus, ja vienam no tiem jābūt sarkaniem?

Pirmajā gadījumā mums ir tiesības ņemt jebkuras krāsas, kas mums patīk - nav nekādu papildu ierobežojumu. Otrajā gadījumā viss ir sarežģītāk, jo mums jāizvēlas sarkans rokturis (tiek pieņemts, ka tas ir oriģinālajā komplektā).

Acīmredzot jebkuri ierobežojumi krasi samazina kopējo opciju skaitu. Tātad, kā šajā gadījumā atrast kombināciju skaitu? Tikai atceries nākamais noteikums:

Lai ir komplektsn elementi, no kuriem izvēlētiesk elementi. Ieviešot papildu ierobežojumus skaitamn Unk samazināties par tādu pašu summu.

Citiem vārdiem sakot, ja jums ir jāizvēlas 3 no 5 pildspalvām, un vienai no tām ir jābūt sarkanai, tad jums būs jāizvēlas non = 5 − 1 = 4 elementi pēck = 3 − 1 = 2 elementi. Tādējādi tā vietāC 5 3 jāņem vērāC 4 2 .

Tagad redzēsim, kā šis noteikums darbojas konkrēti piemēri:

Uzdevums

Grupā, kurā ir 20 studenti, tajā skaitā 2 izcilnieki, ir jāizvēlas 4 cilvēki, kas piedalīsies konferencē. Cik daudzos veidos var izvēlēties šos četrus, ja izcilniekiem ir jānokļūst konferencē?

Risinājums

Tātad ir grupan = 20 studenti. Bet jums vienkārši ir jāizvēlask = 4 no tiem. Ja nebija papildu ierobežojumu, tad opciju skaits bija vienāds ar kombināciju skaituC 20 4 .

Tomēr mums iedeva papildu nosacījums: starp šiem četriem ir jābūt 2 apbalvojumiem. Tādējādi saskaņā ar iepriekš minēto noteikumu mēs samazinām skaitļusn Unk ar 2. Mums ir:

Atbilde

153

Uzdevums

Petja kabatā ir 8 monētas, no kurām 6 ir rubļu monētas un 2 ir 10 rubļu monētas. Petja iemet kādas trīs monētas citā kabatā. Cik daudzos veidos Petja to var izdarīt, ja ir zināms, ka abas 10 rubļu monētas nonāca citā kabatā?

Risinājums

Tātad irn = 8 monētas. Petja pārietk = 3 monētas, no kurām 2 ir desmit rubļi. Izrādās, ka no 3 monētām, kuras tiks pārskaitītas, 2 jau ir fiksētas, tātad skaitļin Unk jāsamazina par 2. Mums ir:

Atbilde

III . Kombinēto uzdevumu risināšana par kombinatorikas un varbūtību teorijas formulu izmantošanu

Uzdevums

Petjam kabatā bija 4 rubļu monētas un 2 2 rubļu monētas. Petja, nepaskatīdamās, iebāza kādas trīs monētas citā kabatā. Atrodiet varbūtību, ka abas divu rubļu monētas atrodas vienā kabatā.

Risinājums

Pieņemsim, ka abas divu rubļu monētas patiešām nokļuva vienā kabatā, tad ir iespējami 2 varianti: vai nu Petja tās nepārvietoja vispār, vai arī nobīdīja abas uzreiz.

Pirmajā gadījumā, kad divu rubļu monētas netika pārskaitītas, būtu jāpārskaita 3 rubļu monētas. Tā kā kopumā ir 4 šādas monētas, veidu skaits, kā to izdarīt, ir vienāds ar kombināciju skaitu no 4 x 3:C 4 3 .

Otrajā gadījumā, kad pārskaitītas abas divu rubļu monētas, būs jāpārskaita vēl viena rubļa monēta. Tas ir jāizvēlas no 4 esošajiem, un veidu skaits, kā to izdarīt, ir vienāds ar kombināciju skaitu no 4 līdz 1:C 4 1 .

Tagad atradīsim kopējo monētu pārvietošanas veidu skaitu. Tā kā kopā ir 4 + 2 = 6 monētas un ir jāizvēlas tikai 3 no tām, kopējais opciju skaits ir vienāds ar kombināciju skaitu no 6 līdz 3:C 6 3 .

Atliek atrast varbūtību:

Atbilde

0,4

Rādīt uz interaktīvās tāfeles. Pievērsiet uzmanību tam, ka atbilstoši problēmas stāvoklim Petja, nepaskatoties, vienā kabatā ievietoja trīs monētas. Atbildot uz šo jautājumu, varam pieņemt, ka vienā kabatā tiešām palika divas divu rubļu monētas. Skatiet varbūtību pievienošanas formulu. Parādiet formulu vēlreiz.

Uzdevums

Petja kabatā bija 2 monētas pa 5 rubļiem un 4 monētas pa 10 rubļiem. Petja, nepaskatīdamās, iebāza kādas 3 monētas citā kabatā. Atrodiet varbūtību, ka piecu rubļu monētas tagad atrodas dažādās kabatās.

Risinājums

Lai piecu rubļu monētas varētu gulēt dažādās kabatās, jums ir jāpārvieto tikai viena no tām. Veidu skaits, kā to izdarīt, ir vienāds ar kombināciju skaitu 2 x 1:C 2 1 .

Tā kā Petja kopumā pārskaitīja 3 monētas, viņam būs jāpārskaita vēl 2 monētas pa 10 rubļiem katra. Petijai ir 4 šādas monētas, tāpēc veidu skaits ir vienāds ar kombināciju skaitu no 4 līdz 2:C 4 2 .

Atliek noskaidrot, cik daudz iespēju ir pārvietot 3 monētas no 6 pieejamajām. Šis skaitlis, tāpat kā iepriekšējā uzdevumā, ir vienāds ar kombināciju skaitu no 6 līdz 3:C 6 3 .

Varbūtības atrašana:

Pēdējā darbībā mēs reizinājām divu rubļu monētu izvēles veidu skaitu un desmit rubļu monētu izvēles veidu skaitu, jo šie notikumi ir neatkarīgi.

Atbilde

0,6

Tātad problēmām ar monētām ir sava varbūtības formula. Tas ir tik vienkārši un svarīgi, ka to var formulēt kā teorēmu.

Teorēma

Lai monēta tiek mētātan vienreiz. Tad varbūtība, ka galvas nolaidīsies precīzik laikus var atrast, izmantojot formulu:

KurC n k - kombināciju skaitsn elementi nok , ko aprēķina pēc formulas:

Tādējādi, lai atrisinātu problēmu ar monētām, ir nepieciešami divi skaitļi: metienu skaits un galvu skaits. Visbiežāk šie skaitļi ir norādīti tieši problēmas tekstā. Turklāt nav svarīgi, ko tieši skaitīt: astes vai ērgļus. Atbilde būs tāda pati.

No pirmā acu uzmetiena teorēma šķiet pārāk apgrūtinoša. Bet ir vērts nedaudz vingrināties - un jūs vairs nevēlaties atgriezties pie iepriekš aprakstītā standarta algoritma.

Monēta tiek izmesta četras reizes. Atrodiet varbūtību, ka galviņas pacelsies tieši trīs reizes.

Risinājums

Atbilstoši problēmas stāvoklim kopējais metienu skaits bijan = 4. Nepieciešamais galvu skaits:k = 3. Aizstājējsn Unk formulā:

Ar tādiem pašiem panākumiem jūs varat saskaitīt astes skaitu:k = 4 − 3 = 1. Atbilde būs tāda pati.

Atbilde

0,25

Uzdevums [ Darba burtnīca“Izmantojiet 2012. gadu matemātikā. Uzdevumi B6»]

Monēta tiek izmesta trīs reizes. Atrodiet varbūtību, ka tas nekad neparādīsies.

Risinājums

Atkal uzrakstiet skaitļusn Unk . Tā kā monēta tiek izmesta 3 reizes,n = 3. Un tā kā astes nedrīkst būt,k = 0. Atliek aizstāt skaitļusn Unk formulā:

Atgādinu, ka 0! = 1 pēc definīcijas. TāpēcC 3 0 = 1.

Atbilde

0,125

Uzdevums [ Izmēģinājuma LIETOŠANA matemātikā 2012. Irkutska]

Izlases eksperimentā simetriska monēta tiek izmesta 4 reizes. Atrodiet varbūtību, ka galvas pacelsies biežāk nekā astes.

Risinājums

Lai galvas būtu vairāk nekā astes, tām jāizkrīt vai nu 3 reizes (tad būs 1 astes), vai 4 (tad astes nebūs vispār). Noskaidrosim katra šī notikuma varbūtību.

Ļaujiet būtlpp 1 - varbūtība, ka galvas izkritīs 3 reizes. Tadn = 4, k = 3. Mums ir:

Tagad atradīsimlpp 2 - varbūtība, ka galvas izkritīs visas 4 reizes. Šajā gadījumān = 4, k = 4. Mums ir:

Lai iegūtu atbildi, atliek saskaitīt varbūtībaslpp 1 Unlpp 2 . Atcerieties: varat pievienot varbūtības tikai savstarpēji izslēdzošiem notikumiem. Mums ir:

lpp = lpp 1 + lpp 2 = 0,25 + 0,0625 = 0,3125

Atbilde

0,3125

Lai ietaupītu jūsu laiku, gatavojoties ar puišiem vienotajam valsts eksāmenam un GIA, esam piedāvājuši risinājumus vēl daudziem uzdevumiem, kurus varat izvēlēties un risināt kopā ar puišiem.

GIA materiāli, dažādu gadu vienotais valsts eksāmens, mācību grāmatas un vietnes.

IV. Atsauces materiāls

Varbūtības teoriju matemātikas eksāmenā var attēlot kā formā vienkāršus uzdevumus par klasisko varbūtības definīciju un diezgan sarežģītu formā, par atbilstošo teorēmu piemērošanu.

Šajā daļā tiek aplūkotas problēmas, kurām pietiek izmantot varbūtības definīciju. Dažreiz šeit mēs arī izmantosim formulu, lai aprēķinātu pretēja notikuma iespējamību. Lai gan šeit no šīs formulas var iztikt, tā joprojām būs nepieciešama, risinot tālāk norādītās problēmas.

Teorētiskā daļa

Nejaušs notikums ir notikums, kas var notikt vai nenotikt (to nav iespējams paredzēt iepriekš) novērojuma vai pārbaudes laikā.

Ļaujiet testa laikā (monētas vai kauliņa mešana, vilkšana pārbaudes karte utt.) ir iespējami vienlīdz iespējamie rezultāti. Piemēram, metot monētu, visu iznākumu skaits ir 2, jo nevar būt citu iznākumu, izņemot “astes” vai “ērgļu” zaudēšanu. Metot kauliņu, ir iespējami 6 iznākumi, jo kauliņa augšpusē var parādīties jebkurš no skaitļiem no 1 līdz 6. Lai arī kāds notikums A būtu labvēlīgs iznākumiem.

Notikuma A varbūtība ir šim notikumam labvēlīgo iznākumu skaita attiecība pret kopējo vienlīdz iespējamo iznākumu skaitu (tā ir klasiskā varbūtības definīcija). Mēs rakstām

Piemēram, ļaujiet notikumam A sastāvēt no nepāra punktu skaita iegūšanas, metot kauliņu. Kopumā ir 6 iespējamie iznākumi: 1, 2, 3, 4, 5, 6 kauliņa augšpusē. Tajā pašā laikā notikumam A labvēlīgi ir rezultāti ar 1, 3, 5 metieniem. .

Ņemiet vērā, ka dubultā nevienādība vienmēr ir spēkā, tāpēc jebkura notikuma A varbūtība ir uz intervāla, tas ir . Ja jūsu atbildes varbūtība ir lielāka par vienu, tad jūs kaut kur kļūdījāties un jums ir vēlreiz jāpārbauda risinājums.

Tiek izsaukti notikumi A un B pretī viens otru, ja kāds iznākums ir labvēlīgs tieši vienam no viņiem.

Piemēram, kad tiek mests kauliņš, notikums "ripo nepāra skaitlis” ir pretējs notikumam “pāra skaitļi”.

Notikums, kas ir pretējs notikumam A, ir apzīmēts. No pretēju notikumu definīcijas izriet
, nozīmē,
.

Problēmas ar objektu atlasi no kopas

1. uzdevums. Pasaules čempionātā piedalās 24 komandas. Izlozējot, tie jāsadala četrās grupās pa sešām komandām katrā. Kastītē ir jauktas kartītes ar grupu numuriem:

1, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 4, 4.

Komandas kapteiņi katrs izvelk vienu kārti. Kāda ir iespējamība, ka Krievijas izlase tiks trešajā grupā?

Kopējais iznākumu skaits ir vienāds ar kartīšu skaitu – to ir 24. Labvēlīgi iznākumi ir 6 (jo uz sešām kartītēm ir uzrakstīts cipars 3). Vēlamā varbūtība ir vienāda ar .

Atbilde: 0,25.

2. uzdevums. Urnā ir 14 sarkanas, 9 dzeltenas un 7 zaļas bumbiņas. No urnas nejauši tiek izvilkta viena bumbiņa. Kāda ir varbūtība, ka šī bumbiņa ir dzeltena?

Kopējais iznākumu skaits ir vienāds ar bumbiņu skaitu: 14 + 9 + 7 = 30. Šim notikumam labvēlīgo iznākumu skaits ir 9. Vēlamā varbūtība ir vienāda ar .

3. uzdevums. Uz tālruņa tastatūras ir 10 skaitļi no 0 līdz 9. Kāda ir varbūtība, ka nejauši nospiests skaitlis būs pāra un lielāks par 5?

Rezultāts šeit ir noteikta taustiņa nospiešana, tāpēc kopā ir 10 vienādi iespējamie rezultāti. Norādītais notikums ir labvēlīgs rezultātiem, kas nozīmē taustiņu 6 vai 8 nospiešanu. Ir divi šādi iznākumi. Nepieciešamā varbūtība ir.

Atbilde: 0.2.

4. uzdevums. Kāda ir varbūtība, ka nejauši izvēlēts naturāls skaitlis no 4 līdz 23 dalās ar 3?

Intervālā no 4 līdz 23 ir 23 - 4 + 1 = 20 naturālie skaitļi, kas nozīmē, ka kopā ir 20 iespējamie iznākumi. Šajā segmentā šādi skaitļi ir trīs reizes: 6, 9, 12, 15, 18, 21. Kopumā ir 6 šādi skaitļi, tāpēc 6 rezultāti ir labvēlīgi attiecīgajam notikumam. Vēlamā varbūtība ir vienāda ar .

Atbilde: 0.3.

5. uzdevums. No 20 eksāmenā piedāvātajām biļetēm students var atbildēt tikai uz 17. Kāda ir varbūtība, ka skolēns nespēs atbildēt uz nejauši izvēlēto biļeti?

1. veids.

Tā kā students var atbildēt uz 17 biļetēm, viņš nevar atbildēt uz 3 biļetēm. Varbūtība iegūt kādu no šīm biļetēm pēc definīcijas ir .

2. ceļš.

Ar A apzīmē notikumu "skolēns var atbildēt uz biļeti". Tad . Pretēja notikuma varbūtība ir =1 - 0,85 = 0,15.

Atbilde: 0,15.

6. uzdevums. Čempionātā ritmiskā vingrošana Piedalās 20 sportisti: 6 no Krievijas, 5 no Vācijas, pārējie no Francijas. Vingrotāju izpildes secība tiek noteikta izlozē. Atrodiet varbūtību, ka septītais sportists ir no Francijas.

Kopā startē 20 sportisti, visiem ir vienādas izredzes uz septīto. Tāpēc ir 20 vienlīdz iespējami iznākumi. No Francijas 20 - 6 - 5 = 9 sportisti, tātad šim pasākumam ir 9 labvēlīgi iznākumi. Nepieciešamā varbūtība ir.

Atbilde: 0,45.

7. uzdevums. Zinātniskā konference notiek pēc 5 dienām. Pavisam plānoti 50 ziņojumi - pirmās trīs dienas, katrā pa 12 ziņojumiem, pārējās vienādi sadalītas starp ceturto un piekto dienu. Atskaišu secību nosaka izloze. Kāda ir varbūtība, ka profesora N. referāts tiks ieplānots konferences pēdējā dienā?

Vispirms noskaidrosim, cik pārskatu ir ieplānots pēdējai dienai. Pārskati ir plānoti pirmajās trīs dienās. Joprojām ir 50 - 36 = 14 pārskati, kas ir vienādi sadalīti starp atlikušajām divām dienām, tāpēc pārskati tiek ieplānoti uz pēdējo dienu.

Par iznākumu uzskatīsim profesora N ziņojuma kārtas numuru. Tādi vienlīdz iespējamie iznākumi ir 50. Norādītajam notikumam labvēlīgi ir 7 (pēdējie 7 cipari ziņojumu sarakstā). Nepieciešamā varbūtība ir.

Atbilde: 0,14.

8. uzdevums. Lidmašīnā ir 10 sēdvietas blakus avārijas izejām un 15 sēdvietas aiz starpsienām, kas atdala kajītes. Pārējie sēdekļi ir neērti gariem pasažieriem. Pasažieris K. ir garš. Atrodiet varbūtību, ka pie reģistrācijas, nejauši izvēloties sēdvietu, pasažieris K. iegūs ērtu sēdvietu, ja lidmašīnā ir 200 sēdvietas.

Šīs problēmas rezultāts ir vietas izvēle. Kopumā ir 200 vienādi iespējamie rezultāti. Dodiet priekšroku pasākumam "izvēlētā vieta ir ērta" 15 + 10 = 25 rezultāti. Nepieciešamā varbūtība ir.

Atbilde: 0,125.

9. uzdevums. No 1000 rūpnīcā saliktajām kafijas dzirnaviņām 7 gabali ir bojāti. Eksperts pārbauda vienu nejauši izvēlētu kafijas dzirnaviņu no šiem 1000. Atrodiet varbūtību, ka pārbaudāmā kafijas dzirnaviņas ir bojātas.

Izvēloties kafijas dzirnaviņas pēc nejaušības principa, iespējami 1000 iznākumi, notikums A "izvēlētā kafijas dzirnaviņas ir bojāts" ir labvēlīgs 7 iznākumiem. Pēc varbūtības definīcijas.

Atbilde: 0,007.

10. uzdevums. Rūpnīcā tiek ražoti ledusskapji. Vidēji uz katriem 100 augstas kvalitātes ledusskapjiem ir 15 ledusskapji ar slēptiem defektiem. Atrodi varbūtību, ka iegādātais ledusskapis būs kvalitatīvs. Rezultātu noapaļo līdz tuvākajai simtdaļai.

Šis uzdevums ir līdzīgs iepriekšējam. Taču formulējums “uz katriem 100 kvalitatīviem ledusskapjiem ir 15 ar defektiem” norāda, ka bojāti 15 gabali nav iekļauti 100 kvalitātē. Līdz ar to kopējais iznākumu skaits ir 100 + 15 = 115 (vienāds ar kopējo ledusskapju skaitu), labvēlīgie rezultāti ir 100. Nepieciešamā varbūtība ir . Lai aprēķinātu aptuveno daļas vērtību, ir ērti izmantot dalīšanu ar stūri. Mēs iegūstam 0,869 ... kas ir 0,87.

Atbilde: 0,87.

11. uzdevums. Pirms tenisa čempionāta pirmās kārtas sākuma dalībnieki pēc nejaušības principa izlozes kārtībā tiek sadalīti spēļu pāros. Kopumā čempionātā piedalās 16 tenisisti, tostarp 7 dalībnieki no Krievijas, tostarp Maksims Zaicevs. Atrodi varbūtību, ka pirmajā kārtā Maksims Zaicevs spēlēs ar jebkuru Krievijas tenisistu.

Tāpat kā iepriekšējā uzdevumā, jums rūpīgi jāizlasa nosacījums un jāsaprot, kāds ir rezultāts un kāds ir labvēlīgs iznākums (piemēram, nepārdomāta varbūtības formulas pielietošana noved pie nepareizas atbildes).

Šeit rezultāts ir Maksima Zaiceva sāncensis. Tā kā kopumā ir 16 tenisisti, un Maksims nevar spēlēt ar sevi, ir 16 - 1 = 15 vienādi iespējamie iznākumi. Labvēlīgs iznākums ir sāncensis no Krievijas. Ir 7 šādi labvēlīgi iznākumi - 1 = 6 (pašu Maksimu mēs izslēdzam no krievu vidus). Nepieciešamā varbūtība ir.

Atbilde: 0.4.

12. uzdevums. Futbola sadaļu apmeklē 33 cilvēki, viņu vidū divi brāļi - Antons un Dmitrijs. Tie, kas apmeklē sadaļu, tiek nejauši sadalīti trīs komandās pa 11 cilvēkiem katrā. Atrodiet varbūtību, ka Antons un Dmitrijs būs vienā komandā.

Veidosim komandas, secīgi izvietojot spēlētājus tukšās vietās, sākot ar Antonu un Dmitriju. Vispirms noliksim Antonu nejauši izvēlētā vietā no 33 brīvajām vietām, tagad Dmitriju noliksim tukšā vietā (kā iznākumu uzskatīsim vietas izvēli viņam). Kopā ir 32 brīvas vietas (vienu jau ir aizņēmis Antons), tātad kopā ir 32 iespējamie iznākumi. Vienā komandā ar Antonu ir palikušas 10 brīvas vietas, tāpēc pasākumam "Antons un Dmitrijs vienā komandā" ir 10 iznākumi. Šī notikuma iespējamība ir .

Atbilde: 0,3125.

13. uzdevums. Mehāniskais pulkstenis ar divpadsmit stundu ciparnīcu kādā brīdī salūza un pārstāja darboties. Atrodiet varbūtību, ka stundu rādītājs ir iesaldēts, kad tas sasniedz 11, bet nesasniedz pulksten 2.

Parasti ciparnīcu var sadalīt 12 sektoros, kas atrodas starp blakus esošo ciparu atzīmēm (starp 12 un 1, 1 un 2, 2 un 3, ..., 11 un 12). Par iznākumu uzskatīsim stundu rādītāja pieturu kādā no norādītajiem sektoriem. Kopumā ir 12 vienādi iespējamie rezultāti. Šim notikumam labvēlīgi ir trīs iznākumi (sektori no 11 līdz 12, 12 un 1, 1 un 2). Vēlamā varbūtība ir vienāda ar .

Atbilde: 0,25.

Apkopojiet

Izpētot materiālu par vienkāršu problēmu risināšanu varbūtības teorijā, iesaku izpildīt uzdevumus patstāvīgam risinājumam, ko publicējam mūsu telegrammas kanāls. Varat arī pārbaudīt to ieviešanas pareizību, ievadot savu atbildes piedāvātajā formā.