Varbūtību teorijas formulas un eksāmenu piemēri. Varbūtību teorija

nejaušs notikums Jebkurš notikums, kas var notikt vai nenotikt kādas pieredzes rezultātā.

Notikuma varbūtība R ir vienāds ar labvēlīgo iznākumu skaita attiecību k starp visiem iespējamiem rezultātiem. n, t.i.

p=\frac(k)(n)

Formulas varbūtību teorijas saskaitīšanai un reizināšanai

\bar(A) notikums sauca pretēji notikumam A, ja notikums A nenotiktu.

Varbūtību summa pretēji notikumi ir vienādi ar vienu, t.i.

P(\bar(A)) + P(A) =1

• Notikuma varbūtība nevar būt lielāka par 1.
• Ja notikuma varbūtība ir 0, tad tas nenotiks.
• Ja notikuma varbūtība ir 1, tad tas notiks.

Varbūtības saskaitīšanas teorēma:

"Divu nesavienojamu notikumu summas varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu."

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

Varbūtība summas divi kopīgi pasākumi ir vienāds ar šo notikumu varbūtību summu, neņemot vērā to kopīgo rašanos:

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

Varbūtības reizināšanas teorēma

"Divu notikumu reizinājuma varbūtība ir vienāda ar viena no tiem varbūtības reizinājumu ar otra nosacīto varbūtību, kas aprēķināta ar nosacījumu, ka noticis pirmais."

P(AB)=P(A)*P(B)

Notikumi sauca nesaderīgi, ja viena no tām izskats izslēdz citu izskatu. Tas ir, var notikt tikai viens konkrēts notikums vai cits.

Notikumi sauca locītavu, ja vien viena no tām rašanās neizslēdz otra rašanos.

Divi nejauši notikumi Tiek saukti A un B neatkarīgs, ja viena no tām rašanās nemaina otra rašanās iespējamību. Pretējā gadījumā notikumus A un B sauc par atkarīgiem.

Varbūtība. Profila eksāmena uzdevumi matemātikā.

Sagatavojusi matemātikas skolotāja MBOU "Licejs Nr. 4", Ruzaevka

Ovčiņņikova T.V.

Varbūtības definīcija

Varbūtība notikumi Zvana attiecība skaitļa m šim notikumam labvēlīgus rezultātus uz kopējo skaitu n visi vienlīdz iespējamie nesaderīgie notikumi, kas var rasties viena testa vai novērojuma rezultātā:

m

n

Ļaujiet būt k - monētu mešanas reižu skaits, pēc tam iespējamo iznākumu skaits: n=2 k .

Ļaujiet būt k - metamo kauliņu skaits, pēc tam iespējamo rezultātu skaits: n=6 k .

Nejaušajā eksperimentā simetriska monēta tiek izmesta divas reizes. Atrodiet varbūtību, ka galviņas parādās tieši vienu reizi.

Risinājums.

Tikai 4 iespējas: par; ak, ak; p p; p p; par .

Labvēlīgais 2: par; R Un R; par .

Varbūtība ir 2/4 = 1/2 = 0,5 .

Atbilde: 0,5.

Izlases eksperimentā tiek izmesti divi kauliņi. Atrodi varbūtību iegūt 8 punktus kopā. Rezultātu noapaļo līdz tuvākajai simtdaļai.

Risinājums.

Kauliņi ir kauliņi ar 6 malām. Pirmais kauliņš var izmest 1, 2, 3, 4, 5 vai 6 punktus. Katra vērtēšanas opcija atbilst 6 punktu skaitīšanas iespējām uz otrā kauliņa.

Tie. Kopā dažādas iespējas 6x6=36.

Iespējas (eksperimenta rezultāti) būs šādas:

1; 1 1; 2 1; 3 1; 4 1; 5 1; 6

2; 1 2; 2 2; 3 2; 4 2; 5 2; 6

utt. ........................

6; 1 6; 2 6; 3 6; 4 6; 5 6; 6

Saskaitīsim iznākumu (opciju) skaitu, kuros divu kauliņu punktu summa ir 8.

2; 6 3; 5; 4; 4 5; 3 6; 2.

Tikai 5 varianti.

Atradīsim varbūtību: 5/36 = 0,138 ≈ 0,14.

Atbilde: 0,14.

Bioloģijas biļešu kolekcijā kopā ir 55 biļetes, 11 no tām satur jautājumu par botāniku. Atrodiet varbūtību, ka students nejauši izvēlētā eksāmena biļetē saņems jautājumu par botāniku.

Risinājums:

Varbūtība, ka students nejauši izvēlētā eksāmena biļetē saņems jautājumu par botāniku, ir 11/55 = 1/5 = 0,2.

Atbilde: 0.2.

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.

Kopumā ir 20 sportisti.

no tiem 20 - 8 - 7 = 5 sportisti no Ķīnas.

Varbūtība, ka sportists, kurš startēs pirmais, būs no Ķīnas, ir 5/20 = 1/4 = 0,25.

Atbilde: 0,25.

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:

Paredzēta konferences pēdējā diena

(75 - 17 × 3) : 2 = 12 ziņojumi.

Varbūtība, ka profesora M. referāts tiks ieplānots konferences pēdējā dienā, ir 12/75 = 4/25 = 0,16.

Atbilde: 0,16.

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:

Jāpiebilst, ka Ruslanam Orlovam jāspēlē ar kādu badmintonistu no Krievijas. Un pats Ruslans Orlovs arī ir no Krievijas.

Varbūtība, ka pirmajā kārtā Ruslans Orlovs spēlēs ar jebkuru badmintonistu no Krievijas, ir 9/25 = 36/100 = 0,36.

Atbilde: 0,36.

Daša meta kauliņus divas reizes. Viņa kopā guva 8 punktus. Atrodiet varbūtību iegūt 2 ar pirmo metienu.

Risinājums.

Kopā diviem kauliņiem jāmet 8 punkti. Tas ir iespējams, ja ir šādas kombinācijas:

Tikai 5 varianti. Saskaitīsim iznākumu (opciju) skaitu, kuros pirmajā metienā krita 2 punkti.

Šī opcija ir 1.

Atrodiet varbūtību: 1/5 = 0,2.

Atbilde: 0.2.

Pasaules čempionātā piedalās 20 komandas. Ar izložu palīdzību tās jāsadala piecās grupās pa četrām komandām katrā. Kastītē ir jauktas kartītes ar grupu numuriem:

1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 5, 5, 5, 5.

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

Risinājums:

Kopā ir 20 komandas, 5 grupas.

Katrā grupā ir 4 komandas.

Tātad kopā saņēmām 20 iznākumus, vajadzēja 4, kas nozīmē, ka vēlamā iznākuma izkrišanas varbūtība ir 4/20 = 0,2.

Atbilde: 0.2.

Divas rūpnīcas ražo vienu un to pašu stiklu automašīnu priekšējiem lukturiem. Pirmajā rūpnīcā tiek ražoti 45% no šīm brillēm, otrajā - 55%. Pirmajā rūpnīcā tiek ražoti 3% defektīvo stiklu, bet otrajā - 1%. Atrodiet iespējamību, ka veikalā nejauši nopirktā glāze būs bojāta.

Risinājums:

Varbūtība, ka stikls pirkts pirmajā rūpnīcā un tam ir defekts:

R 1 = 0,45 0,03 = 0,0135.

Varbūtība, ka stikls pirkts otrajā rūpnīcā un tam ir defekts:

R 2 = 0,55 0,01 = 0,0055.

Tāpēc pēc kopējās varbūtības formulas varbūtība, ka veikalā nejauši iegādāta glāze būs bojāta, ir vienāda ar

p = p 1 + lpp 2 = 0,0135 + 0,0055 = 0,019.

Atbilde: 0,019.

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:

Iespējas uzvarēt pirmajā un otrajā spēlē ir viena no otras neatkarīgas. Neatkarīgu notikumu rašanās varbūtība ir vienāda ar to varbūtību reizinājumu:

p = 0,52 0,3 = 0,156.

Atbilde: 0,156.

Biatlonists mērķos šauj 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.

Risinājums:

Katra nākamā šāviena rezultāts nav atkarīgs no iepriekšējiem. Tāpēc notikumi “trāpīja pa pirmo šāvienu”, “trāpīja uz otro šāvienu” utt. neatkarīgs.

Katra trāpījuma varbūtība ir 0,8. Tātad kļūdas iespējamība ir 1 - 0,8 = 0,2.

1 sitiens: 0,8

2 sitieni: 0,8

3 sitieni: 0,8

4 sitieni: 0,2

5 sitieni: 0,2

Saskaņā ar formulu neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanai mēs atklājam, ka vēlamā varbūtība ir vienāda ar:

0,8 ∙ 0,8 ∙ 0,8 ∙ 0,2 ∙ 0,2 = 0,02048 ≈ 0,02.

Atbilde: 0,02.

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.

Risinājums:

Atrodiet varbūtību, ka abi automāti ir bojāti.

Šie notikumi ir neatkarīgi, to reizinājuma varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību reizinājumu:

0,05 0,05 = 0,0025.

Notikums, kas sastāv no tā, ka vismaz viens automāts ir izmantojams, ir pretējs.

Tāpēc tā varbūtība ir

1 − 0,0025 = 0,9975.

Atbilde: 0,9975.

Kovbojs Džons ietriec mušu pa sienu ar varbūtību 0,9, ja šauj ar šāvienu revolveri. 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:

Varbūtība, ka Džons palaidīs garām, ja viņš paķers revolveri, ir:

0,4 (1–0,9) = 0,04

Varbūtība, ka Džons palaidīs garām, ja viņš paķers neizšautu revolveri, ir:

0,6 (1–0,2) = 0,48

Šie notikumi nav savienojami, to summas varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu:

0,04 + 0,48 = 0,52.

Atbilde: 0,52.

Artilērijas apšaudes laikā 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, un ar katru nākamo šāvienu tā ir 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:

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.

Atbilde: 5.

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 starp šiem 12 cilvēkiem būs otrais dvīnis, ir vienāda ar

P=12:25=0,48.

Atbilde: 0,48.

Attēlā redzams 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 pilnīgi nejauša, nosakiet, ar kādu varbūtību zirneklis atnāks uz izeju D.

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.

Notikumus, kas notiek realitātē vai mūsu iztēlē, var iedalīt 3 grupās. Tie ir noteikti notikumi, kuriem noteikti jānotiek, neiespējami notikumi un nejauši notikumi. Varbūtību teorija pēta nejaušus notikumus, t.i. notikumi, kas var notikt vai nenotikt. Šis raksts tiks prezentēts kopsavilkums varbūtības teorijas formulas un problēmu risināšanas piemēri varbūtību teorijā, kas būs 4. uzdevumā USE matemātikā (profila līmenī).

Kāpēc mums ir vajadzīga varbūtības teorija

Vēsturiski nepieciešamība pētīt šīs problēmas radās 17. gadsimtā saistībā ar Latvijas valsts un pašvaldību lietu attīstību un profesionalizāciju. azartspēles un kazino parādīšanās. Tā bija reāla parādība, kas prasīja tās izpēti un izpēti.

Spēļu kārtis, kauliņi, rulete radīja situācijas, kurās varēja notikt jebkurš no ierobežota skaita vienlīdz iespējamu notikumu. Bija nepieciešams sniegt skaitliskus aprēķinus par notikuma iespējamību.

20. gadsimtā kļuva skaidrs, ka šai šķietami vieglprātīgajai zinātnei ir svarīga loma mikrokosmosā notiekošo fundamentālo procesu izpratnē. Tika izveidots mūsdienu teorija varbūtības.

Varbūtību teorijas pamatjēdzieni

Varbūtību teorijas izpētes objekts ir notikumi un to varbūtības. Ja notikums ir sarežģīts, tad to var sadalīt vienkāršās sastāvdaļās, kuru varbūtības ir viegli atrast.

Notikumu A un B summu sauc par notikumu C, kas sastāv no tā, ka vai nu notikums A, vai notikums B, vai notikumi A un B notika vienlaikus.

Notikumu A un B reizinājums ir notikums C, kas sastāv no tā, ka ir noticis gan notikums A, gan notikums B.

Tiek uzskatīts, ka notikumi A un B nav savienojami, ja tie nevar notikt vienlaikus.

Notikums A tiek uzskatīts par neiespējamu, ja tas nevar notikt. Šādu notikumu apzīmē ar simbolu .

Notikums A tiek saukts par noteiktu, ja tas noteikti notiks. Šādu notikumu apzīmē ar simbolu .

Katram notikumam A tiek piešķirts skaitlis P(A). Šo skaitli P(A) sauc par notikuma A varbūtību, ja ar šādu atbilstību ir izpildīti šādi nosacījumi.

Svarīgs īpašs gadījums ir situācija, kad ir vienādi iespējami elementārie iznākumi, un patvaļīgi no šiem rezultātiem veido notikumus A. Šajā gadījumā varbūtību var ievadīt ar formulu . Šādā veidā ieviesto varbūtību sauc par klasisko varbūtību. Var pierādīt, ka šajā gadījumā ir spēkā īpašības 1-4.

Problēmas varbūtības teorijā, kas atrodamas matemātikas eksāmenā, galvenokārt ir saistītas ar klasisko varbūtību. Šādi uzdevumi var būt ļoti vienkārši. Īpaši vienkāršas ir problēmas varbūtību teorijā demo versijas. Labvēlīgo iznākumu skaitu ir viegli aprēķināt, visu iznākumu skaits ir ierakstīts tieši nosacījumā.

Mēs saņemam atbildi pēc formulas.

Piemērs uzdevumam no matemātikas eksāmena varbūtības noteikšanai

Uz galda ir 20 pīrāgi - 5 ar kāpostiem, 7 ar āboliem un 8 ar rīsiem. Marina vēlas paņemt pīrāgu. Kāda ir varbūtība, ka viņa paņems rīsu kūku?

Risinājums.

Kopumā ir 20 līdzvērtīgi elementāri rezultāti, tas ir, Marina var paņemt jebkuru no 20 pīrāgiem. Bet mums ir jānovērtē iespējamība, ka Marina paņems rīsu pīrādziņu, tas ir, kur A ir rīsu pīrāga izvēle. Tas nozīmē, ka mums kopumā ir 8 labvēlīgi rezultāti (izvēloties rīsu pīrāgus), tad varbūtību noteiks pēc formulas:

Neatkarīgi, pretēji un patvaļīgi notikumi

Tomēr atklātajā uzdevumu bankā vairāk nekā grūti uzdevumi. Tāpēc pievērsīsim lasītāja uzmanību citiem varbūtību teorijā pētītajiem jautājumiem.

Notikumi A un B tiek saukti par neatkarīgiem, ja katra no tiem iespējamība nav atkarīga no tā, vai noticis otrs notikums.

Notikums B sastāv no tā, ka notikums A nenotika, t.i. notikums B ir pretējs notikumam A. Pretēja notikuma varbūtība ir vienāda ar vienu mīnus tiešā notikuma varbūtība, t.i. .

Saskaitīšanas un reizināšanas teorēmas, formulas

Patvaļīgiem notikumiem A un B šo notikumu summas varbūtība ir vienāda ar to varbūtību summu bez to kopīgā notikuma varbūtības, t.i. .

Neatkarīgiem notikumiem A un B šo notikumu reizinājuma varbūtība ir vienāda ar to varbūtību reizinājumu, t.i. šajā gadījumā .

Pēdējos 2 apgalvojumus sauc par varbūtību saskaitīšanas un reizināšanas teorēmām.

Ne vienmēr rezultātu skaita saskaitīšana ir tik vienkārša. Dažos gadījumos ir nepieciešams izmantot kombinatoriskās formulas. Vissvarīgākais ir saskaitīt notikumu skaitu, kas atbilst noteiktiem nosacījumiem. Dažreiz šādi aprēķini var kļūt par patstāvīgiem uzdevumiem.

Cik daudzos veidos var nosēdināt 6 skolēnus 6 tukšās vietās? Pirmais students ieņems kādu no 6 vietām. Katra no šīm iespējām atbilst 5 veidiem, kā ievietot otro studentu. Trešajam skolēnam 4 brīvas vietas, ceturtajam - 3, piektajam - 2, sestais ieņems vienīgo atlikušo vietu. Lai atrastu visu opciju skaitu, jāatrod prece, kas apzīmēta ar simbolu 6! un izlasiet "seši faktori".

Vispārīgā gadījumā atbildi uz šo jautājumu sniedz n elementu permutāciju skaita formula.Mūsu gadījumā .

Tagad apsveriet citu gadījumu ar mūsu studentiem. Cik daudzos veidos var nosēdināt 2 skolēnus 6 tukšās vietās? Pirmais students ieņems kādu no 6 vietām. Katra no šīm iespējām atbilst 5 veidiem, kā ievietot otro studentu. Lai atrastu visu iespēju skaitu, jums ir jāatrod prece.

Vispārīgā gadījumā atbildi uz šo jautājumu sniedz formula n elementu izvietojumu skaitam pa k elementiem

Mūsu gadījumā.

Un pēdējais šajā sērijā. Cik daudzos veidos var izvēlēties 3 skolēnus no 6? Pirmo studentu var izvēlēties 6 veidos, otro - 5, bet trešo - 4 veidos. Bet starp šīm iespējām tie paši trīs studenti sastopami 6 reizes. Lai atrastu visu opciju skaitu, jums jāaprēķina vērtība: . Vispārīgā gadījumā atbildi uz šo jautājumu sniedz formula elementu kombināciju skaitam pa elementiem:

Mūsu gadījumā.

Matemātikas eksāmena uzdevumu risināšanas piemēri varbūtības noteikšanai

Uzdevums 1. No krājuma, izd. Jaščenko.

Uz šķīvja ir 30 pīrāgi: 3 ar gaļu, 18 ar kāpostiem un 9 ar ķiršiem. Saša nejauši izvēlas vienu pīrāgu. Atrodiet varbūtību, ka viņš nonāks pie ķirša.

.

Atbilde: 0.3.

2. uzdevums. No krājuma, red. Jaščenko.

Katrā 1000 spuldžu partijā vidēji 20 bojātas. Atrodiet varbūtību, ka nejauši no partijas izvēlēta spuldze ir laba.

Risinājums: izmantojamo spuldžu skaits ir 1000-20=980. Tad varbūtība, ka no partijas nejauši paņemta spuldze būs izmantojama:

Atbilde: 0,98.

Varbūtība, ka skolēns U. matemātikas ieskaitē pareizi atrisina vairāk nekā 9 uzdevumus, ir 0,67. Varbūtība, ka U. pareizi atrisina vairāk nekā 8 uzdevumus, ir 0,73. Atrodiet varbūtību, ka U. pareizi atrisina tieši 9 uzdevumus.

Ja iedomāsimies skaitļa līniju un atzīmēsim tajā punktus 8 un 9, tad redzēsim, ka nosacījums "U. pareizi atrisināt tieši 9 problēmas” ir iekļauts nosacījumā “U. pareizi atrisināt vairāk nekā 8 problēmas", bet neattiecas uz nosacījumu "W. pareizi atrisināt vairāk nekā 9 problēmas.

Tomēr nosacījums "U. pareizi atrisināt vairāk nekā 9 problēmas" ir ietverts nosacījumā "U. pareizi atrisināt vairāk nekā 8 problēmas. Tādējādi, ja mēs apzīmējam notikumus: “W. pareizi atrisināt tieši 9 uzdevumus" - caur A, "U. pareizi atrisināt vairāk nekā 8 uzdevumus" - caur B, "U. pareizi atrisināt vairāk nekā 9 uzdevumus ”caur C. Tad risinājums izskatīsies šādi:

Atbilde: 0,06.

Ģeometrijas eksāmenā students atbild uz vienu jautājumu no eksāmena jautājumu saraksta. Varbūtība, ka šis ir trigonometrijas jautājums, ir 0,2. Varbūtība, ka šis ir Ārējo stūru 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.

Padomāsim, kādi pasākumi mums ir. Mums ir doti divi nesavienojami notikumi. Tas ir, vai nu jautājums attieksies uz tēmu "Trigonometrija", vai arī uz tēmu "Ārējie leņķi". Saskaņā ar varbūtības teorēmu nesaderīgu notikumu varbūtība ir vienāda ar katra notikuma varbūtību summu, mums jāatrod šo notikumu varbūtību summa, tas ir:

Atbilde: 0,35.

Telpu apgaismo laterna ar trim lampām. Viena lampas izdegšanas iespējamība gada laikā ir 0,29. Atrodiet varbūtību, ka gada laikā neizdegs vismaz viena lampa.

Apskatīsim iespējamos notikumus. Mums ir trīs spuldzes, no kurām katra var izdegt vai neizdegt neatkarīgi no jebkuras citas spuldzes. Tie ir neatkarīgi notikumi.

Tad norādīsim šādu notikumu variantus. Mēs pieņemam apzīmējumu: - spuldze ir ieslēgta, - spuldze ir izdegusi. Un tūlīt pēc tam mēs aprēķinām notikuma varbūtību. Piemēram, notikuma iespējamība, kurā notika trīs neatkarīgi notikumi “izdegusi spuldze”, “deg spuldze”, “deg spuldze”: .

Plānots Tulas pilsētas izglītības iestādes matemātikas skolotāju darbnīca 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, skolotāji, jau zinām, ka galvenie uzdevumu veidi USE varbūtību teorijā ir balstīti uz klasiskā definīcija varbūtības. Atcerieties, ko sauc par notikuma varbūtību?

Notikuma varbūtība ir to iznākumu skaita attiecība, kas dod priekšroku konkrētam notikumam, pret kopējo rezultātu skaitu.

Mūsu matemātikas skolotāju zinātniski metodiskajā asociācijā a vispārējā shēma problēmu risināšana varbūtības noteikšanai. Es vēlētos to iepazīstināt ar jūsu uzmanību. Starp citu, mēs dalījāmies ar savu darba pieredzi, 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?

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 skaits elementārie notikumi ir vienādi ar 6. Noskaidrosim, kuri elementārie notikumi ir labvēlīgi notikumam. 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. Koka izmantošanas uzdevumi iespējas

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, plkst. svešvaloda- 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 ir 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 būtiski 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, jāizvēlas 4 cilvēki dalībai 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 nonāca vienā kabatā, tad ir iespējami 2 varianti: vai nu Petja tās nepārvietoja vispār, vai arī viņš abas nobīdīja 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 elementik , 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

Nodarbība-lekcija par tēmu "Varbūtību teorija"

Uzdevums numur 4 no eksāmena 2016.g.

profila līmenis.

1 grupa: uzdevumi par klasiskās varbūtības formulas izmantošanu.

• 1. vingrinājums. Taksometru kompānijai ir pieejami 60 automašīnas; 27 no tiem ir melni ar dzelteniem uzrakstiem sānos, pārējās ir dzeltena krāsa ar melniem burtiem. Atrodiet varbūtību, ka nejaušā izsaukumā ieradīsies dzeltena automašīna ar melniem uzrakstiem.

• 2. uzdevums. Miša, Oļegs, Nastja un Gaļa izmeta lozi – kuram jāsāk spēle. Atrodiet varbūtību, ka Galja nesāks spēli.

• 3. uzdevums. Vidēji no 1000 pārdotajiem dārza sūkņiem noplūst 7. Atrodiet varbūtību, ka vienam nejauši izvēlētam sūknim nebūs noplūdes.

• 4. uzdevums. Biļešu krājumā ķīmijā ir tikai 15 biļetes, 6 no tām ir jautājums par tēmu "Skābes". Atrodiet varbūtību, ka eksāmenā nejauši izvēlētā biļetē students saņems jautājumu par tēmu "Skābes".

• 5. uzdevums. Niršanas čempionātā startē 45 sportisti, starp tiem 4 ūdenslīdēji no Spānijas un 9 ūdenslīdēji no ASV. Priekšnesumu secību nosaka izloze. Atrodiet varbūtību, ka divdesmit ceturtais lēcējs būs no ASV.

• 6. uzdevums. Zinātniskā konference notiek pēc 3 dienām. Kopā plānoti 40 ziņojumi - 8 ziņojumi pirmajā dienā, pārējās vienādi sadalītas starp otro un trešo dienu. Atskaišu secību nosaka izloze. Kāda ir varbūtība, ka profesora M. referāts tiks ieplānots konferences pēdējā dienā?

• 1. vingrinājums. Pirms tenisa čempionāta pirmās kārtas sākuma dalībnieki pēc nejaušības principa izlozes kārtībā tiek sadalīti spēļu pāros. Kopumā čempionātā piedalās 26 tenisisti, tostarp 9 dalībnieki no Krievijas, tostarp Timofejs Trubņikovs. Atrodi varbūtību, ka pirmajā kārtā Timofejs Trubņikovs spēlēs ar jebkuru Krievijas tenisistu.

• 2. uzdevums. Pirms badmintona čempionāta pirmās kārtas sākuma dalībnieki pēc nejaušības principa izlozes kārtībā tiek sadalīti spēļu pāros. Kopumā čempionātā piedalās 76 badmintonisti, tostarp 22 sportisti no Krievijas, tostarp Viktors Poļakovs. Atrodi varbūtību, ka pirmajā kārtā Viktors Poļakovs spēlēs ar jebkuru badmintonistu no Krievijas.

• 3. uzdevums. Klasē mācās 16 skolēni, viņu vidū divi draugi – Oļegs un Mihails. Klase pēc nejaušības principa tiek sadalīta 4 vienādās grupās. Atrodi varbūtību, ka Oļegs un Mihails būs vienā grupā.

• 4. uzdevums. Klasē mācās 33 skolēni, viņu vidū divi draugi – Andrejs un Mihails. Skolēni pēc nejaušības principa tiek sadalīti 3 vienādās grupās. Atrodiet varbūtību, ka Andrejs un Mihails būs vienā grupā.

• 1. vingrinājums: Keramisko trauku ražotnē 20% saražoto šķīvju ir ar defektiem. Produkta kvalitātes kontroles laikā tiek atklāti 70% bojāto plākšņu. Pārējās plāksnes ir pārdošanā. Atrodiet varbūtību, ka pirkšanas brīdī nejauši izvēlētai plāksnei nav defektu. Atbildi noapaļo līdz tuvākajai simtdaļai.

• 2. uzdevums. Keramisko trauku rūpnīcā 30% saražoto šķīvju ir ar defektiem. Produkta kvalitātes kontroles laikā tiek atklāti 60% bojāto plākšņu. Pārējās plāksnes ir pārdošanā. Atrodiet varbūtību, ka pirkšanas laikā nejauši izvēlēta plāksne ir bojāta. Atbildi noapaļo līdz tuvākajai simtdaļai.

• 3. uzdevums: 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.

2 grupa: pretējā notikuma varbūtības atrašana.

• 1. vingrinājums. Iespēja trāpīt mērķa centrā no 20 m attāluma profesionālam šāvējam ir 0,85. Atrodiet varbūtību, ka netiks trāpīts mērķa centrā.

• 2. uzdevums. Izgatavojot gultņus ar diametru 67 mm, varbūtība, ka diametrs atšķirsies no norādītā mazāk 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.

3 grupa: Vismaz viena nesaderīgā notikuma iestāšanās varbūtības atrašana. Varbūtības saskaitīšanas formula.

• 1. vingrinājums. Atrodiet varbūtību, ka kauliņš metīs 5 vai 6.

• 2. uzdevums. Urnā ir 30 bumbiņas: 10 sarkanas, 5 zilas un 15 baltas. Atrodi iespējamību uzzīmēt krāsainu bumbiņu.

• 3. uzdevums.Šāvējs šauj pa mērķi, kas sadalīts 3 zonās. Varbūtība trāpīt pirmajā zonā ir 0,45, otrā - 0,35. Atrodi varbūtību, ka šāvējs ar vienu šāvienu trāpīs vai nu pirmajā, vai otrajā zonā.

• 4. uzdevums. Katru dienu no rajona centra uz ciematu kursē autobuss. Varbūtība, ka pirmdien autobusā būs mazāk par 18 pasažieriem, ir 0,95. Varbūtība, ka būs mazāk par 12 pasažieriem, ir 0,6. Atrodiet varbūtību, ka pasažieru skaits būs no 12 līdz 17.

• 5. uzdevums. Varbūtība, ka jaunā 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.

• 6. uzdevums. Varbūtība, ka skolēns U. bioloģijas ieskaitē pareizi atrisina vairāk nekā 9 uzdevumus, ir 0,61. Varbūtība, ka U. pareizi atrisina vairāk nekā 8 uzdevumus, ir 0,73. Atrodiet varbūtību, ka U. pareizi atrisina tieši 9 uzdevumus.

4 Grupa: Neatkarīgu notikumu vienlaicīgas iestāšanās varbūtība. Varbūtības reizināšanas formula.

• 1. vingrinājums. Telpu apgaismo laterna ar divām lampām. Viena lampas izdegšanas iespējamība gada laikā ir 0,3. Atrodiet varbūtību, ka gada laikā neizdegs vismaz viena lampa.

• 2. uzdevums. Telpu apgaismo laterna ar trim lampām. Viena lampas izdegšanas iespējamība gada laikā ir 0,3. Atrodiet varbūtību, ka gada laikā neizdegs vismaz viena lampa.

• 3. uzdevums. Veikalā ir divi pārdevēji. Katrs no viņiem ir aizņemts ar klientu ar varbūtību 0,4. Atrodiet varbūtību, ka nejaušā laika brīdī abi pārdevēji ir aizņemti vienlaikus (pieņemsim, ka klienti ienāk neatkarīgi viens no otra).

• 4. uzdevums. Veikalā ir trīs pārdevēji. Katrs no viņiem ir aizņemts ar klientu ar varbūtību 0,2. Atrodiet varbūtību, ka nejaušā laikā visi trīs pārdevēji ir aizņemti vienlaikus (pieņemsim, ka klienti ienāk neatkarīgi viens no otra).

• 5. uzdevums: Saskaņā ar klientu atsauksmēm Mihails Mihailovičs novērtēja divu tiešsaistes veikalu uzticamību. Varbūtība, ka vēlamo preci piegādāts no veikala A ir 0,81. Varbūtība, ka šī prece tiks piegādāta no veikala B, ir 0,93. Mihails Mihailovičs pasūtīja preces uzreiz abos veikalos. Pieņemot, ka interneta veikali darbojas neatkarīgi viens no otra, atrodiet varbūtību, ka neviens no veikaliem preces nepiegādās.

• 6. uzdevums: Ja lielmeistars A. spēlē balto, tad viņš uzvar lielmeistaru B. ar varbūtību 0,6. Ja A. spēlē melno, tad A. pārspēj B. ar varbūtību 0,4. Lielmeistari A. un B. spēlē divas spēles, un otrajā spēlē maina figūru krāsu. Atrodiet varbūtību, ka A. uzvarēs abas reizes.

5 Grupa: Uzdevumi abu formulu pielietošanai.

• 1. vingrinājums: Visiem pacientiem, kuriem ir aizdomas par hepatītu, tiek veikta asins analīze. Ja tests atklāj hepatītu, testa rezultātu sauc par pozitīvu. Hepatīta pacientiem analīze dod pozitīvs rezultāts ar varbūtību 0,9. Ja pacientam nav hepatīta, tests var dot viltus pozitīvu rezultātu ar varbūtību 0,02. Zināms, ka 66% pacientu, kuri uzņemti ar aizdomām par hepatītu, patiesībā ir hepatīts. Atrodiet varbūtību, ka klīnikā ar aizdomām par hepatītu ievietota pacienta testa rezultāts būs pozitīvs.

• 2. uzdevums. Kovbojs Džons ietriec mušu pa sienu ar varbūtību 0,9, ja šauj ar šāvienu revolveri. Ja Džons izšauj ar neredzētu 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.

3. uzdevums:

Dažās jomās novērojumi parādīja:

1. Ja jūnija rīts ir skaidrs, tad lietus iespējamība tajā dienā ir 0,1. 2. Ja jūnija rīts ir apmācies, tad lietus iespējamība dienā ir 0,4. 3. Mākoņaina rīta iespējamība jūnijā ir 0,3.

Atrodiet varbūtību, ka kādā nejaušā jūnija dienā nelīs.

4. uzdevums. Artilērijas apšaudes laikā automātiskā sistēma veic šāvienu mērķī. Ja mērķis netiek iznīcināts, sistēma izšauj vēlreiz. Šāvieni tiek atkārtoti, līdz mērķis tiek iznīcināts. Varbūtība iznīcināt noteiktu mērķi ar pirmo šāvienu ir 0,3, un ar katru nākamo šāvienu tā ir 0,9. Cik šāvienu būs nepieciešams, lai nodrošinātu, ka mērķa iznīcināšanas iespējamība ir vismaz 0,96?