Varbūtības teoriju par vienotu valsts eksāmenu matemātikā var iesniegt gan vienkāršu uzdevumu veidā par klasisko varbūtības definīciju, gan diezgan sarežģītu uzdevumu veidā par atbilstošo teorēmu pielietojumu.

Šajā daļā aplūkosim problēmas, kurām pietiek izmantot varbūtības definīciju. Dažreiz šeit mēs izmantosim arī formulu, lai aprēķinātu pretēja notikuma iespējamību. Lai gan šeit jūs varat iztikt bez šīs formulas, jums tā joprojām būs nepieciešama, risinot tālāk norādītās problēmas.

Teorētiskā daļa

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

Lai ir vienādi iespējamie rezultāti, veicot ieskaiti (monētas vai kauliņa mešana, eksāmena kartes zīmēšana utt.). Piemēram, metot monētu, visu iznākumu skaits ir 2, jo nevar būt citu iznākumu, izņemot galvas vai astes. Metot kauliņu, ir iespējami 6 iznākumi, jo kauliņa augšpusē var parādīties jebkurš skaitlis no 1 līdz 6. Lai arī kāds notikums A būtu labvēlīgs rezultātiem.

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

Piemēram, notikums A sastāv no nepāra punktu skaita iegūšanas, metot kauliņu. Kopumā ir 6 iespējamie rezultāti: 1, 2, 3, 4, 5, 6, kas parādās kuba augšpusē. Šajā gadījumā rezultāti ar 1, 3, 5 ir labvēlīgi notikumam A: 1, 3. , 5. Tādējādi .

Ņemiet vērā, ka dubultnevienādība vienmēr ir izpildīta, tāpēc jebkura notikuma A varbūtība atrodas uz intervāla, tas ir . Ja jūsu atbildes varbūtība ir lielāka par vienu, tas nozīmē, ka esat kaut kur kļūdījies, un risinājums ir vēlreiz jāpārbauda.

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

Piemēram, metot kauliņu, notikums “ir izmests nepāra skaitlis” ir pretējs notikumam “pāra skaitlis ir izmests”.

Tiek norādīts notikumam A pretējais notikums. No pretēju notikumu definīcijas izriet
, nozīmē,
.

Problēmas ar objektu atlasi no kopas

1. uzdevums. Pasaules čempionātā piedalās 24 komandas. Izmantojot izlozes, tās jāsadala četrās grupās pa sešām komandām katrā. Kastītē ir sajauktas kartes 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 – ir 24 labvēlīgi iznākumi (jo uz sešām kartēm ir uzrakstīts cipars 3). Nepieciešamā 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 būs dzeltena?

Kopējais iznākumu skaits ir vienāds ar bumbiņu skaitu: 14 + 9 + 7 = 30. Šim notikumam labvēlīgo iznākumu skaits ir 9. Nepieciešamā 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. Norādītajam notikumam priekšroka tiek dota rezultātiem, kas nozīmē taustiņa 6 vai 8 nospiešanu. Ir divi šādi rezultāti. Nepieciešamā varbūtība ir vienāda ar .

Atbilde: 0.2.

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

Segmentā no 4 līdz 23 ir 23 – 4 + 1 = 20 naturālie skaitļi, kas nozīmē, ka kopā ir 20 iespējamie rezultāti. Šajā segmentā šādi skaitļi ir trīs reizes: 6, 9, 12, 15, 18, 21. Kopumā ir 6 šādi skaitļi, tāpēc attiecīgajam notikumam ir 6 iznākumi. Nepieciešamā 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. metode.

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

2. metode.

Ar A apzīmēsim notikumu “skolēns var atbildēt uz biļeti”. Tad . Pretēja notikuma varbūtība ir =1 – 0,85 = 0,15.

Atbilde: 0,15.

6. problēma. Ritmiskās vingrošanas čempionātā piedalās 20 sportisti: 6 no Krievijas, 5 no Vācijas, pārējie no Francijas. Vingrotāju izpildes secība tiek noteikta izlozē. Atrodiet varbūtību, ka sportists, kurš sacenšas septītajā vietā, ir no Francijas.

Pavisam startē 20 sportisti, visiem ir vienādas iespējas pacīnīties par septīto. Tāpēc ir 20 vienādi iespējamie rezultāti. No Francijas ir 20 – 6 – 5 = 9 sportisti, tātad norādītajam pasākumam ir 9 labvēlīgi iznākumi. Nepieciešamā varbūtība ir vienāda ar .

Atbilde: 0,45.

7. uzdevums. Zinātniskā konference notiek 5 dienas. Kopā plānoti 50 ziņojumi - pirmajās trīs dienās ir pa 12 ziņojumiem katrā, pārējās vienādi sadalītas starp ceturto un piekto dienu. Atskaišu secība tiek noteikta izlozes kārtībā. Kāda ir varbūtība, ka profesora N. ziņojums tiks ieplānots konferences pēdējā dienā?

Vispirms noskaidrosim, cik pārskatu ir ieplānots pēdējai dienai. Prezentācijas paredzētas pirmajās trīs dienās. Vēl ir palikuši 50 – 36 = 14 ziņojumi, kas ir vienādi sadalīti starp atlikušajām divām dienām, tātad pēdējā dienā ir ieplānoti ziņojumi.

Iznākumu uzskatīsim par profesora N. ziņojuma kārtas numuru. Ir 50 tādi vienlīdz iespējami rezultāti, kas ir labvēlīgi norādītajam notikumam (pēdējie 7 cipari ziņojumu sarakstā). Nepieciešamā varbūtība ir vienāda ar .

Atbilde: 0,14.

8. problēma. 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 reģistrēšanās laikā, ja sēdvieta ir nejauši izvēlēta, pasažieris K iegūs ērtu sēdvietu, ja lidmašīnā kopumā ir 200 sēdvietas.

Šī uzdevuma rezultāts ir vietas izvēle. Kopumā ir 200 vienādi iespējamie rezultāti. Pasākumam “izvēlētā vieta ir ērta” ir 15 + 10 = 25 rezultāti. Nepieciešamā varbūtība ir vienāda ar .

Atbilde: 0,125.

9. problēma. No 1000 rūpnīcā samontētajām kafijas dzirnaviņām 7 bija bojātas. Eksperts pārbauda vienu nejauši izvēlētu kafijas dzirnaviņu no šiem 1000. Atrodiet varbūtību, ka pārbaudāmā kafijas dzirnaviņas būs bojātas.

Izvēloties kafijas dzirnaviņas pēc nejaušības principa, notikumam A “izvēlētā kafijas dzirnaviņas ir bojāta” ir iespējami 1000 iznākumi. Pēc varbūtības definīcijas.

Atbilde: 0,007.

10. problēma. 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 simtdaļām.

Šis uzdevums ir līdzīgs iepriekšējam. Taču formulējums “100 augstas kvalitātes ledusskapjiem ir 15 ar defektiem” mums norāda, ka 15 defektīvie gabali nav iekļauti 100 kvalitatīvajos. Tāpēc kopējais iznākumu skaits ir 100 + 15 = 115 (vienāds ar kopējo ledusskapju skaitu), ir 100 labvēlīgi iznākumi Nepieciešamā varbūtība ir vienāda ar . Lai aprēķinātu aptuveno daļas vērtību, ir ērti izmantot leņķa dalījumu. Mēs iegūstam 0,869... kas ir 0,87.

Atbilde: 0,87.

11. problēma. Pirms tenisa čempionāta pirmās kārtas sākuma dalībnieki pēc izlozes tiek sadalīti spēlējošos 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, kas ir rezultāts un kas ir labvēlīgs iznākums (piemēram, nepārdomāta varbūtības formulas piemērošana noved pie nepareizas atbildes).

Šeit iznākums ir Maksima Zaiceva pretinieks. Tā kā kopā ir 16 tenisisti un Maksims nevar spēlēt pret sevi, tad ir 16 – 1 = 15 vienādi iespējamie iznākumi. Labvēlīgs iznākums ir pretinieks no Krievijas. Ir 7 – 1 = 6 šādi labvēlīgi iznākumi (pašu Maksimu mēs izslēdzam no krievu skaita). Nepieciešamā varbūtība ir vienāda ar .

Atbilde: 0.4.

12. problēma. 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.

Mēs veidosim komandas, secīgi izvietojot spēlētājus tukšās vietās, sākot ar Antonu un Dmitriju. Pirmkārt, novietosim Antonu nejauši izvēlētā vietā no brīvajām 33. Tagad mēs ievietojam Dmitriju brīvajā vietā (par iznākumu uzskatīsim vietas izvēli viņam). Kopā ir 32 brīvas vietas (vienu Antons jau ir ieņēmis), tātad kopā ir 32 iespējamie iznākumi. Tajā pašā komandā ar Antonu ir palikušas 10 tukšas vietas, tāpēc pasākumam “Antons un Dmitrijs vienā komandā” ir 10 iznākumi. Šī notikuma iespējamība ir .

Atbilde: 0,3125.

13. problēma. Mehāniskais pulkstenis ar divpadsmit stundu ciparnīcu kādā brīdī salūza un pārstāja darboties. Atrodiet varbūtību, ka stundu rādītājs ir iesaldēts, sasniedzot pulksten 11, bet nesasniedzot 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). Rezultātu uzskatīsim par pulksteņa rādītāja apturēšanu 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). Nepieciešamā varbūtība ir vienāda ar .

Atbilde: 0,25.

Apkopojiet

Izpētot materiālu par vienkāršu problēmu risināšanu varbūtību teorijā, iesaku izpildīt patstāvīga risinājuma uzdevumus, kurus publicējam mūsu telegrammas kanāls. Varat arī pārbaudīt, vai tie ir pareizi aizpildīti, ievadot savu atbildes norādītajā formā.

Paldies, ka dalījāties ar rakstu sociālajos tīklos.

Avots “Gatavošanās vienotajam valsts eksāmenam. Matemātika. Varbūtību teorija. Rediģēja F.F. Lisenko, S.Ju. Kulabuhova

Plāno matemātikas skolotāju darbnīcu Tulas pilsētas izglītības iestādē par tēmu “Vienotā valsts eksāmena uzdevumu risināšana matemātikā no sekcijām: kombinatorika, varbūtību teorija. Mācību metodika"

Laika tērēšana: 12 00 ; 15 00

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

es Varbūtības problēmu risināšana

1. Problēmu risināšana, kas ietver klasisko varbūtības noteikšanu

Mēs kā skolotāji jau zinām, ka galvenie problēmu veidi Vienotajā valsts eksāmenā varbūtību teorijā ir balstīti uz klasisko varbūtības definīciju. Atcerēsimies, ko sauc par notikuma varbūtību?

Notikuma varbūtība ir noteiktam notikumam labvēlīgo iznākumu skaita attiecība pret kopējo iznākumu skaitu.

Mūsu matemātikas skolotāju zinātniskā un metodiskā apvienība ir izstrādājusi vispārīgu shēmu varbūtības uzdevumu risināšanai. 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 diagrammu. Tomēr es vēlos to izteikt.

Mūsuprāt, šī shēma palīdz ātri loģiski visu sašķirot gabalos, un pēc tam problēmu var daudz vieglāk atrisināt gan skolotājam, gan skolēniem.

Tāpēc es vēlos detalizēti analizēt šādu uzdevumu.

Vēlējos ar jums kopā runāt, lai izskaidrotu metodiku, kā nodot puišiem tādu risinājumu, kura laikā bērni saprastu šo tipisko problēmu un pēc tam arī paši saprastu šīs problēmas.

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

Jautājumi par uzdevumu?

Cienījamie kolēģi, arī jūs acīmredzot esat apsvēruši varbūtības problēmas ar kauliņiem. Es domāju, ka mums tas ir jāanalizē, jo tam ir savas nianses. Analizēsim šo problēmu saskaņā ar shēmu, kuru mēs jums piedāvājām. Tā kā katrā kuba pusē ir skaitlis no 1 līdz 6, tad elementārie notikumi ir skaitļi 1, 2, 3, 4, 5, 6. Mēs noskaidrojām, ka kopējais elementāro notikumu skaits ir 6. Noteiksim kuri elementārie 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 jautājumi būs par uzdevumu?

Kā zināt, ka monēta ir simetriska? Paskaidrosim, dažkārt atsevišķas frāzes rada pārpratumus. Sapratīsim šo problēmu konceptuāli. Aprakstītajā eksperimentā kopā ar jums noskaidrosim, kādi varētu būt elementārie rezultāti. Vai jums visiem ir kāda nojausma, kur ir galvas un kur astes? Kādas ir iespējamās pamešanas iespējas? Vai ir citi pasākumi? Kāds ir kopējais pasākumu skaits? Atbilstoši problēmai ir zināms, ka galvas pacēlās tieši vienu reizi. Tas nozīmē, ka šis pasākumselementāri notikumi no šiem četriem TR un RO ir labvēlīgi, tas nevar notikt divreiz. Mēs izmantojam formulu, kas aprēķina notikuma varbūtību. Atgādinām, ka atbildēm B daļā ir jābūt veselam skaitlim vai decimālskaitļam.

Mēs to parādām uz interaktīvās tāfeles. Mēs lasām problēmu. Kāds ir šī eksperimenta elementārais rezultāts? Noskaidrojiet, ka pāris ir sakārtots — tas ir, numurs iekrita uz pirmo kauliņu un uz otro kauliņu. Jebkurā problēmā ir brīži, kad jāizvēlas racionālas metodes, formas un jāprezentē risinājums tabulu, diagrammu utt. Šajā problēmā ir ērti izmantot šādu tabulu. Es dodu jums gatavu risinājumu, bet risinājuma laikā izrādās, ka šajā uzdevumā ir racionāli izmantot risinājumu tabulas veidā. Mēs izskaidrojam, ko nozīmē tabula. Jūs varat saprast, kāpēc kolonnās ir rakstīts 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Uzzīmēsim kvadrātu. Līnijas atbilst pirmā metiena rezultātiem – tās ir sešas, jo kauliņam ir sešas malas. Tāpat arī kolonnas. Katrā šūnā ierakstām uzzīmēto punktu summu. Mēs parādām aizpildīto tabulu. Iekrāsosim šūnas, kurās summa ir vienāda ar astoņiem (kā tas ir nepieciešams nosacījumā).

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

Turpmākajos uzdevumos nav nepieciešams pierakstīt visus elementāros rezultātus. Pietiek vienkārši saskaitīt to skaitu.

(Nav risinājuma) Es iedevu šo problēmu puišiem atrisināt pašiem. Algoritms problēmas risināšanai

1. Definējiet, no kā sastāv nejaušs eksperiments un kas ir nejaušs notikums.

2. Atrodiet kopējo elementāro notikumu skaitu.

3. Atrodiet problēmas izklāstā norādītajam notikumam labvēlīgo notikumu skaitu.

4. Izmantojot formulu, atrodiet notikuma varbūtību.

Studentiem var uzdot jautājumu: ja pārdošanā nonāk 1000 akumulatoru un starp tiem 6 ir bojāti, tad pēc kā tiek noteikts izvēlētais akumulators? Kas tas ir mūsu uzdevumā? Tālāk es uzdodu jautājumu par to, kas šeit tiek izmantots kā skaitlisun es iesaku jums to atrastnumuru. Tālāk jautāju, kas te par pasākumu? Cik akumulatoru iegulda pasākumā? Tālāk, izmantojot formulu, mēs aprēķinām šo varbūtību.

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

1. Kādu notikumu mēs varam apsvērt tagad?

2. Kā atrast dotā notikuma varbūtību?

Par šīm formulām puišiem jāpastāsta. Tie ir šādi

Astoto problēmu var piedāvāt bērniem pašiem, jo ​​tā ir līdzīga sestajai problēmai. To viņiem var piedāvāt kā patstāvīgu darbu, vai uz kartītes pie valdes.

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

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

Šī ir problēma no vienotā valsts eksāmena kolekcijas. Mēs parādām risinājumu uz tāfeles. Kādi jautājumi mums jāuzdod studentiem, lai saprastu šo problēmu?

1. Cik mašīnu tur bija? Ja ir divas mašīnas, tad jau ir divi notikumi. Uzdodu bērniem jautājumu – kāds būs pasākums?? Kāds būs otrais pasākums?

2. ir notikuma varbūtība. Mums tas nav jāaprēķina, jo tas ir norādīts nosacījumā. Atbilstoši problēmas apstākļiem varbūtība, ka “kafija beigsies abos automātos” ir 0,12. Bija notikums A, bija notikums B. Un parādās jauns notikums? Uzdodu bērniem jautājumu – kuru? Šis ir gadījums, 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 šādā veidā.

Izmantosim varbūtības saskaitīšanas formulu. Formula ir šāda

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

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

3. Problēmas, kas saistītas ar iespējamo variantu koka izmantošanu

Pamatojoties uz problēmas apstākļiem, ir viegli sastādīt diagrammu un atrast norādītās varbūtības.

Kādu teorētisko materiālu jūs izmantojāt, lai palīdzētu studentiem risināt šāda veida problēmas? Vai esat izmantojis iespējamu koku vai citas metodes, lai atrisinātu šādas problēmas? Vai esat norādījis grafiku jēdzienu? Piektajā vai sestajā klasē bērniem ir tādas problēmas, kuru analīze sniedz grafiku jēdzienu.

Vēlos jums jautāt, vai jūs un jūsu skolēni ir apsvēruši iespēju izmantot iespējamo variantu koku, risinot varbūtības uzdevumus? Fakts ir tāds, ka ne tikai vienotajam valsts eksāmenam ir šādi uzdevumi, bet ir parādījušies diezgan sarežģītas problēmas, kuras 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.

Apspriedīsim notikumus. Kādus notikumus 17. uzdevumā var izolēt?

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). Pēc nosacījuma tiek teikts, ka pirmajā rūpnīcā tiek ražoti 30% šīs markas mobilo tālruņu (kuru? To ražo), kas nozīmē, ka šobrīd jautāju studentiem, kāda ir pirmās rūpnīcas iespējamība. kas ražo šīs markas tālruņus, tos, kurus viņi ražo? Tā kā notikums ir tālruņa izlaišana pirmajā rūpnīcā, šī notikuma iespējamība ir 30% jeb 0,3. Pārējie telefoni tika ražoti otrajā rūpnīcā - mēs veidojam otro segmentu, un šī notikuma iespējamība ir 0,7.

Studentiem tiek uzdots jautājums: kāda veida tālruni varētu ražot pirmā rūpnīca? Ar vai bez defektiem. Kāda ir varbūtība, ka telefonam, kas ražots pirmajā rūpnīcā, ir defekts? Nosacījums saka, ka tas ir vienāds ar 0,01. Jautājums: Kāda ir varbūtība, ka pirmās rūpnīcas ražotajam telefonam nav defekta? Tā kā šis notikums ir pretējs dotajam, tā varbūtība ir vienāda.

Jums ir jāatrod iespējamība, ka tālrunis ir bojāts. Tas varētu būt no pirmās rūpnīcas, vai varbūt no otrās. Tad mēs izmantojam varbūtību saskaitīšanas formulu un atklājam, ka visa varbūtība ir to varbūtību summa, ka tālrunis ar defektu ir no pirmās rūpnīcas un tālrunis ar defektu ir no otrās rūpnīcas. Noskaidrosim varbūtību, ka telefonam ir defekts un tas ražots pirmajā rūpnīcā, izmantojot varbūtību formulas reizinājumu, kas dota pielikumā.

4. Viena no sarežģītākajām problēmām no Vienoto valsts eksāmenu bankas par varbūtību

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

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 vismaz vienā no šīm divām specialitātēm – tas ir, viņš iegūs vajadzīgo punktu skaitu.

Lai iestātos vismaz vienā no divām specialitātēm, Z. matemātikā jāsavāc vismaz 70 punkti. Un krievu valodā. Un vēl - sociālās studijas 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 studijās, ārzemju studijās vai abos. Variants nav piemērots, ja viņš nav ieguvis punktus ne valodā, ne “sabiedrībā”. Tas nozīmē, ka iespēja nokārtot sociālās zinības vai svešvalodu ar vismaz 70 punktiem ir vienāda. Rezultātā iespēja nokārtot matemātiku, krievu valodu un sociālo zinību vai ārzemju kursu ir vienāda

Šī ir atbilde.

II . Kombinatorisko uzdevumu risināšana

1. Kombināciju un faktoriālu skaits

Īsi apskatīsim teorētisko materiālu.

Izteiksmen ! lasīt kā “en-faktoriālu” un apzīmē visu naturālo skaitļu reizinājumu no 1 līdzn ieskaitot:n ! = 1 · 2 · 3 · ... ·n .

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

Definīcija

Lai ir objekti (zīmuļi, konfektes, jebkas), no kuriem vēlaties atlasīt tieši dažādus objektus. Tad tiek izsaukts šādas izvēles iespēju skaitskombināciju skaits no elementiem. Šis skaitlis ir norādīts un aprēķināts, izmantojot īpašu formulu.

Apzīmējums

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

Lai labāk izprastu, apskatīsim dažas vienkāršas kombinatoriskas problēmas:

Uzdevums

Bārmenim ir 6 veidu zaļās tējas. Lai vadītu tējas ceremoniju, jums jāpasniedz tieši 3 dažādi zaļās tējas veidi. Cik daudzos veidos bārmenis var izpildīt pasūtījumu?

Risinājums

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

Atbilde

Aizstāt formulā. Mēs nevaram atrisināt visas problēmas, bet mēs esam uzrakstījuši tipiskas problēmas, un tās tiek piedāvātas jūsu uzmanībai.

Uzdevums

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

Risinājums

Atkal, tas ir viss, kas mums irn = 20 studenti, bet jums ir jāizvēlask = 2 skolēni. Atrodiet kombināciju skaitu:

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

Atbilde

190

Uzdevums

Noliktavā tika piegādāti 17 serveri ar dažādiem defektiem, kas maksāja 2 reizes mazāk nekā parastie serveri. Direktors skolai iegādājās 14 šādus serverus, bet ietaupīto naudu 200 000 rubļu apmērā izmantoja cita aprīkojuma iegādei. Cik daudzos veidos direktors var atlasīt bojātus serverus?

Risinājums

Problēma satur diezgan daudz papildu datu, kas var radīt neskaidrības. Vissvarīgākie fakti: ir tikain = 17 serveri, un direktoram vajagk = 14 serveri. Mēs uzskaitām kombināciju skaitu:

Reizinātāji, kas tiek samazināti, atkal ir norādīti sarkanā krāsā. Kopumā bija 680 kombinācijas. Kopumā režisoram ir no kā izvēlēties.

Atbilde

680

Šis uzdevums ir sarežģīts, jo šajā uzdevumā ir papildu dati. Tie liek daudziem studentiem maldināties no pareizā lēmuma pieņemšanas. Pavisam bija 17 serveri, un direktoram vajadzēja atlasīt 14. Aizvietojot 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 ir arī tas, ka šīs darbības ir neatkarīgas, t.i. nav nekādi saistīti viens ar otru. Pēc tam jūs varat atrast vairākus veidus, kā veikt pirmo un otro darbību, izmantojot formulu:C = A · B .

Uzdevums

Petijai ir 4 monētas pa 1 rubli un 2 monētas pa 10 rubļiem. 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 kombināciju skaits ir vienāds arC 2 1 = ... = 2.

Tā kā šīs darbības ir neatkarīgas, kopējais opciju skaits ir vienāds arC = 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 jāizvēlas vēlreizk = 2 bumbiņas. Veidu skaits, kā to izdarīt, irC 12 2 = ... = 66.

Tā kā baltās bumbiņas izvēle un melnās bumbiņas izvēle ir neatkarīgi notikumi, kopējo kombināciju skaitu aprēķina 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 ar “izolētiem” notikumiem, kas nav atkarīgi viens no otra, tad saskaitīšanas likumā ir pretējais. Tas attiecas uz savstarpēji izslēdzošiem notikumiem, kas nekad nenotiek vienlaicīgi.

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

Tāpat arī notikumi “Random ball is white” un “Random ball is black” ir viens otru izslēdzoši.

Definīcija

Papildināšanas likums kombinatorikā: ja var veikt divas savstarpēji izslēdzošas darbībasA UnB metodes, tad 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 summējas.

Var teikt, ka saskaitīšanas likums ir loģisks “VAI” kombinatorikā, ja mūs apmierina 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 ir vienādsC 7 2 = ... = 21.

Atliek atrast kopējo veidu skaitu. Tā kā opcijas ar melnām un sarkanām bumbiņām ir viena otru izslēdzošas, 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. Tas nozīmē, ka iegādāsimies vai nu 3 rozes, vai 3 tulpes. Jebkurā gadījumāk = 3.

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

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

Atbilde

1271

Papildu noteikumi un ierobežojumi

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

Komplektā ir 5 pildspalvas dažādās krāsās. Cik daudzos veidos jūs varat izvēlēties 3 pildspalvas, lai iezīmētu zīmējumu?

Komplektā ir 5 pildspalvas dažādās krāsās. Cik daudzos veidos jūs varat izvēlēties 3 pildspalvas zīmējuma kontūrai, ja vienai no tām ir jābūt sarkanai?

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

Acīmredzot jebkuri ierobežojumi krasi samazina galīgo iespēju skaitu. Nu, kā šajā gadījumā var atrast kombināciju skaitu? Vienkārši atcerieties šo noteikumu:

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

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

Tagad apskatīsim, kā šis noteikums darbojas, izmantojot konkrētus piemērus:

Uzdevums

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

Risinājums

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

Taču mums tika dots papildu nosacījums: starp šiem četriem jābūt 2 izcilniekiem. Tātad, 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 ieliek citā kabatā kādas trīs monētas. Cik daudzos veidos Petja to var izdarīt, ja ir zināms, ka abas 10 rubļu monētas nonākušas otrā kabatā?

Risinājums

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

Atbilde

III . Kombinēto uzdevumu risināšana, izmantojot kombinatorikas un varbūtību teorijas formulas

Uzdevums

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

Risinājums

Pieņemsim, ka abas divu rubļu monētas faktiski nonāca vienā kabatā, tad ir iespējami 2 varianti: vai nu Petja tās nepārsūtīja vispār, vai arī viņš pārsūtīja abas uzreiz.

Pirmajā gadījumā, kad divu rubļu monētas netika pārvietotas, jums būs jāpārvieto 3 rubļu monētas. Tā kā kopumā ir 4 šādas monētas, veidu skaits, kā to izdarīt, ir vienāds ar kombināciju skaitu 4 reiz 3:C 4 3 .

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

Tagad atradīsim kopējo veidu skaitu, kā pārkārtot monētas. Tā kā kopā ir 4 + 2 = 6 monētas un jums 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 saskaņā ar problēmas apstākļiem Petja, nepaskatoties, vienā kabatā ievietoja trīs monētas. Atbildot uz šo jautājumu, varam pieņemt, ka faktiski vienā kabatā 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, pārlika kādas 3 monētas citā kabatā. Atrodiet varbūtību, ka piecu rubļu monētas tagad atrodas dažādās kabatās.

Risinājums

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

Tā kā Petja kopā pārvietoja 3 monētas, viņam būs jāpārvieto 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 tikai noskaidrot, cik daudz iespēju ir pārskaitīt 3 no 6 pieejamajām monētām. Šis daudzums, tāpat kā iepriekšējā uzdevumā, ir vienāds ar kombināciju skaitu no 6 līdz 3:C 6 3 .

Mēs atrodam varbūtību:

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

Atbilde

0,6

Tātad monētu problēmām 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 reizes, var atrast, izmantojot formulu:

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

Tādējādi, lai atrisinātu monētu problēmu, ir nepieciešami divi skaitļi: metienu skaits un galvu skaits. Visbiežāk šie skaitļi ir norādīti tieši problēmas tekstā. Turklāt nav svarīgi, ko tieši jūs rēķināt: astes vai galvas. Atbilde būs tāda pati.

No pirmā acu uzmetiena teorēma šķiet pārāk apgrūtinoša. Bet, kad jūs nedaudz praktizēsit, jūs vairs nevēlēsities atgriezties pie iepriekš aprakstītā standarta algoritma.

Monēta tiek izmesta četras reizes. Atrodiet varbūtību iegūt galvu tieši trīs reizes.

Risinājums

Atbilstoši problēmai kopējie metieni bijan = 4. Nepieciešamais ērgļu skaits:k = 3. Aizstājējsn Unk formulā:

Jūs varat tikpat viegli saskaitīt galvu skaitu:k = 4 − 3 = 1. Atbilde būs tāda pati.

Atbilde

0,25

Uzdevums [Darba burtnīca “Vienotais valsts eksāmens 2012 matemātikā. Problēmas B6"]

Monēta tiek izmesta trīs reizes. Atrodiet varbūtību, ka jūs nekad nesaņemsit galvu.

Risinājums

Vēlreiz izrakstot skaitļusn Unk . Tā kā monēta tiek izmesta 3 reizes,n = 3. Tā kā galvām nevajadzētu būt,k = 0. Atliek aizstāt skaitļusn Unk formulā:

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

Atbilde

0,125

Problēma [Izmēģinājuma vienotais valsts eksāmens matemātikā 2012. Irkutska]

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

Risinājums

Lai galvas būtu vairāk nekā astes, tām jāparādās vai nu 3 reizes (tad būs 1 astes), vai 4 reizes (tad astes nebūs vispār). Noskaidrosim katra no šiem notikumiem varbūtību.

Ļaujietlpp 1 - varbūtība, ka galviņas parādīsies 3 reizes. Tadn = 4, k = 3. Mums ir:

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

Lai iegūtu atbildi, atliek tikai 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 valsts pārbaudījumam, esam prezentējuši risinājumus vēl daudzām problēmām, kuras varat izvēlēties un risināt kopā ar puišiem.

Materiāli no Valsts eksaminācijas institūta, dažādu gadu vienotais valsts eksāmens, mācību grāmatas un tīmekļa vietnes.

IV. Atsauces materiāls

Klasiskā varbūtības definīcija

Nejaušs notikums – jebkurš notikums, kas var notikt vai var nenotikt kādas pieredzes rezultātā.

Notikuma varbūtība R vienāds ar labvēlīgo iznākumu skaita attiecību k iespējamo rezultātu skaitam n, t.i.

p=\frac(k)(n)

Formulas varbūtību teorijas saskaitīšanai un reizināšanai

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

Varbūtību summa pretēju notikumu ir vienāds 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 nesaderīgu notikumu summas varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu."

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

Varbūtība summas divi kopīgi pasākumi 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 iestāšanās 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)

Pasākumi tiek saukti nesaderīgi, ja viena no tām izskats izslēdz citu izskatu. Tas ir, var notikt tikai viens vai otrs konkrēts notikums.

Pasākumi tiek saukti locītavu, ja 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.

Keramisko flīžu rūpnīcā 5% saražoto flīžu ir ar defektu. Produktu kvalitātes kontroles laikā tiek konstatēti tikai 40% bojāto flīžu. Atlikušās flīzes tiek nosūtītas pārdošanai. Atrodiet varbūtību, ka nejauši izvēlētai flīzei, iegādājoties to, nebūs defektu. Atbildi noapaļo līdz tuvākajai simtdaļai.

Risinājums

Preču kvalitātes kontroles laikā tiek konstatēti 40% bojāto flīžu, kas veido 5% no saražotajām flīzēm, un tās nenonāk pārdošanā. Tas nozīmē, ka 0,4 · 5% = 2% no saražotajām flīzēm netiek pārdotas. Pārējās saražotās flīzes - 100% - 2% = 98% - nonāk pārdošanā.

100% - 95% saražoto flīžu ir bez defektiem. Varbūtība, ka iegādātajai flīzei nav defektu, ir 95%: 98% = \frac(95)(98)\aptuveni 0,97

Atbilde

Stāvoklis

Varbūtība, ka akumulators nav uzlādēts, ir 0,15. Pircējs veikalā iegādājas nejaušu iepakojumu, kurā ir divas no šīm baterijām. Atrodiet varbūtību, ka tiks uzlādētas abas šajā iepakojumā esošās baterijas.

Risinājums

Varbūtība, ka akumulators ir uzlādēts, ir 1-0,15 = 0,85. Noskaidrosim notikuma "abas baterijas ir uzlādētas" varbūtību. Ar A un B apzīmēsim notikumus “ir uzlādēts pirmais akumulators” un “uzlādēts otrais akumulators”. Mēs saņēmām P(A) = P(B) = 0,85. Notikums “abas baterijas ir uzlādētas” ir notikumu A \cap B krustpunkts, tā varbūtība ir vienāda ar P(A\cap B) = P(A)\cdot P(B) = 0,85\cdot 0,85 = 0,7225.

Atbilde

Avots: “Matemātika. Gatavošanās vienotajam valsts eksāmenam 2017. Profila līmenis." Ed. F. F. Lisenko, S. Kulabukhova.

Stāvoklis

Varbūtība, ka jauna veļasmašīna tiks salabota garantijas ietvaros gada laikā ir 0,065. Kādā pilsētā gada laikā tika pārdotas 1200 veļasmašīnas, no kurām 72 tika nodotas garantijas darbnīcai. Nosakiet, cik relatīvais “garantijas remonta” notikuma rašanās biežums atšķiras no tā iespējamības šajā pilsētā?

Risinājums

Notikuma “veļas mašīna tiks remontēta gada laikā garantijas laikā” biežums ir vienāds ar \frac(72)(1200) = 0,06. Tas atšķiras no varbūtības par 0,065-0,06=0,005.

Atbilde

Avots: “Matemātika. Gatavošanās vienotajam valsts eksāmenam 2017. Profila līmenis." Ed. F. F. Lisenko, S. Kulabukhova.

Stāvoklis

Varbūtība, ka pildspalva ir bojāta, ir 0,05. Pircējs veikalā iegādājas nejaušu iepakojumu, kurā ir divas pildspalvas. Atrodiet varbūtību, ka abas pildspalvas šajā iepakojumā būs labas.

Risinājums

Varbūtība, ka rokturis darbojas, ir 1-0,05 = 0,95. Noskaidrosim notikuma “abi rokturi darbojas” varbūtību. Ar A un B apzīmēsim notikumus “darbojas pirmais rokturis” un “darbojas otrais rokturis”. Mēs saņēmām P(A) = P(B) = 0,95. Notikums “darbojas abi rokturi” ir notikumu A\cap B krustpunkts, tā varbūtība ir vienāda ar P(A\cap B) = P(A)\cdot P(B) = 0,95\cdot 0,95 = 0,9025.

Atbilde

Avots: “Matemātika. Gatavošanās vienotajam valsts eksāmenam 2017. Profila līmenis." Ed. F. F. Lisenko, S. Kulabukhova.

Stāvoklis

Attēlā redzams labirints. Vabole ielīst labirintā punktā “Ieeja”. Vabole nevar apgriezties un rāpot pretējā virzienā, tāpēc katrā sazarojumā tā izvēlas kādu no takām, pa kuru vēl nav gājusi. Ar kādu varbūtību vabole nāk uz izeju D, ja tālākā ceļa izvēle ir nejauša.

Risinājums

Novietosim bultiņas krustojumos tajos virzienos, kādos vabole var pārvietoties (skat. attēlu).

Katrā krustojumā mēs izvēlēsimies vienu virzienu no diviem iespējamiem un pieņemsim, ka, nonākot krustojumā, vabole virzīsies mūsu izvēlētajā virzienā.

Lai vabole sasniegtu izeju D, katrā krustojumā ir jāizvēlas virziens, kas norādīts ar nepārtrauktu sarkano līniju. Kopumā virziena izvēle tiek veikta 4 reizes, katru reizi neatkarīgi no iepriekšējās izvēles. Varbūtība, ka katru reizi tiek atlasīta nepārtraukta sarkanā bultiņa \frac12\cdot\frac12\cdot\frac12\cdot\frac12= 0,5^4= 0,0625.

Atbilde

Avots: “Matemātika. Gatavošanās vienotajam valsts eksāmenam 2017. Profila līmenis." Ed. F. F. Lisenko, S. Kulabukhova.

Stāvoklis

Sadaļā ir 16 sportisti, viņu vidū divi draugi - Olja un Maša. Sportisti pēc nejaušības principa tiek iedalīti 4 vienādās grupās. Atrodiet varbūtību, ka Olja un Maša nonāks vienā grupā.