Класичне визначення імовірності. Елементи статистики, комбінаторики та теорії ймовірностей в основній школі

Імовірність настання події в деякому випробуванні дорівнює відношенню , де:

Загальне числовсіх рівноможливих, елементарних результатів даного випробування, які утворюють повну групу подій;

Кількість елементарних наслідків, що сприяють події .

Завдання 1

У урні знаходиться 15 білих, 5 червоних та 10 чорних куль. Навмання витягується 1 куля, знайти ймовірність того, що вона буде: а) білим, б) червоним, в) чорним.

Рішення: найважливішою передумовою для використання класичного визначення ймовірності є можливість підрахунку загальної кількості результатів.

Всього в урні: 15 + 5 + 10 = 30 куль, і, очевидно, справедливі такі факти:

Вилучення будь-якої кулі однаково можливе (рівноможливістьрезультатів), при цьому результати елементарні і утворюють повну групу подій (тобто в результаті випробування обов'язково буде вилучено якусь одну з 30-ти куль).

Таким чином, загальна кількість результатів:

Розглянемо подію: - з урни буде вилучено білу кулю. Цій події сприяють елементарних результатів, тому за класичним визначенням:
- ймовірність того, що з урни буде вилучено білу кулю.

Як не дивно, навіть у такому простому завданні можна припустити серйозної неточності. Де тут підводний камінь? Тут некоректно міркувати, що «якщо половина куль білі, то ймовірність вилучення білої кулі » . У класичному визначенні ймовірності йдеться про ЕЛЕМЕНТАРНИХрезультатах, і дріб слід обов'язково прописати!

З іншими пунктами аналогічно, розглянемо наступні події:

З урни буде вилучено червону кулю;
- з урни буде вилучено чорну кулю.

Події сприяє 5 елементарних наслідків, а події - 10 елементарних наслідків. Таким чином, відповідні ймовірності:

Типова перевірка багатьох завдань по терверу здійснюється за допомогою теореми про суму ймовірностей подій, що утворюють повну групу. У разі події утворюють повну групу, отже, сума відповідних ймовірностей повинна обов'язково дорівнювати одиниці: .

Перевіримо, чи це так: , у чому й хотілося переконатися.

Відповідь:

На практиці поширений «швидкісний» варіант оформлення рішення:

Усього: 15 + 5 + 10 = 30 куль в урні. За класичним визначенням:
- ймовірність того, що з урни буде вилучено білу кулю;
- ймовірність того, що з урни буде вилучено червону кулю;
- ймовірність того, що з урни буде вилучено чорну кулю.

Відповідь:

Завдання 2

До магазину надійшло 30 холодильників, п'ять із яких мають заводський дефект. Випадково вибирають один холодильник. Якою є ймовірність того, що він буде без дефекту?

Завдання 3

Набираючи номер телефону, абонент забув дві останні цифри, але пам'ятає, що одна з них – нуль, а інша – непарна. Знайти ймовірність, що він набере правильний номер.

Примітка: нуль - це парне число(ділиться на 2 без залишку)

Рішення: спочатку знайдемо Загальна кількістьрезультатів. За умовою абонент пам'ятає, що одна з цифр - нуль, а інша цифра - непарна. Тут раціональніше не мудрувати з комбінаторикоюта скористатися методом прямого перерахування результатів . Тобто при оформленні рішення просто записуємо всі комбінації:

01, 03, 05, 07, 09

10, 30, 50, 70, 90

І підраховуємо їх – всього: 10 результатів.

Сприятливий результат один: правильний номер.

За класичним визначенням:
- ймовірність того, що абонент набере правильний номер

Відповідь: 0,1

Просунуте завдання для самостійного рішення:

Завдання 4

Абонент забув пін - код до своєї сім-карти, проте пам'ятає, що він містить три «п'ятірки», а одна з цифр - чи то «сімка», чи то «вісімка». Якою є ймовірність успішної авторизації з першої спроби?

Тут ще можна розвинути думку про можливість того, що абонента чекає автомобіля у вигляді пук-коду, але, на жаль, міркування вже вийдуть за рамки даного уроку

Рішення та відповідь внизу.

Іноді перерахування комбінацій виявляється дуже кропітким заняттям. Зокрема, так справи в наступній, не менш популярній групі завдань, де підкидаються 2 гральні кубики. (рідше - більша кількість):

Завдання 5

Знайти ймовірність того, що при киданні двох гральних кістоку сумі випаде:

а) п'ять очок;

б) не більше чотирьох очок;

в) від 3 до 9 очок включно.

Рішення: знайдемо загальну кількість результатів:

Способами може випасти грань 1-го кубика іспособами може випасти грань 2 кубика; по правилу множення комбінацій, всього: можливі комбінації. Іншими словами, кожнагрань 1-го кубика може скласти впорядковану пару з кожноюгранню 2-го кубика. Умовимося записувати таку пару у вигляді , де цифра, що випала на 1-му кубику, - цифра, що випала на 2-му кубику.

Наприклад:

На першому кубику випало 3 очки, на другому – 5 очок, сума очок: 3 + 5 = 8;
- на першому кубику випало 6 очок, на другому – 1 очко, сума очок: 6 + 1 = 7;
- на обох кістках випало 2 очки, сума: 2+2=4.

Очевидно, що найменшу сумудає пара, а найбільшу – дві «шістки».

а) Розглянемо подію: - при киданні двох гральних кісток випаде 5 очок. Запишемо та підрахуємо кількість наслідків, які сприяють даній події:

Разом: 4 сприятливих результатів. За класичним визначенням:
- Шукана ймовірність.

б) Розглянемо подію: - випаде трохи більше 4-х очок. Тобто або 2, або 3, або 4 очки. Знову перераховуємо і підраховуємо сприятливі комбінації, ліворуч я записуватиму сумарна кількістьочок, а після двокрапки - відповідні пари:

Разом: 6 сприятливих комбінацій. Таким чином:
- Імовірність того, що випаде не більше 4-х очок.

в) Розглянемо подію: - Випаде від 3-х до 9 очок включно. Тут можна піти прямою дорогою, але... щось не хочеться. Так, деякі пари вже перераховані в попередніх пунктах, але роботи все одно доведеться забагато.

Як краще вчинити? У подібних випадках раціональним виявляється манівець. Розглянемо протилежна подія: - випаде 2 або 10 або 11 чи 12 очок.

В чому сенс? Протилежній події сприяє значно менша кількість пар:

Разом: 7 сприятливих результатів.

За класичним визначенням:
- Імовірність того, що випаде менше трьох або більше 9-ти очок.

Особливо акуратні люди можуть перерахувати всі 29 пар, виконавши тим самим перевірку.

Відповідь:

У наступному завданні повторимо таблицю множення:

Завдання 6

Знайти ймовірність того, що при кидку двох гральних кісток твір очок:

а) дорівнюватиме семи;

б) виявиться не менше 20-ти;

в) буде парним.

Коротке рішеннята відповідь наприкінці уроку.

Завдання 7

До ліфту 20-поверхового будинку на першому поверсі зайшли 3 особи. І поїхали. Знайти ймовірність того, що:

а) вони вийдуть різних поверхах;

б) двоє вийдуть одному поверсі;

в) усі вийдуть на одному поверсі.

Рішення: обчислимо загальну кількість результатів: способами може вийти з ліфта 1-й пасажир іспособами - 2-й пасажир іспособами – третій пасажир. За правилом множення комбінацій: можливих наслідків. Тобто, коженповерх виходу 1-ї людини може комбінуватися з кожнимповерхом виходу 2-ї людини та з кожнимповерхом виходу 3-ї особи.

Другий спосіб заснований на розміщення з повтореннями:
- Кому як зрозуміліше.

а) Розглянемо подію: - пасажири вийдуть різних поверхах. Обчислимо кількість сприятливих результатів:
способами можуть вийти 3 пасажири на різних поверхах. Міркування за формулою проведіть самостійно.

За класичним визначенням:

в) Розглянемо подію: - пасажири вийдуть одному поверсі. Даній події сприяють наслідкам і за класичним визначенням, відповідна ймовірність: .

Заходимо з чорного ходу:

б) Розглянемо подію: - дві людини вийдуть на одному поверсі (і, відповідно, третій – на іншому).

Події утворюють повну групу (вважаємо, що в ліфті ніхто не засне і ліфт не застрягне, а значить, .

В результаті шукана ймовірність:

Таким чином, теорема про складання ймовірностей подій, що утворюють повну групу, може бути не тільки зручною, але і стати справжнісінькою паличкою-виручалочкою!

Відповідь:

Коли виходять великі дроби, то гарним тономвказатиме їх наближені десяткові значення. Зазвичай округляють до 2-3-4 знаків після коми.

Оскільки події пунктів «а», «бе», «ве» утворюють повну групу, тобто сенс виконати контрольну перевірку, причому краще з наближеними значеннями:

Що й потрібно було перевірити.

Іноді через похибки округлень може вийти 0,9999 чи 1,0001, у разі одне з наближених значень слід «підігнати» те щоб у сумі намалювалася «чиста» одиниця.

Самостійно:

Завдання 8

Підкидається 10 монет. Знайти ймовірність того, що:

а) на всіх монетах випаде орел;

б) на 9 монетах випаде орел, а на одній – решка;

в) орел випаде на половині монет.

Завдання 9

На семимісцеву лаву випадково розсаджується 7 осіб. Яка ймовірність того, що два певних людинивиявляться поруч?

Рішення: із загальною кількістю результатів проблем не виникає:
способами можуть розсістись 7 осіб на лавці.

Але як підрахувати кількість сприятливих результатів? Тривіальні формули не підходять і єдиний шлях – це логічні міркування. Спочатку розглянемо ситуацію, коли Сашко та Маша опинилися поряд на лівому краю лави:

Очевидно, що порядок має значення: зліва може сидіти Сашко, праворуч Маша і навпаки. Але це ще не все - для кожногоіз цих випадків інші люди можуть розсістися на вільних місцях методами. Висловлюючись комбінаторно, Сашу та Машу можна переставити на сусідніх місцях засобами ідля кожної такої перестановки інших можна переставити способами.

Таким чином, за правилом множення комбінацій, виходить сприятливих результатів.

Але це ще не все! Перелічені факти справедливі для кожногопари сусідніх місць:

Цікаво відзначити, що якщо лаву «округлити» (з'єднуючи ліве та праве місце), то утворюється додаткова, сьома пара сусідніх місць. Але не відволікатимемося. Відповідно до того ж принципу множення комбінацій, отримуємо остаточну кількість сприятливих результатів:

За класичним визначенням:
- ймовірність того, що дві певні людини виявляться поруч.

Відповідь:

Завдання 10

На шахівницю з 64 клітин ставлять навмання дві човни білого і чорного кольору. З якою ймовірністю вони не «бититимуть» один одного?

Довідка: Шахова дошкамає розмір клітин; чорна та біла човни «б'ють» один одного, коли розташовуються на одній горизонталі або на одній вертикалі

Обов'язково виконайте схематичне креслення дошки, а ще краще, якщо неподалік є шахи. Одна справа міркування на папері, і зовсім інша – коли розставляєш постаті власноруч.

Завдання 11

Якою є ймовірність того, що в чотирьох зданих картах буде один туз і один король?

Обчислимо загальну кількість результатів. Скільки способами можна витягти 4 карти з колоди? Напевно, всі зрозуміли, що йдеться про кількості поєднань:
способами можна вибрати 4 карти з колоди.

Тепер вважаємо сприятливі наслідки. За умовою, у вибірці з 4-х карток повинен бути один туз, один король і, про що не сказано відкритим текстом, - дві інші карти:

Способами можна витягти одного туза;
способами можна вибрати одного короля.

Виключаємо з розгляду тузів та королів: 36 – 4 – 4 = 28

способами можна витягти дві інші карти.

За правилом множення комбінацій:
методами можна отримати потрібну комбінацію карт (1-го туза і 1-го короля ідві інші карти).

Прокоментую комбінаційний зміст запису іншим способом:
кожентуз комбінується з кожнимкоролем і з кожноюможливою парою інших карток.

За класичним визначенням:
- Імовірність того, що серед чотирьох зданих карт буде один туз і один король.

Якщо вистачає часу та терпіння, максимально скорочуйте великі дроби.

Відповідь:

Більше просте завданнядля самостійного вирішення:

Завдання 12

У ящику знаходиться 15 якісних та 5 бракованих деталей. Навмання витягуються 2 деталі.

Знайти ймовірність того, що:

а) обидві деталі будуть якісними;

б) одна деталь буде якісною, а одна – бракованою;

в) обидві деталі браковані.

Події наведених пунктів утворюють повну групу, тому перевірка тут напрошується сама собою. Коротке рішення та відповідь наприкінці уроку. А взагалі, все найцікавіше лише починається!

Завдання 13

Студент знає відповіді на 25 екзаменаційних питаньіз 60-ти. Яка можливість скласти іспит, якщо для цього необхідно відповісти не менше ніж на 2 з 3-х питань?

Рішення: Отже, розклад такий: всього 60 питань, серед яких 25 «хороших» і, відповідно, 60 - 25 = 35 «поганих». Ситуація хитка і не на користь студента. Давайте дізнаємося, наскільки хороші його шанси:

способами можна вибрати 3 питання з 60-ти (Загальна кількість результатів).

Для того щоб скласти іспит, потрібно відповісти на 2 або 3 питання. Вважаємо сприятливі комбінації:

Способами можна вибрати 2 «хороші» питання іодин «поганий»;

способами можна вибрати 3 «хороших» питання.

за правилу складання комбінацій:
способами можна вибрати сприятливу для складання іспиту комбінацію 3-х питань (Без різниці з двома або трьома «хорошими» питаннями).

За класичним визначенням:

Відповідь:

Завдання 14

Гравцю в покер здається 5 карт. Знайти ймовірність того, що:

а) серед цих карт буде пара десяток та пара валетів;
б) гравцю буде зданий флеш (5 карток однієї масті);
в) гравцю буде здано каре (4 карти одного номіналу).

Яку з перерахованих комбінацій найімовірніше отримати?

! Увага!Якщо за умови заданий подібне питання, то на нього необхіднодати відповідь.
Довідка : у покер традиційно грають 52-х картковою колодою, яка містить карти 4-х мастей номіналом від «двійок» до тузів.

Покер - гра сама що не є математична (хто грає, той знає), в якій можна мати помітну перевагу перед менш кваліфікованими суперниками.

Рішення та відповіді:

Завдання 2: Рішення: 30 – 5 = 25 холодильників не мають дефекту.

- Імовірність того, що навмання обраний холодильник не має дефекту.
Відповідь :

Завдання 4: Рішення: знайдемо загальну кількість результатів:
способами можна вибрати місце, на якому розташована сумнівна цифра і на кожномуз цих 4-х місць можуть розташовуватися 2 цифри (сімка або вісімка). За правилом множення комбінацій, загальна кількість результатів: .
Як варіант, у рішенні можна просто перерахувати всі результати (благо їх небагато):

7555, 8555, 5755, 5855, 5575, 5585, 5557, 5558

Сприятливий результат один (правильний пін-код).

Таким чином, за класичним визначенням:
- ймовірність того, що абонент авторизується з 1-ї спроби
Відповідь :

Завдання 6: Рішення

Завдання 6:Рішення : знайдемо загальну кількість результатів:
способами можуть випасти цифри на 2 кубиках.

а) Розглянемо подію: - при кидку двох гральних кісток добуток очок буде дорівнює семи. Для цієї події не існує сприятливих результатів,
, тобто. ця подія є неможливою.

б) Розглянемо подію: - при кидку двох гральних кісток добуток очок виявиться не менше 20-ти. Цій події сприяють такі результати:

Разом: 8

За класичним визначенням:

- Шукана ймовірність.

в) Розглянемо протилежні події:

- добуток очок буде парним;

- добуток очок буде непарним.

Перерахуємо всі результати, що сприяють події :

Разом: 9 сприятливих результатів.

За класичним визначенням ймовірності:

Протилежні подіїутворюють повну групу, тому:

- Шукана ймовірність.

Відповідь :

Завдання 8:Рішення способами можуть впасти 2 монети.
Інший шлях: методами може впасти перша монетаі способами може впасти друга монетаі … і способами може впасти десята монета. За правилом множення комбінацій, 10 монет можуть впасти методами.
а) Розглянемо подію: - на всіх монетах випаде орел. Цій події сприяє єдиний результат, за класичним визначенням ймовірності: .
б) Розглянемо подію: – на 9 монетах випаде орел, а на одній – решка.
Існує монет, у яких може випасти решка. За класичним визначенням ймовірності: .
в) Розглянемо подію: - орел випаде на половині монет.
Існує унікальних комбінацій із п'яти монет, на яких може випасти орел. За класичним визначенням ймовірності:
Відповідь:

Завдання 10:Рішення : обчислимо загальну кількість результатів:
способами можна розставити двох човнів на дошці.
Інший варіант оформлення: способами можна вибрати дві клітинки шахівниціі способами поставити білу та чорну турув кожному із 2016 випадків. Таким чином, загальна кількість результатів: .

Тепер підрахуємо результати, в яких човни б'ють один одного. Розглянемо першу горизонталь. Очевидно, що фігури можна розставити на ній довільним чином, наприклад:

Крім того, тур можна переставити. Надаємо міркуванням числову форму: способами можна вибрати дві кліткиі способами переставити човнівв кожномуіз 28 випадків. Всього: можливих розташування фігур на горизонталі.
Коротка версія оформлення: способами можна розмістити білу та чорну туру на 1-й горизонталі.

Проведені міркування справедливідля кожного горизонталі, тому кількість комбінацій слід помножити на вісім: . Крім того, аналогічна історія є справедливою для будь-якої з восьми вертикалей. Обчислимо підсумкову кількість розстановок, у яких постаті «б'ють» одна одну:

Тоді в варіантах розміщення човни не «бити» один одного:
4032 - 896 = 3136

За класичним визначенням ймовірності:
- Імовірність того, що навмання поставлені на дошку біла і чорна тура не будуть "бити" один одного.

Відповідь :

Завдання 12:Рішення : всього: 15 + 5 = 20 деталей у ящику. Обчислимо загальну кількість результатів:
способами можна витягти 2 деталі із ящика.
а) Розглянемо подію: - Обидві витягнуті деталі будуть якісними.
способами можна витягти 2 якісні деталі.
За класичним визначенням ймовірності:
б) Розглянемо подію: - одна деталь буде якісною, а одна – бракованою.
способами можна отримати 1 якісну детальі1 браковану.
За класичним визначенням:
в) Розглянемо подію: - Обидві вилучені деталі браковані.
способами можна витягти 2 браковані деталі.
За класичним визначенням:
Перевірка: обчислимо суму ймовірностей подій, що утворюють повну групу: , Що і потрібно перевірити.
Відповідь:

А зараз візьмемо в руки вже знайоме та безвідмовне знаряддя навчання – гральний кубик з повною групою подій , які полягають у тому, що з його кидку випадуть 1, 2, 3, 4, 5 і 6 очок відповідно.

Розглянемо подію – в результаті кидка гральної кістки випаде не менше п'яти очок. Ця подія полягає у двох несумісних наслідках: (випаде 5 або 6 очок)
- Імовірність того, що в результаті кидка гральної кістки випаде не менше п'яти очок.

Розглянемо подію, що полягає в тому, що випаде не більше 4-х очок і знайдемо її ймовірність. За теоремою складання ймовірностей несумісних подій:

Можливо, деякі читачі ще не до кінця усвідомили сутьнесумісності. Вдумаємося ще раз: студент не може відповісти на 2 питання з 3-х і в той же часвідповісти на всі 3 питання. Таким чином, події і – несумісні.

Тепер, користуючись класичним визначенням, знайдемо їх ймовірності:

факт успішної здачііспиту виражається сумою (Відповідь на 2 питання з 3-х абона всі питання). За теоремою складання ймовірностей несумісних подій:
- Імовірність того, що студент здасть іспит.

Цей спосіб вирішення абсолютно рівноцінний, вибирайте, який більше подобається.

Завдання 1

Магазин отримав продукцію в ящиках з чотирьох оптових складів: чотири з 1-го, п'ять із 2-го, сім з 3-го та чотири з 4-го. Випадково обрано ящик для продажу. Яка ймовірність того, що це буде скринька з першого чи третього складу.

Рішення: всього отримано магазином: 4 + 5 + 7 + 4 = 20 ящиків.

У цій задачі зручніше скористатися «швидким» способом оформлення без розпису подій великими. латинськими літерами. За класичним визначенням:
- ймовірність того, що для продажу буде обрано скриньку з 1-го складу;
- Імовірність того, що для продажу буде обрано ящик з 3-го складу.

За теоремою складання несумісних подій:
- ймовірність того, що для продажу буде обрано скриньку з першого або третього складу.

Відповідь: 0,55

Безумовно, завдання можна розв'язати і чисто через класичне визначенняймовірностішляхом безпосереднього підрахунку кількості сприятливих результатів (4 + 7 = 11), але розглянутий спосіб нічим не гірше. І навіть чіткіше.

Завдання 2

У коробці 10 червоних та 6 синіх гудзиків. Навмання витягуються два гудзики. Яка ймовірність того, що вони будуть одноколірними?

Аналогічно – тут можна використовувати комбінаторне правило суми, але мало ... раптом хтось його забув. Тоді на допомогу прийде теорема складання ймовірностей несумісних подій!

Жорсткий виклад, терміново потрібно зробити розв'язання задач з теорії ймовірності за 1 день, тема "Теорія ймовірності (Математика)"

1. Номер телефонускладається із шести цифр. Знайти ймовірність того, що всі цифри є різними. 2. У партії 10 виробів, із них чотири нестандартні. Навмання беруть чотири вироби. Знайти ймовірність того, що серед виробів більше стандартних, ніж нестандартних. 3. Десять осіб випадково сідають на десятимісну лаву. Знайти ймовірність того, що 2 певні особи виявляться поруч. 4. Усередині квадрата з вершинами навмання вибирається точка. Знайти ймовірність наступної події: 5. Дві стрілки незалежно зробили по одному пострілу по мішені. Відомо, що можливість попадання в ціль для одного зі стрільців дорівнює 0,6; для іншого – 0,7. Знайти ймовірність того, що хоча б один із стрільців не потрапить у ціль. 6. Перед проходженням першого туру конкурсу кожному претенденту видаються три завдання: текст на художнє читання, тема для представлення пантомімою, вірш для вокального виконання на власну мелодію. Під час проходження конкурсу пропонується виконати два номери із трьох. Вибір номерів випадковий. Конкурсант оцінює, що пройде перший тур у художньому читаннііз ймовірністю 0,9; у виконанні пантоміми – 0,3; під час виконання вокального завдання – 0,5. Яка можливість пройти перший тур для конкурсанта з такою підготовкою? 7. У першій урні міститься 10 куль, із них 8 білих; у другій урні 15 куль, їх 4 білих. З першої урни навмання витягли дві кулі, а потім у неї переклали кулю з другої урни. Після цього з першої скриньки витягли кулю. Знайти ймовірність, що ця куля – біла. 8. З 18 стрільців 5 потрапляють у мету з ймовірністю 0,6; 7 - з ймовірністю 0,7; 4 – з ймовірністю 0,8; 2 – із ймовірністю 0,5. Наудачу обраний стрілець не влучив у ціль. До якої групи найімовірніше належить цей стрілець? 9. Імовірність влучення в ціль при одному пострілі дорівнює 0.7. Знайти ймовірність того, що при 20 незалежних пострілах ціль буде вражена не більше 14 разів. 10. У кишені 5 монет, приблизно однакові на дотик: три – по 2 рублі та дві – по 10 рублів. Не дивлячись, витягують дві монети. Випадкова величина - сумарна кількість вилучених рублів. Для випадкової величини: а) побудувати ряд розподілу; б) знайти математичне очікуванняі дисперсію, в) знайти ймовірність події (отримано не менше 4, але не більше 12 рублів). 11. Майстер, викликаний додому, може з'явитися будь-коли з 10 до 18 годин. Клієнт, чекаючи до 14 години, відлучився на 1 годину. Вважаючи час приходу майстра випадковою величиною, розподіленої рівномірно, визначити щільність ймовірностей, функцію розподілу. Визначити ймовірність, що майстер (прихід його обов'язковий) не застане клієнта вдома? Побудувати графіки щільності ймовірностей та функції розподілу.

1. Телефонний номер складається із шести цифр. Знайти ймовірність того, що всі цифри є різними. 2. У партії 10 виробів, із них чотири нестандартні. Навмання беруть чотири вироби. Знайти ймовірність того, що серед виробів більше стандартних, ніж нестандартних. 3. Десять осіб випадково сідають на десятимісну лаву. Знайти ймовірність того, що 2 певні особи виявляться поруч. Детальніше

1). Яка ймовірність того, що при випадковому розташуванні в низку кубиків, на яких написані літери А, А, Р, М, вийде слово РАМА?

Рішення.Випробування є впорядкованим розташуванням (розташування в ряд) чотирьох різних кубиків. Тому як елементарний результат випробування візьмемо перестановку з чотирьох різних елементів(Кубиків). Тоді всі елементарні результати рівноможливі, які загальне число .

Відповідно до правила твору число елементарних результатів, сприятливих події (виходить слово РАМА), може бути обчислено за такою формулою , тобто. . У силу класичного визначення ймовірності маємо .

Відповідь: .

2). З восьми карток з літерами П, Р, І, П, Р, А, В, А (по одній літері на кожній картці) вибираються навмання чотири і викладаються в ряд. Якою є ймовірність того, що вийде слово ПАРА.

Рішення.Випробування є впорядкованим розташуванням (розташування в ряд) чотирьох картокз даних восьми. Як елементарний результат випробування візьмемо розміщення з восьми різних елементів (карток) по чотирьох. Усі елементарні результати рівноможливі, які загальне число .

Відповідно до правила твору число елементарних результатів, сприятливих події (вийде слово ПАРА), може бути обчислено за такою формулою , тобто. . У силу класичного визначення ймовірності маємо

Відповідь: .

3). Для чергування на вечорі шляхом жеребкування вибирається п'ять осіб. Вечір проводить комісія, у складі якої 9 юнаків та 3 дівчини. Яка ймовірність того, що до складу чергових увійде рівно дві дівчини?

Рішення.Випробування полягає у невпорядкованому виборі 5 осіб (чергових) із 12 осіб (членів комісії). Як елементарний результат візьмемо поєднання з 12 елементів (членів комісії) по 5. Усі елементарні результати рівноможливі, які загальне число .

Двох дівчат із трьох можна вибрати способами, а трьох юнаків із дев'яти можна вибрати способами. Тому згідно з правилом твору число наслідків, що сприяють події (до складу чергових увійде рівно 2 дівчини), може бути обчислено за формулою .

У силу класичного визначення ймовірності

Відповідь:

4). Шестеро дітей (три хлопчики та три дівчинки) випадково сідають на шестимісну лаву. Яка ймовірність того, що хлопчики та дівчатка чергуватимуть?

Рішення. Випробування полягає в тому, що шестеро дітей навмання розсідають на шестимісній лавці. Простір елементарних наслідків можна будувати по-різному.

Перший спосіб

Як елементарний результат вибираємо впорядковане розташування шести дітей, тобто. перестановку із шести елементів. Усі елементарні результати рівноможливі, які загальне число

Хлопчики та дівчатка чергуватимуться, якщо хлопчики займуть усі парні місця, а дівчатка – усі непарні місця, або навпаки. Хлопчики можуть розташуватися на парних (непарних) місцях засобами і дівчатка можуть розташуватися на непарних (парних) місцях засобами. Використовуючи правила суми та твори, неважко підрахувати кількість елементарних результатів, що сприяють події (хлопчики та дівчатка чергуватимуться): . Згідно з класичним визначенням ймовірності

Другий спосіб

Як елементарний результат візьмемо набір (невпорядкований) трьох місць, обраних хлопчиками, тобто. поєднання із шести елементів (місць) по три. Усі елементарні результати рівноможливі, які загальне число .

Випадковій події(хлопчики і дівчатка чергуються) сприяють лише два елементарних результату (набір парних місць або набір непарних місць).

Згідно з класичним визначенням ймовірності

Відповідь: .

5). З 11 літер слова Імовірність навмання вибрано 2 літери (не обов'язково різні). Яка ймовірність того, що вибрані літери або обидві голосні, або обидві приголосні?

Рішення. Як елементарний результат вибираємо невпорядкований набір двох літер (не обов'язково різних), тобто. поєднання з 11 елементів по 2. Усі елементарні результати рівноможливі, які загальне число .

Дві голосні літери з чотирьох (Е, О, Я, О) можна вибрати способами, а дві приголосні літери з 7 (В, Р, Т, Н, С, Т, Ь) – способами. Відповідно до правила суми число елементарних результатів, сприятливих події (вибрані літери або обидві голосні, або обидві приголосні), дорівнює .

Завдання на класичне визначення імовірності.
Приклади рішень

На третьому уроці ми розглянемо різні завданнящодо безпосереднього застосування класичного визначення ймовірності. Для ефективного вивченняматеріалів даної статті рекомендую ознайомитися з базовими поняттями теорії ймовірностейі основами комбінаторики. Завдання на класичне визначення ймовірності з ймовірністю, яка прагне одиниці, буде присутня у вашій самостійній/контрольній роботі по терверу, тому налаштовуємося на серйозну роботу. Ви запитаєте, чого тут серйозного? …всього одна примітивна формула . Застерігаю від легковажності – тематичні завданнядосить різноманітні, і багато хто з них запросто можуть поставити в глухий кут. У цьому зв'язку окрім опрацювання основного уроку, постарайтеся вивчити додаткові завдання на тему, що знаходиться в скарбничці готових рішень з вищої математики. Прийоми рішення прийомами рішення, а «друзів» все-таки «треба знати в обличчя», бо навіть багата фантазія обмежена і типових завданьтеж вистачає. Ну а я постараюся в хорошій якостірозібрати максимальну кількість.

Згадуємо класику жанру:

Імовірність настання події в деякому випробуванні дорівнює відношенню , де:

– загальна кількість усіх рівноможливих, елементарнихрезультатів даного випробування, які утворюють повну групу подій;

– кількість елементарнихрезультатів, що сприяють події.

І відразу негайний піт-стоп. Чи зрозумілі вам підкреслені терміни? Мається на увазі чітке, а чи не інтуїтивне розуміння. Якщо ні, то все-таки краще повернутися до 1-ї статті за теорії ймовірностейі лише після цього їхати далі.

Будь ласка, не пропускайте перші приклади – у них я повторю один принципово важливий момент, а також розповім, як правильно оформляти рішення та якими способами це можна зробити:

Завдання 1

Всього в урні: 15 + 5 + 10 = 30 куль, і, очевидно, справедливі такі факти:

- Вилучення будь-якої кулі однаково можливе (рівноможливістьрезультатів), при цьому результати елементарні і утворюють повну групу подій (тобто в результаті випробування обов'язково буде витягнуто якусь одну з 30 куль).

Таким чином, загальна кількість результатів:

Розглянемо подію: – з урни буде вилучено білу кулю. Цій події сприяють елементарнихрезультатів, тому за класичним визначенням:
- Імовірність того, то з урни буде вилучено білу кулю.

Як не дивно, навіть у такому простому завданні можна допустити серйозну неточність, на якій я вже загострював увагу в першій статті з теорії ймовірностей. Де тут підводний камінь? Тут некоректно міркувати, що «якщо половина куль білі, то ймовірність вилучення білої кулі» . У класичному визначенні ймовірності йдеться про ЕЛЕМЕНТАРНИХрезультатах, і дріб слід обов'язково прописати!

З іншими пунктами аналогічно розглянемо такі події:

– з урни буде вилучено червону кулю;
- З урни буде витягнуто чорну кулю.

Події сприяє 5 елементарних наслідків, а події – 10 елементарних наслідків. Таким чином, відповідні ймовірності:

Перевіримо, чи це так: , у чому й хотілося переконатися.

Відповідь:

В принципі, відповідь можна записати і докладніше, але особисто я звик ставити туди тільки числа – тому, що коли починаєш «штампувати» завдання сотнями і тисячами, то прагнеш максимально скоротити запис рішення. До речі, про стислість: на практиці поширений «швидкісний» варіант оформлення рішення:

Усього: 15 + 5 + 10 = 30 куль в урні. За класичним визначенням:
- ймовірність того, що з урни буде вилучено білу кулю;
- ймовірність того, що з урни буде вилучено червону кулю;
- Імовірність того, то з урни буде вилучено чорну кулю.

Відповідь:

Однак якщо в умові кілька пунктів, то рішення найчастіше зручніше оформити першим способом, який забирає трохи більше часу, але все «розкладає по поличках» і дозволяє легше зорієнтуватися в задачі.

Розминаємось:

Завдання 2

Виберіть доцільний варіант оформлення та звіртеся зі зразком унизу сторінки.

У найпростіших прикладах кількість загальних і сприятливих результатів лежать лежить на поверхні, але найчастіше картоплю доводиться викопувати самостійно. Канонічна серія завдань про забудькуватого абонента:

Завдання 3

Примітка : нуль – це парне число (ділиться на 2 без залишку)

Рішення: спочатку знайдемо загальну кількість результатів За умовою абонент пам'ятає, що одна з цифр – нуль, а інша цифра – непарна. Тут раціональніше не мудрувати з комбінаторикою і користуватися методом прямого перерахування результатів . Тобто при оформленні рішення просто записуємо всі комбінації:
01, 03, 05, 07, 09
10, 30, 50, 70, 90

І підраховуємо їх – всього: 10 наслідків.

Сприятливий результат один: правильний номер.

За класичним визначенням:
- Імовірність того, що абонент набере правильний номер

Відповідь: 0,1

Десяткові дробитеоретично ймовірностей виглядають цілком доречно, але можна дотримуватися й традиційного вышматовского стилю, оперуючи лише звичайними дробами.

Просунуте завдання для самостійного вирішення:

Завдання 4

Абонент забув пін-код до своєї сім-карти, проте пам'ятає, що він містить три «п'ятірки», а одна з цифр – чи то «сімка», чи то «вісімка». Якою є ймовірність успішної авторизації з першої спроби?

Рішення та відповідь внизу.

Завдання 5

Знайти ймовірність того, що при киданні двох гральних кісток у сумі випаде:

а) п'ять очок;
б) не більше чотирьох очок;
в) від 3 до 9 очок включно.

Рішення: знайдемо загальну кількість результатів:

Способами може випасти грань 1-го кубика іспособами може випасти грань 2 кубика; по правилу множення комбінацій, всього: можливі комбінації. Іншими словами, кожнагрань 1-го кубика може становити упорядкованупару з кожноюгранню 2-го кубика. Умовимося записувати таку пару у вигляді , де цифра, що випала на 1-му кубику, - цифра, що випала на 2-му кубику. Наприклад:

- На першому кубику випало 3 очки, на другому - 5 очок, сума очок: 3 + 5 = 8;
- На першому кубику випало 6 очок, на другому - 1 очко, сума очок: 6 + 1 = 7;
– на обох кістках випало 2 очки, сума: 2+2=4.

Очевидно, що найменшу суму дає пара, а найбільшу – дві «шістки».

а) Розглянемо подію: – при киданні двох гральних кісток випаде 5 очок. Запишемо та підрахуємо кількість наслідків, які сприяють даній події:

Разом: 4 сприятливих результатів. За класичним визначенням:
- Шукана ймовірність.

б) Розглянемо подію: – випаде трохи більше 4 очок. Тобто або 2, або 3, або 4 очки. Знову перераховуємо і підраховуємо сприятливі комбінації, зліва я записуватиму сумарну кількість очок, а після двокрапки – відповідні пари:

Разом: 6 сприятливих комбінацій. Таким чином:
- Імовірність того, що випаде не більше 4 очок.

в) Розглянемо подію: – випаде від 3 до 9 очок включно. Тут можна піти прямою дорогою, але... щось не хочеться. Так, деякі пари вже перераховані в попередніх пунктах, але роботи все одно доведеться забагато.

Як краще вчинити? У подібних випадках раціональним виявляється манівець. Розглянемо протилежна подія: – випаде 2 або 10 або 11 чи 12 очок.

В чому сенс? Протилежній події сприяє значно менша кількість пар:

Разом: 7 сприятливих результатів.

За класичним визначенням:
- Імовірність того, що випаде менше трьох або більше 9 очок.

Крім прямого перерахування та підрахунку результатів, у ході також різні комбінаторні формули. І знову епічне завдання про ліфт:

Завдання 7

До ліфту 20-поверхового будинку на першому поверсі зайшли 3 особи. І поїхали. Знайти ймовірність того, що:

а) вони вийдуть на різних поверхах
б) двоє вийдуть одному поверсі;
в) усі вийдуть на одному поверсі.

Наше захоплююче заняття добігло кінця, і наостанок ще раз наполегливо рекомендую якщо не вирішувати, то хоча б розібратися в додаткові завдання на класичне визначення ймовірності. Як я вже зазначав, «набивання руки» теж має значення!

Далі по курсу – Геометричне визначення ймовірностіі Теореми складання та множення ймовірностейі ... везіння в головному!

Рішення та відповіді:

Завдання 2: Рішення: 30 – 5 = 25 холодильників немає дефекту.

- Імовірність того, що навмання обраний холодильник не має дефекту.
Відповідь :

Завдання 4: Рішення: знайдемо загальну кількість результатів:
способами можна вибрати місце, на якому розташована сумнівна цифра і на кожномуз цих 4 місць можуть розташовуватися 2 цифри (сімка або вісімка). За правилом множення комбінацій, загальна кількість результатів: .
Як варіант, у рішенні можна просто перерахувати всі результати (благо їх небагато):
7555, 8555, 5755, 5855, 5575, 5585, 5557, 5558
Сприятливий результат один (правильний пін-код).
Таким чином, за класичним визначенням:
- Імовірність того, що абонент авторизується з 1-ї спроби
Відповідь :

Завдання 6: Рішення: знайдемо загальну кількість результатів:
способами можуть випасти цифри на 2 кубиках.

а) Розглянемо подію: – при кидку двох гральних кісток добуток очок дорівнюватиме семи. Для цієї події немає сприятливих результатів, за класичним визначенням ймовірності:
, тобто. ця подія є неможливою.

б) Розглянемо подію: – при кидку двох гральних кісток твір очок виявиться щонайменше 20. Цій події сприяють такі результаты:

Разом: 8
За класичним визначенням:
- Шукана ймовірність.

в) Розглянемо протилежні події:
– добуток очок буде парним;
– добуток очок буде непарним.
Перерахуємо всі результати, що сприяють події:

Разом: 9 сприятливих результатів.
За класичним визначенням ймовірності:
Протилежні події утворюють повну групу, тому:
- Шукана ймовірність.

Відповідь :

Завдання 8: Рішення: обчислимо загальну кількість результатів: способами можуть впасти десять монет.
Інший шлях: способами може впасти 1-а монета іспособами може впасти 2-а монета і … іспособами може впасти 10-та монета. За правилом множення комбінацій, 10 монет можуть впасти методами.
а) Розглянемо подію: – всіх монетах випаде орел. Цій події сприяє єдиний результат, за класичним визначенням ймовірності: .
б) Розглянемо подію: – на 9 монетах випаде орел, але в одній – решка.
Існує монети, на яких може випасти решка. За класичним визначенням ймовірності: .
в) Розглянемо подію: – орел випаде на половині монет.
Існує унікальних комбінацій із п'яти монет, на яких може випасти орел. За класичним визначенням ймовірності:
Відповідь :

Комбінаторикавивчає способи підрахунку числа елементів у кінцевих множинах. Формули комбінаторики використовують при безпосередньому обчисленні ймовірностей.
Багато елементів, що складаються з одних і тих же різних елементів і відрізняються один від одного тільки їх порядком, називаються перестановкамицих елементів. Число всіляких перестановок з nелементів позначають через , і це число одно n! (читається "ен-факторіал"):
\ (P_n = n \) (1.3.1)
де
. (1.3.2)

Замічання 1. Для порожньої множини приймається угода: порожня безлічможна впорядкувати лише одним способом; за визначенням вважають.

Розміщенняминазивають множини, складені з nрізних елементів по mелементів, які відрізняються або складом елементів, або їх порядком. Число всіх можливих розміщеньвизначається формулою
. (1.3.3)

Поєднаннямиз nрізних елементів по mназиваються множини, що містять mелементів з числа nзаданих і які відрізняються хоча б одним елементом. Число поєднань з nелементів по mпозначають: або . Це число виражається формулою

. (1.3.4)

Замічання 2. За визначенням вважають.

Для числа поєднань справедливі рівність:
, , (1.3.5)
. (1.3.6)

Остання рівність іноді формулюється у вигляді наступної теореми про кінцевих множин:
Число всіх підмножин безлічі, що складається їх nелементів, і .
Зазначимо, що числа перестановок, розміщень та поєднань пов'язані рівністю

Замічання 3. Вище передбачалося, що все nелементів різні. Якщо деякі елементи повторюються, то цьому випадку безлічі з повтореннями обчислюють за іншими формулам.

Наприклад, якщо серед nелементів є елементів одного виду, елементів іншого виду і т.д., число перестановок з повтореннями визначається формулою
(1.3.7)
де.

Число розміщень по mелементів з повтореннями з nелементів одно
, тобто
з повт (1.3.8)
Число поєднань з повтореннями з nелементів по mелементів дорівнює числу поєднань без повторень з n + m- 1 елементів по mелементів, тобто
з повт. (1.3.9)

Під час вирішення завдань комбінаторики використовують такі правила.

Правило суми.Якщо деякий об'єкт А може бути обраний з безлічі об'єктів m способами, а інший об'єкт може бути обраний n способами, то вибрати або А, або В можна m + n способами.

Правило твору. Якщо об'єкт А можна вибрати з багатьох об'єктів mспособами і після кожного такого вибору об'єкт можна вибрати nспособами, пара об'єктів (А, В) у зазначеному порядку може бути обрана способами.

Класична схема підрахунку ймовірностей придатна для вирішення низки суто практичних завдань. Розглянемо, наприклад, кілька елементів об'єму N. Це можуть бути вироби, кожне з яких є придатним або бракованим, або насіння, кожне з яких може бути схожим чи ні. Подібного роду ситуації описуються урновою схемою: в урні є N куль, їх М блакитних, (N - M) червоних.

З урни, що містить N куль, в якій знаходиться блакитних М куль, витягується n куль. Потрібно визначити ймовірність того, що у вибірці об'єму n буде виявлено m блакитних кульок. Позначимо через А подію "у вибірці обсягу n є m блакитних куль", тоді
(1.3.10)

приклад 1.Скільки у різний спосібЧи можна вибрати три особи на три різні посади з десяти кандидатів?

Рішення.Скористаємося формулою (1.3.3). При n=10, m=3 отримуємо
.

приклад 2.Скільки різними способами можуть розміститися на лавці 5 людей?

Рішення.Згідно з формулою (1.3.1) при n=5 знаходимо
P 5 =5!=1·2·3·4·5=120.

приклад 3.Скільки можна вибрати три особи на три однакові посади з десяти кандидатів?

Рішення.Відповідно до формули (1.3.4) знаходимо

приклад 4.Скільки різних шестицифрових чисел можна записати за допомогою цифр 1; 1; 1; 2; 2; 2?

Рішення.Тут необхідно визначити число перестановок з повтореннями, що визначається формулою (1.3.7). При k = 2, n 1 = 3, n 2 = 3, n = 6 за цією формулою отримуємо

Приклад 5.Скільки різних перестановокбукв можна зробити в словах: замок, ротор, сокира, дзвін?

Рішення.У слові замок всі літери різні, всього п'ять. Відповідно до формули (1.3.1) отримуємо P 5 = 5! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 = 120. У слові ротор, що складається з п'яти букв, букви pі oповторюються двічі. Для підрахунку різних перестановок застосовуємо формулу (1.3.7). При n = 5, n 1 = 2, n 2 = 2 за цією формулою знаходимо

У слові сокира літера оповторюється двічі, тому

У слові дзвін, що складається з семи букв, буква дозустрічається двічі, літера о- тричі, буква л- Двічі. Відповідно до формули (13.7) при n = 7, n 1 = 2, n 2 = 3, n з = 2 отримуємо

Приклад 6.На п'яти однакових картках написані літери І, К, М, Н, С. Картки перемішуються і навмання розкладаються до ряду. Якою є ймовірність того, що вийде слово МІНСЬК?

Рішення.З п'яти різних елементів можна скласти Р5 перестановок:
. Значить, однаково можливих результатів буде 120, а сприятливих для цієї події - тільки один. Отже,

Приклад 7.З літер слова ротор, складеного за допомогою розрізної абетки, навмання послідовно витягуються 3 літери і складаються в ряд. Яка ймовірність того, що вийде слово тор?

Рішення.Щоб відрізнити однакові літериодин від одного, забезпечимо їх номерами: p 1 , p 2 , 0 1 , 0 2 . Загальна кількість елементарних результатів дорівнює: . Слово роторвийде у випадках ( то 1 р 1 , то 1 р 2 , то 2 р 1 , то 2 р 2). Шукана ймовірність дорівнює

При підрахунку числа сприятливих випадків тут скористалися правилом твору: букву mможна вибрати одним способом, букву о- двома, букву р- Двома способами.

Приклад 8.На шести однакових за формою та розміром картках написані літери слова талант- по одній літері на кожній картці. Картки ретельно перемішані. їх виймають навмання і розташовують на столі одна за одною. Яка можливість знову отримати слово талант?

Рішення.Занумеруємо картки з літерами:

Слово т а л а н т (513246) не зміниться, якщо літери апереставити місцями, але з розташування карток вийде інша комбінація: т а л а н т (523146). Якщо в кожній з цих двох комбінацій те ж саме зробити з літерою т, то отримаємо ще 2 різні комбінації карток зі словом талант. Отже, появі слова талантсприяють 4 елементарні результати. Загальне число дорівнює можливим елементарним результатам дорівнює числу перестановок з 6 елементів: n = 6! = 720. Отже, шукана ймовірність

Цю ймовірність можна знайти і за допомогою формули (1.3.7), яка при n = 6, n 1 = 1, n 2 = 1, n з = 2, n 4 = 2 приймає вигляд:

. Отже, Р = 1/180.

Приклад 9.На п'яти однакових картках написано літери: на двох картках л, на решті трьох і. Викладають навмання ці картки в
ряд. Яка ймовірність того, що при цьому вийде слово лілії?

Рішення.Знайдемо кількість перестановок із цих п'яти букв із повтореннями.
За формулою (1.3.7) при n = 5, n 1 = 2, n 2 = 3 отримуємо

Це загальна кількість рівноможливих результатів досвіду, даному події А - " поява слова лілії " сприяє один. Відповідно до формули (1.2.1) отримуємо

приклад 10.У партії із 10 деталей 7 стандартних. Знайти ймовірність
того, що серед 6 взятих навмання деталей 4 стандартних.

Рішення.Загальне число можливіIx елементарних результатів випробування дорівнює числу способів, якими можна отримати 6 деталей з 10, тобто числу поєднань з 10 елементів по 6 елементів ().

Визначаємо число наслідків, що сприяють події А - "серед 6 взятих деталей 4 стандартних". Чотири стандартні деталі із семи стандартних можна взяти способами, при цьому інші 6 - 4 = 2 деталі мають бути нестандартними; взяти ж 2 нестандартні деталі з 10 – 7 = 3 нестандартних деталей можна способами. Отже, кількість сприятливих результатів дорівнює .

Шукана ймовірність дорівнює відношенню числа наслідків, що сприяють події, до всіх елементарних наслідків:

Залежність. Остання формула є окремим випадком формули (1.3.10): N= 10, М= 7, n = 6, m = 4.

Приклад 11.Серед 25 студентів групи, де 10 дівчат, розігрується 5 квитків. Знайти ймовірність того, що серед власників квитків виявляться дві дівчини.

Рішення.Число всіх рівноможливих випадків розподілу 5 квитків серед 25 студентів дорівнює числу поєднань з 25 елементів по 5, тобто . Число груп по троє юнаків з 15, які можуть отримати квитки, дорівнює . Кожна така трійка може поєднуватися з будь-якою парою з десяти дівчат, а число таких пар дорівнює. Отже, кількість груп по 5 студентів, утворених із групи в 25 студентів, у кожну з яких входитимуть троє юнаків і дві дівчини, дорівнює добутку. Цей твір дорівнює числу сприятливих випадків розподілу п'яти квитків серед студентів групи так, щоб три квитки отримали юнаки та два квитки – дівчата. Відповідно до формули (1.2.1) знаходимо шукану ймовірність

Зам'ячення. Остання формула є окремим випадком формули (1.3.10): N= 25, М= 15,n = 5, m = 3.

Приклад 12. У ящику знаходяться 15 червоних, 9 блакитних та 6 зелених куль. Навмання виймають 6 куль. Яка ймовірність того, що вийнято 1 зелена, 2 блакитні та 3 червоні кулі (подія А)?

Рішення.У ящику лише 30 куль. При даному випробуванні число всіх рівноможливих елементарних результатів буде. Підрахуємо число елементарних результатів, що сприяють події А. Три червоні кулі з 15 можна вибрати способами, дві блакитні кулі з 9 можна вибрати способами, одна зелена з 6 -
Число сприятливих результатів дорівнює добутку

Шукана ймовірність визначається формулою (1.3.10):

приклад 14.Гральний кубик підкидають 10 разів. Якою є ймовірність того, що при цьому грані 1, 2, 3, 4, 5, 6 випадуть відповідно 2, 3, 1, 1, 1, 2 рази (подія А)?

Рішення.Число наслідків, сприятливих для події А, підрахуємо за формулою (1.3.7):
Число всіх елементарних результатів у даному досвіді n = 6 10 тому

Завдання
1. На 5 однакових картках написані літери Б, Е, Р, С, Т. Ці картки навмання розкладені в ряд. Яка ймовірність того, що вийде слово БРЕСТ?
2. У ящику 4 блакитних та 5 червоних куль. З ящика навмання виймають 2 кулі. Знайдіть ймовірність того, що ці кулі різного кольору.
3. У бригаді 4 жінки та 3 чоловіки. Серед членів бригади розігруються 4 квитки до театру. Яка ймовірність того, що серед власників квитків виявиться 2 жінки та 2 чоловіки?
4. У ящику 10 куль, з яких 2 білих, 3 червоних та 5 блакитних. Наудачу витягнуто 3 кулі. Знайдіть ймовірність того, що всі 3 кулі різного кольору.
5. На п'яти однакових картках написані літери л, м, о, о, т. Яка ймовірність того, що витягуючи картки по одній навмання, отримаємо в порядку їхнього виходу слово молот?
6. З партії, що містить 10 виробів, серед яких 3 бракованих, навмання витягують 3 вироби. Знайдіть ймовірність того, що в отриманій вибірці один виріб бракований.
7. Із десяти квитків виграшними є два. Чому дорівнює ймовірність того, що серед взятих навмання п'яти квитків один виграшний?

Відповіді
1. 1/120. 2. 5/9. 3. 18/35. 4 . 0,25. 5 . 1/60. 6 . 21/40. 7 . 5/9.

Запитання
1. Що називають перестановками?
2. За якою формою обчислюють кількість перестановок з різних елементів?
3. Що називають розміщеннями?
4. За якою формулою обчислюють число розміщень з n різних елементів m елементів?
5. Що називають поєднаннями?
6. За якою формулою ви шукаєте число поєднань з n елементів по m елементів?
7. Якою рівністю пов'язані числа перестановок, розміщень та поєднань?
8. За якою формулою обчислюється число перестановок із n елементів, якщо деякі елементи повторюються?
9. Якою формулою визначається число розміщень по m елементів із повтореннями з n елементів?
10. Якою формулою визначається число поєднань із повтореннями з n елементів по m елементів?

Класичне визначення імовірності. Елементи статистики, комбінаторики та теорії ймовірностей в основній школі

Завдання на класичне визначення імовірності. Приклади рішень

Завдання на класичне визначення імовірності.
Приклади рішень