Pamokos tikslas:
- Supažindinkite su tam tikrų, neįmanomų ir atsitiktinių įvykių samprata.
- Suformuoti žinias ir įgūdžius, leidžiančius nustatyti įvykių tipą.
- Ugdykite: skaičiavimo įgūdžius; Dėmesio; gebėjimas analizuoti, samprotauti, daryti išvadas; grupinio darbo įgūdžiai.
Per užsiėmimus
1) Organizacinis momentas.
Interaktyvi mankšta: vaikai turi spręsti pavyzdžius ir iššifruoti žodžius, pagal rezultatus suskirstomi į grupes (patikimas, neįmanomas ir atsitiktinis) ir nustato pamokos temą.
1 kortelė.
| 0,5 | 1,6 | 12,6 | 5,2 | 7,5 | 8 | 5,2 | 2,08 | 0,5 | 9,54 | 1,6 |
2 kortele
| 0,5 | 2,1 | 14,5 | 1,9 | 2,1 | 20,4 | 14 | 1,6 | 5,08 | 8,94 | 14 |
3 kortele
| 5 | 2,4 | 6,7 | 4,7 | 8,1 | 18 | 40 | 9,54 | 0,78 |
2) Studijuojamų žinių aktualizavimas.
Žaidimas „Ploja“: lyginis skaičius – ploji, nelyginis – atsistokite.
Užduotis: iš pateiktos skaičių serijos 42, 35, 8, 9, 7, 10, 543, 88, 56, 13, 31, 77, ... nustatykite lyginį ir nelyginį.
3) Naujos temos mokymasis.
Jūs turite kubelius ant stalų. Pažvelkime į juos atidžiau. Ką tu matai?
Kur naudojami kauliukai? Kaip?
Grupinis darbas.
Eksperimento vykdymas.
Kokias prognozes galima daryti metant kauliuką?
Pirmoji prognozė: iškris vienas iš skaičių 1,2,3,4,5 arba 6.
Įvykis, kuris būtinai įvyks tam tikroje patirtyje, vadinamas patikimas.
Antroji prognozė: pasirodys skaičius 7.
Ar manote, kad numatytas įvykis įvyks, ar ne?
Tai neįmanoma!
Įvykis, kuris negali įvykti duotame eksperimente, vadinamas neįmanomas.
Trečia prognozė: pasirodys skaičius 1.
Ar įvyks šis įvykis?
Įvykis, kuris gali įvykti arba neįvykti tam tikroje patirtyje, vadinamas atsitiktinis.
4) Studijuotos medžiagos konsolidavimas.
I. Nustatykite įvykio tipą
-Rytoj snigs raudonai.
Rytoj stipriai pasnigs.
Rytoj, nors ir liepa, pasnigs.
Rytoj, nors ir liepa, sniego nebus.
Rytoj pasnigs ir pūs pūga.
II. Pridėkite žodį prie šio sakinio taip, kad įvykis taptų neįmanomas.
Kolya istorijoje gavo A.
Sasha teste neatliko nė vienos užduoties.
Naują temą paaiškins Oksana Michailovna (istorijos mokytoja).
III. Pateikite neįmanomų, atsitiktinių ir tam tikrų įvykių pavyzdžių.
IV. Darbas pagal vadovėlį (grupėse).
Toliau pateiktose užduotyse aptartus įvykius apibūdinkite kaip tikrus, neįmanomus ar atsitiktinius.
Nr. 959. Petya sumanė natūralųjį skaičių. Renginys yra toks:
a) sumanytas lyginis skaičius;
b) sumanytas nelyginis skaičius;
c) sumanytas skaičius, kuris nėra nei lyginis, nei nelyginis;
d) sumanytas lyginis arba nelyginis skaičius.
Nr. 960. Jūs atidarėte šį vadovėlį bet kuriame puslapyje ir pasirinkote pirmą pasitaikiusį daiktavardį. Renginys yra toks:
a) pasirinkto žodžio rašyboje yra balsis;
b) pasirinkto žodžio rašyboje yra raidė „o“;
c) pasirinkto žodžio rašyboje nėra balsių;
d) pasirinkto žodžio rašyboje yra minkštas ženklas.
Išspręskite #961, #964.
Išspręstų užduočių aptarimas.
5) Refleksija.
1. Su kokiais įvykiais susidūrėte pamokoje?
2. Nurodykite, kuris iš šių įvykių yra tikras, kuris neįmanomas, o kuris atsitiktinis:
a) nebus vasaros atostogų;
b) sumuštinis kris sviestine puse žemyn;
c) kada nors baigsis mokslo metai.
6) Namų darbai:
Sugalvokite du patikimus, atsitiktinius ir neįmanomus įvykius.
Nupieškite vieną iš jų.
Tikimybių teorija, kaip ir bet kuri matematikos šaka, veikia su tam tikromis sąvokomis. Dauguma tikimybių teorijos sąvokų yra apibrėžtos, tačiau kai kurios laikomos pirminėmis, neapibrėžtomis, kaip geometrijoje taškas, tiesė, plokštuma. Pirminė tikimybių teorijos samprata yra įvykis. Įvykis yra kažkas, apie kurį po tam tikro momento galima pasakyti vieną ir tik vieną iš dviejų:
- · Taip, atsitiko.
- · Ne, tai neįvyko.
Pavyzdžiui, aš turiu loterijos bilietą. Paskelbus loterijos burtų rezultatus mane dominantis įvykis - laimėti tūkstantį rublių arba įvyksta, arba neįvyksta. Bet koks įvykis įvyksta kaip bandymo (arba patirties) rezultatas. Atlikdami testą (arba patirtį) supraskite sąlygas, dėl kurių įvyksta įvykis. Pavyzdžiui, monetos metimas yra išbandymas, o „herbo“ atsiradimas ant jos – įvykis. Įvykis dažniausiai žymimas didžiosiomis lotyniškomis raidėmis: A, B, C, .... Įvykius materialiame pasaulyje galima suskirstyti į tris kategorijas – tam tikrus, neįmanomus ir atsitiktinius.
Tam tikras įvykis yra toks, kurio įvykis iš anksto žinomas. Žymima raide W. Taigi, metant įprastą kauliuką patikimi ne daugiau kaip šeši taškai, balto rutulio išvaizda traukiant iš urnos, kurioje yra tik balti rutuliukai ir pan.
Neįmanomas įvykis – tai įvykis, apie kurį iš anksto žinoma, kad jis neįvyks. Jis žymimas raide E. Neįmanomų įvykių pavyzdžiai yra daugiau nei keturių tūzų ištraukimas iš įprasto kortų kaladė, raudono rutulio atsiradimas iš urnos, kurioje yra tik balti ir juodi rutuliukai ir kt.
Atsitiktinis įvykis yra įvykis, kuris gali įvykti arba neįvykti dėl testo. Įvykiai A ir B vadinami nesuderinamais, jei vieno iš jų įvykimas atmeta galimybę įvykti kitam. Taigi bet kokio galimo taškų skaičiaus atsiradimas metant kauliuką (įvykis A) yra nesuderinamas su kito skaičiaus atsiradimu (įvykis B). Lyginio taškų skaičiaus metimas nesuderinamas su nelyginiu skaičiumi. Ir atvirkščiai, lyginis taškų skaičius (įvykis A) ir taškų skaičius, dalijantis iš trijų (įvykis B), nebus nesuderinami, nes šešių taškų praradimas reiškia ir įvykių A, ir įvykio B įvykimą, taigi vieno įvykis. iš jų neatmeta kito atsiradimo. Operacijos gali būti atliekamos renginiuose. Dviejų įvykių sąjunga C=AUB yra įvykis C, kuris įvyksta tada ir tik tada, kai įvyksta bent vienas iš šių įvykių A ir B. Dviejų įvykių sankirta D=A?? B yra įvykis, kuris įvyksta tada ir tik tada, kai įvyksta abu įvykiai A ir B.
Išverskite tekstą į vokiečių kalbą.Tik ne internetiniame vertėjuje.
Auksiniai vartai – Kijevo simbolis, vienas seniausių iki mūsų laikų išlikusių architektūros pavyzdžių. Auksiniai Kijevo vartai buvo pastatyti valdant garsiajam Kijevo kunigaikščiui Jaroslavui Išmintingajam 1164 m. Iš pradžių jie buvo vadinami pietiniais ir buvo miesto gynybinių įtvirtinimų sistemos dalis, praktiškai nesiskiriantys nuo kitų miesto sargybos vartų. Būtent Pietinius vartus pirmasis Rusijos metropolitas Hilarionas savo „Pamoksle apie teisę ir malonę“ pavadino „Didžiuoju“. Pastačius didingą Sofijos soborą, „Didieji“ vartai tapo pagrindiniu sausumos įėjimu į Kijevą iš pietvakarių pusės. Suprasdamas jų reikšmę, Jaroslavas Išmintingasis liepė virš vartų pastatyti nedidelę Apreiškimo bažnyčią, kad pagerbtų mieste ir Rusijoje vyravusią krikščionių religiją. Nuo to laiko visi Rusijos kronikos šaltiniai pietus Kijevo vartus pradėjo vadinti Auksiniais vartais. Vartų plotis 7,5 m, praėjimo aukštis 12 m, ilgis apie 25 m.
le sport ce n "est pas seulement des cours de gym. C" est aussi sauter toujours plus haut nager jouer au ballon danser. le sport développé ton corps et aussi ton cerveau. Quand tu prends l "escalier et non pas l" ascenseur tu fais du sport. Quand tu fais une cabane dans un arbre tu fais du sport. Quand tu te šikšnosparniai avec ton free tu fais du sport. Quand tu cours, parce que tu es en retard a l "ecole, tu fais du sport.
1.1. Šiek tiek informacijos iš kombinatorikos
1.1.1. Apgyvendinimas
Apsvarstykite paprasčiausias sąvokas, susijusias su tam tikro objektų rinkinio pasirinkimu ir vieta.
Sprendžiant tikimybines problemas, dažnai skaičiuojama, kiek šių veiksmų galima atlikti.
Apibrėžimas. Nakvynė nuo n elementai pagal k (k ≤n) yra bet koks sutvarkytas poaibis k rinkinio, susidedančio iš nįvairių elementų.
Pavyzdys.Šios skaičių sekos yra 2 elementų išdėstymai iš 3 aibės elementų (1;2;3): 12, 13, 23, 21, 31, 32.
Atminkite, kad paskirties vietos skiriasi savo sudedamųjų elementų tvarka ir sudėtimi. 12 ir 21 vietose yra tie patys skaičiai, tačiau jų tvarka skiriasi. Todėl šios paskirties vietos laikomos skirtingomis.
Įvairių vietų skaičius nuo n elementai pagal kžymimas ir apskaičiuojamas pagal formulę:
,
kur n! = 1∙2∙...∙(n - 1)∙n(skaityti " n faktorinis).
Dviejų skaitmenų skaičių, kuriuos galima sudaryti iš skaitmenų 1, 2, 3, jei joks skaitmuo nesikartoja, skaičius yra: .
1.1.2. Permutacijos
Apibrėžimas. Permutacijos iš n elementai vadinami tokiomis patalpomis iš n elementai, kurie skiriasi tik elementų išdėstymu.
Permutacijų skaičius iš n elementai P n apskaičiuojamas pagal formulę: P n=n!
Pavyzdys. Kiek būdų gali išsirikiuoti 5 žmonės? Būdų skaičius lygus 5 elementų permutacijų skaičiui, t.y.
P 5 =5!=1∙2∙3∙4∙5=120.
Apibrėžimas. Jei tarp n elementai k identiški, tada šių permutacija n elementai vadinami permutacija su pasikartojimais.
Pavyzdys. Tarkime, kad iš 6 knygų 2 yra vienodos. Bet koks visų knygų išdėstymas lentynoje yra permutacija su pasikartojimais.
Įvairių permutacijų su pasikartojimais skaičius (iš n elementų, tarp kurių k identiškas) apskaičiuojamas pagal formulę: .
Mūsų pavyzdyje knygų išdėstymo lentynoje skaičius yra toks: .
1.1.3. Deriniai
Apibrėžimas. Deriniai iš n elementai pagal k tokios vietos vadinamos n elementai pagal k, kurios skiriasi viena nuo kitos bent vienu elementu.
Įvairių derinių skaičius n elementai pagal kžymimas ir apskaičiuojamas pagal formulę: .
Pagal apibrėžimą 0!=1.
Deriniai turi šias savybes:
1.
2.
3.
4.
Pavyzdys. Yra 5 skirtingų spalvų gėlės. Puokštei parenkamos 3 gėlės. Skirtingų 3 gėlių puokščių skaičius iš 5 yra: .
1.2. atsitiktiniai įvykiai
1.2.1. Vystymai
tikrovės pažinimas gamtos mokslai atsiranda bandymų (eksperimento, stebėjimo, patirties) rezultatas.
bandymas
arba patirtis yra tam tikros sąlygos, kurios gali būti atkurtos savavališkai daug kartų, įgyvendinimas.
Atsitiktinis
vadinamas įvykiu, kuris gali įvykti arba neįvykti dėl kokio nors testo (patirties).
Taigi įvykis laikomas testo rezultatu.
Pavyzdys. Monetos metimas yra išbandymas. Erelio pasirodymas išmetus yra įvykis.
Mūsų stebimi įvykiai skiriasi jų atsiradimo tikimybės laipsniu ir santykių pobūdžiu.
Renginys vadinamas patikimas
jei tai tikrai įvyks dėl bandymo.
Pavyzdys. Studentas, gavęs teigiamą arba neigiamą egzamino pažymį, yra tam tikras įvykis, jei egzaminas vyksta pagal įprastas taisykles.
Renginys vadinamas neįmanomas
jei jis negali atsirasti dėl šio testo.
Pavyzdys. Ištraukti baltą rutulį iš urnos, kurioje yra tik spalvoti (ne balti) rutuliai, yra neįmanomas įvykis. Atkreipkite dėmesį, kad kitomis eksperimento sąlygomis balto rutulio išvaizda neatmetama; taigi šis įvykis neįmanomas tik mūsų patirties sąlygomis.
Be to, atsitiktiniai įvykiai bus žymimi didžiąja lotynų kalba raidės A, B, C... Tikras įvykis bus žymimas raide Ω, neįmanomas įvykis – Ø.
Vadinami du ar daugiau įvykių vienodai įmanoma
atliekant tam tikrą testą, jei yra pagrindo manyti, kad nė vienas iš šių įvykių nėra labiau tikėtinas arba mažiau tikėtinas nei kiti.
Pavyzdys. Vienu kauliuko metimu 1, 2, 3, 4, 5 ir 6 taškai yra vienodai galimi įvykiai. Žinoma, daroma prielaida, kad štampas yra pagamintas iš vienalytės medžiagos ir yra taisyklingos formos.
Du įvykiai vadinami nesuderinamas
tam tikrame tyrime, jei įvykus vienam iš jų negalima įvykti kito, ir Bendras
kitaip.
Pavyzdys. Dėžutėje yra standartinių ir nestandartinių dalių. Paimkime vieną detalę. Standartinės dalies išvaizda pašalina nestandartinės dalies išvaizdą. Šie įvykiai yra nesuderinami.
Susidaro keli renginiai pilna renginių grupė
šiame bandyme, jei dėl šio testo būtinai įvyksta bent vienas iš jų.
Pavyzdys.Įvykiai iš pavyzdžio sudaro visą vienodai galimų ir poromis nesuderinamų įvykių grupę.
Vadinami du nesusiję įvykiai, kurie sudaro visą tam tikro bandymo įvykių grupę priešingi įvykiai.
Jei vienas iš jų žymimas A, tada kitas paprastai žymimas per (jis rašoma „ne A»).
Pavyzdys. Vienu šūviu į taikinį pataikyti ir nepataikyti yra priešingi įvykiai.
1.2.2. Klasikinis tikimybės apibrėžimas
Įvykio tikimybė
yra skaitinis jo atsiradimo galimybės matas.
Renginys BET paskambino palankus
renginys AT jei kada nors įvyksta įvykis BETįvykis įvyksta AT.
Vystymai BET 1 , BET 2 , ..., BETn forma atvejo diagrama
, jeigu jie:
1) yra vienodai įmanomi;
2) yra nesuderinami poromis;
3) sudaryti pilną grupę.
Atvejų schemoje (ir tik šioje schemoje) vyksta klasikinis tikimybės apibrėžimas P(A) pokyčius BET. Čia kiekvienas įvykis, priklausantis pasirinktai pilnai vienodai galimų ir poromis nesuderinamų įvykių grupei, vadinamas atvejis.
Jeigu n yra visų atvejų skaičius schemoje ir m- įvykiui palankių atvejų skaičius BET, tada įvykio tikimybė
BET yra apibrėžiamas lygybe:
Šios savybės išplaukia iš tikimybės apibrėžimo:
1. Tam tikro įvykio tikimybė lygi vienetui.
Iš tiesų, jei įvykis yra tikras, tada kiekvienas įvykis įvykių schemoje yra palankus įvykiui. Tokiu atveju m = n taigi 
2. Neįmanomo įvykio tikimybė lygi nuliui.
Iš tiesų, jei įvykis neįmanomas, tada nė vienas atvejis iš atvejų schemos nėra palankus įvykiui. Štai kodėl m=0 ir todėl 
Atsitiktinio įvykio tikimybė yra teigiamas skaičius nuo nulio iki vieneto.
Iš tiesų atsitiktiniam įvykiui pirmenybė teikiama tik daliai visų atvejų skaičiaus atvejų schemoje. Todėl 0<m<n, o tai reiškia 0<m/n<1 и, следовательно, 0 < P(A) < 1.
Taigi bet kokio įvykio tikimybė patenkina nelygybes
0 ≤ P(A) ≤ 1.
Šiuo metu tikimybės savybės apibrėžiamos aksiomų pavidalu, suformuluotų A. N. Kolmogorovas.
Vienas iš pagrindinių klasikinio tikimybės apibrėžimo privalumų yra galimybė įvykio tikimybę apskaičiuoti tiesiogiai, t.y. nesiimant eksperimentų, kuriuos pakeičia loginis samprotavimas.
Tiesioginio tikimybių skaičiavimo problemos
1.1 užduotis. Kokia tikimybė gauti lyginį taškų skaičių (įvykis A) per vieną kauliuko metimą?
Sprendimas. Apsvarstykite įvykius BETi- išstojo i taškai, i= 1, 2, …, 6. Akivaizdu, kad šie įvykiai sudaro atvejų modelį. Tada visų atvejų skaičius n= 6. Atvejai palankūs lyginiam taškų skaičiui BET 2 , BET 4 , BET 6 , t.y. m= 3. Tada 
.
1.2 užduotis. Urnoje yra 5 balti ir 10 juodų rutuliukų. Rutuliukai kruopščiai sumaišomi ir atsitiktine tvarka išimamas 1 rutuliukas. Kokia tikimybė, kad ištrauktas rutulys yra baltas?
Sprendimas. Iš viso yra 15 bylų, kurios sudaro bylų modelį. Ir laukiamas įvykis BET- balto rutulio išvaizdai pritaria 5 iš jų, todėl 
.
1.3 užduotis. Vaikas žaidžia su šešiomis abėcėlės raidėmis: A, A, E, K, P, T. Raskite tikimybę, kad jis gali atsitiktinai pridėti žodį VEŽIMAS (įvykis A).
Sprendimas. Sprendimą apsunkina tai, kad tarp raidžių yra tos pačios – dvi raidės „A“. Todėl visų galimų atvejų skaičius šiame bandyme yra lygus permutacijų skaičiui su pasikartojimais po 6 raides:
.
Šie atvejai vienodai galimi, poromis nesuderinami ir sudaro ištisą įvykių grupę, t.y. sudaryti atvejo diagramą. Tik viena galimybė palanki renginiui BET. Štai kodėl
.
1.4 užduotis. Tanya ir Vanya sutiko sutikti Naujuosius metus 10 žmonių kompanijoje. Jie abu labai norėjo sėdėti vienas šalia kito. Kokia tikimybė, kad jų noras išsipildys, jei įprasta burtų keliu paskirstyti vietas tarp draugų?
Sprendimas. Pažymėti BET renginys „Tanijos ir Vanios troškimo išsipildymas“. Prie 10 žmonių stalo gali sėdėti 10 žmonių! Skirtingi keliai. Kiek tokių n= 10! ar vienodai galimi būdai yra palankūs Tanjai ir Vaniai? Tanya ir Vanya, sėdinčios šalia, gali užimti 20 skirtingų pozicijų. Tuo pačiu metu aštuoni jų draugai gali sėdėti prie 8 stalo! skirtingais būdais, taigi m= 20∙8!. Vadinasi, 
.
1.5 užduotis. 5 moterų ir 20 vyrų grupė išrenka tris delegatus. Darant prielaidą, kad kiekvienas iš dalyvaujančiųjų yra vienodai tikėtinas, suraskite tikimybę, kad bus išrinktos dvi moterys ir vienas vyras.
Sprendimas. Bendras vienodai tikėtinų testo baigčių skaičius yra lygus būdų, kuriais iš 25 žmonių galima pasirinkti tris delegatus, t.y. . Dabar paskaičiuokime palankių atvejų skaičių, t.y. dominančio įvykio kartų skaičius. Vyrą delegatą galima pasirinkti dvidešimčia būdų. Tuo pačiu metu likusios dvi delegatės turi būti moterys, o jūs galite pasirinkti dvi moteris iš penkių. Vadinasi,. Štai kodėl
.
1.6 problema. Keturi rutuliai atsitiktinai išsibarstę po keturias duobutes, kiekvienas kamuoliukas į vieną ar kitą duobutę įkrenta ta pačia tikimybe ir nepriklausomai nuo kitų (nėra jokių kliūčių į tą pačią duobutę patekti kelis kamuoliukus). Raskite tikimybę, kad vienoje iš angų bus trys rutuliukai, kitoje – vienas, o kitose dviejose – nebus kamuoliukų.
Sprendimas. Bendras bylų skaičius n= 4 4 . Būdų, kuriais galima pasirinkti vieną duobutę, kurioje bus trys kamuoliukai, skaičius. Būdų, kuriais galite pasirinkti skylę, kurioje bus vienas rutulys, skaičius, . Būdų, kuriais galite pasirinkti tris rutulius iš keturių rutulių, įmušti juos į pirmąją duobutę, skaičius. Bendras palankių atvejų skaičius . Įvykio tikimybė: 
1.7 problema. Dėžutėje yra 10 vienodų kamuoliukų, pažymėtų skaičiais 1, 2, ..., 10. Sėkmei ištraukiami šeši kamuoliukai. Raskite tikimybę, kad tarp ištrauktų rutuliukų bus: a) rutulys Nr. 1; b) kamuoliukai Nr.1 ir Nr.2.
Sprendimas. a) Bendras galimų elementarių testo baigčių skaičius lygus būdų, kuriais galima ištraukti šešis kamuoliukus iš dešimties, skaičiui, t.y.
Raskime rezultatų, palankių mus dominančiam įvykiui, skaičių: tarp atrinktų šešių kamuoliukų yra rutulys numeris 1, taigi, likę penki kamuoliukai turi skirtingus numerius. Tokių baigčių skaičius akivaizdžiai lygus tam, kiek būdų iš likusių devynių galima pasirinkti penkis kamuoliukus, t.y.
Norima tikimybė yra lygi nagrinėjamam įvykiui palankių baigčių skaičiaus ir bendro galimų elementarių baigčių skaičiaus santykiui:
b) Rezultatų, palankių mus dominančiam įvykiui, skaičius (tarp pasirinktų kamuoliukų yra kamuoliukai Nr. 1 ir Nr. 2, todėl keturi kamuoliukai turi skirtingus numerius) yra lygus keturių kamuoliukų skaičiui. išgautas iš likusių aštuonių, t.y. Norima tikimybė 
1.2.3. Statistinė tikimybė
Statistinis tikimybės apibrėžimas naudojamas tada, kai eksperimento rezultatai nėra vienodai tikėtini.
Santykinis įvykių dažnis
BET yra apibrėžiamas lygybe:
,
kur m yra bandymų, kurių metu įvyko įvykis, skaičius BET tai atėjo n yra bendras atliktų testų skaičius.
J. Bernoulli įrodė, kad neribotai didėjant eksperimentų skaičiui, santykinis įvykio pasireiškimo dažnis praktiškai savavališkai skirsis nuo kokio nors pastovaus skaičiaus. Paaiškėjo, kad šis pastovus skaičius yra įvykio atsiradimo tikimybė. Todėl natūralu, kad santykinis įvykio atsiradimo dažnis su pakankamai dideliu bandymų skaičiumi vadinamas statistine tikimybe, priešingai nei anksčiau pateikta tikimybė.
1.8 pavyzdys. Kaip apytiksliai apskaičiuoti žuvų skaičių ežere?
Įleisk į ežerą Xžuvis. Mes metame tinklą ir, tarkime, jame randame nžuvis. Pažymime kiekvieną iš jų ir paleidžiame atgal. Po kelių dienų tuo pačiu oru ir toje pačioje vietoje užmetėme tą patį tinklą. Tarkime, jame rasime m žuvų, tarp kurių k pažymėtas. Tegul įvykis BET– „Pagauta žuvis ženklinama“. Tada pagal santykinio dažnio apibrėžimą.
Bet jei ežere Xžuvies ir paleidome n pažymėtas, tada .
Nes R * (BET) » R(BET), tada .
1.2.4. Operacijos renginiuose. Sudėjimo teorema
suma, arba kelių įvykių sąjunga, yra įvykis, susidedantis iš bent vieno iš šių įvykių (tame pačiame teste).
Suma BET 1 + BET 2 + … + BETnžymimas taip: 
arba 
.
Pavyzdys. Mesti du kauliukai. Tegul įvykis BET susideda iš 4 taškų metimo ant 1 kauliuko ir įvykio AT- metant 5 taškus ant kito kauliuko. Vystymai BET ir AT Bendras. Todėl renginys BET +AT susideda iš 4 taškų metimo ant pirmojo kauliuko arba 5 taškai ant antrojo kauliuko arba 4 taškai ant pirmo ir 5 taškai ant antrojo kauliuko tuo pačiu metu.
Pavyzdys. Renginys BET– 1 paskolos laimėjimas, renginys AT- laimėti 2 paskolas. Tada renginys A+B- laimėti bent vieną paskolą (galbūt dvi iš karto).
dirbti arba kelių įvykių susikirtimas yra įvykis, susidedantis iš visų šių įvykių bendro įvykio (tame pačiame teste).
Darbas ATįvykius BET 1 , BET 2 , …, BETnžymimas taip:
.
Pavyzdys. Vystymai BET ir AT susideda iš sėkmingo I ir II etapo išlaikymo, stojant į institutą. Tada renginys BET×B susideda iš sėkmingo abiejų raundų užbaigimo.
Įvykių sumos ir sandaugos sąvokos turi aiškią geometrinę interpretaciją. Tegul įvykis BET yra taško smūgis šioje srityje BET, ir įvykis AT- pataikyti į tašką srityje AT. Tada renginys A+Bšių sričių sąjungoje yra taško pataikymas (2.1 pav.), ir įvykis BETATšių sričių susikirtimo taške yra pataikymas (2.2 pav.).
Ryžiai. 2.1 pav. 2.2
Teorema. Jei įvykiai A i(i = 1, 2, …, n) yra nesuderinami poromis, tada įvykių sumos tikimybė yra lygi šių įvykių tikimybių sumai: 
.
Leisti BET ir Ā
– priešingi įvykiai, t.y. A + a= Ω, kur Ω yra tam tikras įvykis. Iš sudėjimo teoremos išplaukia, kad
P(Ω) = R(BET) + R(Ā
) = 1, todėl
R(Ā
) = 1 – R(BET).
Jei įvykiai BET 1 ir BET 2 yra jungtiniai, tada dviejų bendrų įvykių sumos tikimybė yra lygi:
R(BET 1 + BET 2) = R(BET 1) + R(BET 2) – P( BET 1× BET 2).
Tikimybių sudėjimo teoremos leidžia pereiti nuo tiesioginio tikimybių skaičiavimo prie sudėtingų įvykių atsiradimo tikimybių nustatymo.
1.8 užduotis. Šaulys paleidžia vieną šūvį į taikinį. Tikimybė išmušti 10 taškų (įvykis BET), 9 taškai (įvykis AT) ir 8 taškai (įvykis NUO) yra atitinkamai lygūs 0,11; 0,23; 0.17. Raskite tikimybę, kad vienu šūviu šaulys surinks mažiau nei 8 taškus (įvykis D).
Sprendimas. Pereikime prie priešingo įvykio – vienu šūviu šaulys nokautuos mažiausiai 8 taškus. Įvykis įvyksta, jei BET arba AT, arba NUO, t.y. . Nuo įvykių A, B, NUO yra poros nenuoseklūs, tada pagal sudėjimo teoremą,
, kur.
1.9 užduotis. Iš brigados komandos, kurią sudaro 6 vyrai ir 4 moterys, į profesinių sąjungų konferenciją atrenkami du žmonės. Kokia tikimybė, kad tarp išrinktųjų atsiras bent viena moteris (įvykis BET).
Sprendimas. Jei įvyks įvykis BET, tada būtinai įvyks vienas iš šių nesuderinamų įvykių: AT- „išrenkamas vyras ir moteris“; NUO„Išrinktos dvi moterys“. Todėl galime rašyti: A=B+C. Raskite įvykių tikimybę AT ir NUO. Du žmones iš 10 galima pasirinkti įvairiais būdais. Dvi moteris iš 4 galima pasirinkti įvairiais būdais. Vyrą ir patelę galima pasirinkti 6×4 būdais. Tada . Nuo įvykių AT ir NUO yra nenuoseklūs, taigi pagal sudėjimo teoremą,
P(A) = P(B + C) = P(B) + P(C) = 8/15 + 2/15 = 2/3.
1.10 uždavinys. Bibliotekos lentynoje yra 15 atsitiktinai išdėstytų vadovėlių, iš kurių penki yra įrišti. Bibliotekininkė atsitiktinai paima tris vadovėlius. Raskite tikimybę, kad bent vienas iš paimtų vadovėlių bus įrištas (įvykis BET).
Sprendimas. Pirmas būdas. Reikalavimas – bent vienas iš trijų paimtų įrištų vadovėlių – bus įvykdytas, jei įvyks kuris nors iš šių trijų nesuderinamų įvykių: AT- 1 įrištas vadovėlis NUO- du įrišti vadovėliai D- Trys įrišti vadovėliai.
Mus dominantis renginys BET gali būti pavaizduota kaip įvykių suma: A=B+C+D. Pagal sudėjimo teoremą,
P(A) = P(B) + P(C) + P(D). (2.1)
Raskite įvykių tikimybę B, C ir D(žr. kombinatorines schemas): 
Šias tikimybes pateikę lygybėje (2.1), galiausiai gauname
P(A)= 45/91 + 20/91 + 2/91 = 67/91.
Antras būdas. Renginys BET(bent vienas iš trijų paimtų vadovėlių turi įrišimą) ir Ā
(nė vienas iš paimtų vadovėlių neturi įrišimo) yra priešingi, todėl P(A) + P(Ā) = 1 (dviejų priešingų įvykių tikimybių suma lygi 1). Iš čia P(A) = 1 – P(a). Tikimybė, kad įvyks įvykis Ā
(nė vienas iš paimtų vadovėlių nėra įrištas)
Norima tikimybė
P(A) = 1 – P(Ā) = 1 – 24/91 = 67/91.
1.2.5. Sąlyginė tikimybė. Tikimybių daugybos teorema
Sąlyginė tikimybė P(B/BET) yra įvykio B tikimybė, apskaičiuota darant prielaidą, kad įvykis A jau įvyko.
Teorema. Dviejų įvykių bendro įvykio tikimybė yra lygi vieno iš jų tikimybių sandaugai su sąlygine kito tikimybe, apskaičiuota darant prielaidą, kad pirmasis įvykis jau įvyko:
P(A∙B) = P(A)∙P( AT/BET). (2.2)
Du įvykiai vadinami nepriklausomais, jeigu įvykus vienam iš jų nekeičiama kito įvykimo tikimybė, t.y.
P(A) = P(A/B) arba P(B) = P(B/BET). (2.3)
Jei įvykiai BET ir AT yra nepriklausomi, tada formulės (2.2) ir (2.3) reiškia
P(A∙B) = P(A)∙P(B). (2.4)
Teisingas ir atvirkštinis teiginys, t.y. jei lygybė (2.4) galioja dviem įvykiams, tai šie įvykiai yra nepriklausomi. Iš tiesų, formulės (2.4) ir (2.2) reiškia
P(A∙B) = P(A)∙P(B) = P(A) × P(B/BET), kur P(A) = P(B/BET).
Formulė (2.2) gali būti apibendrinta baigtinio įvykių skaičiaus atveju BET 1 , BET 2 ,…,A n:
P(A 1 ∙BET 2 ∙…∙A n)=P(A 1)∙P(A 2 /BET 1)∙P(A 3 /BET 1 BET 2)∙…∙P (A n/BET 1 BET 2 …A n -1).
1.11 užduotis. Iš urnos, kurioje yra 5 balti ir 10 juodų kamuoliukų, iš eilės traukiami du rutuliai. Raskite tikimybę, kad abu rutuliai yra balti (įvykis BET).
Sprendimas. Apsvarstykite įvykius: AT- pirmasis ištrauktas rutulys yra baltas; NUO– antras ištrauktas rutulys yra baltas. Tada A = BC.
Patirtis gali būti įgyta dviem būdais:
1) su grąžinimu: užfiksavus spalvą, nupieštas kamuoliukas grąžinamas į urną. Šiuo atveju įvykiai AT ir NUO nepriklausomas:
P(A) = P(B)∙P(C) = 5/15 × 5/15 = 1/9;
2) be pakeitimo: ištrauktas kamuolys atidedamas į šalį. Šiuo atveju įvykiai AT ir NUO priklausomas:
P(A) = P(B)∙P(C/AT).
Dėl renginio AT sąlygos yra tos pačios, ir už NUO situacija pasikeitė. Įvyko AT, todėl urnoje liko 14 kamuoliukų, iš kurių 4 balti.
Taigi,.
1.12 užduotis. Iš 50 lempučių 3 yra nestandartinės. Raskite tikimybę, kad dvi lemputės, paimtos vienu metu, yra nestandartinės.
Sprendimas. Apsvarstykite įvykius: BET- pirmoji lemputė nestandartinė, AT- antroji lemputė nestandartinė, NUO- abi lemputės nestandartinės. Tai aišku C = A∙AT. renginys BET palankiai vertina 3 atvejus iš 50 galimų, t.y. P(A) = 3/50. Jei įvykis BET jau įvyko, įvykis AT palankiai vertina du atvejus iš 49 galimų, t.y. P(B/BET) = 2/49. Vadinasi,
.
1.13 užduotis. Du sportininkai savarankiškai šaudo į tą patį taikinį. Tikimybė pataikyti į pirmojo sportininko taikinį yra 0,7, o antrojo - 0,8. Kokia tikimybė, kad taikinys bus pataikytas?
Sprendimas. Į taikinį pataikys arba pirmas šaulys, arba antrasis, arba abu, t.y. įvyks įvykis A+B, kur vyksta renginys BET susideda iš pirmojo sportininko pataikymo į taikinį ir įvykį AT- antras. Tada
P(A+AT)=P(A)+P(B)–P(A∙AT)=0, 7+0, 8–0, 7∙0,8=0,94.
1.14 uždavinys. Skaitykloje yra šeši tikimybių teorijos vadovėliai, iš kurių trys yra įrišti. Bibliotekininkė atsitiktinai paėmė du vadovėlius. Raskite tikimybę, kad bus įrišti du vadovėliai.
Sprendimas. Supažindinkime su įvykių žymėjimu : A– pirmasis paimtas vadovėlis turi įrišimą, AT– Antrasis vadovėlis įrištas. Tikimybė, kad pirmasis vadovėlis turi įrišimą,
P(A) = 3/6 = 1/2.
Tikimybė, kad antrasis vadovėlis bus įrištas, atsižvelgiant į tai, kad pirmoji paimta knyga buvo įrišta, t.y. sąlyginė įvykio tikimybė AT, ar tai: P(B/BET) = 2/5.
Norima tikimybė, kad abu vadovėliai turės įrišimą, pagal įvykių tikimybių daugybos teoremą, lygi
P(AB) = P(A) ∙ P(B/BET)= 1/2 ∙ 2/5 = 0,2.
1.15 uždavinys. Parduotuvėje dirba 7 vyrai ir 3 moterys. Atsitiktinai pagal darbuotojų skaičių buvo atrinkti trys žmonės. Raskite tikimybę, kad visi atrinkti asmenys yra vyrai.
Sprendimas. Supažindinkime su įvykių žymėjimu: A- pirmiausia pasirinktas vyras AT- antrasis išrinktasis vyras, NUO – trečiasis pasirinktas vyras. Tikimybė, kad pirmas bus pasirinktas patinas P(A) = 7/10.
Tikimybė, kad vyras bus pasirinktas antras, su sąlyga, kad vyras jau buvo pasirinktas pirmas, t.y. sąlyginė įvykio tikimybė AT Kitas : P(B/A) = 6/9 = 2/3.
Tikimybė, kad vyras bus išrinktas trečias, su sąlyga, kad jau buvo atrinkti du vyrai, t.y. sąlyginė įvykio tikimybė NUO yra: P(C/AB) = 5/8.
Norima tikimybė, kad visi trys atrinkti asmenys yra vyrai, P(ABC) = P(A) P(B/BET) P(C/AB) = 7/10 2/3 5/8 = 7/24.
1.2.6. Bendrosios tikimybės formulė ir Bayes formulė
Leisti B 1 , B 2 ,…, B n yra poromis nesuderinami įvykiai (hipotezės) ir BET- įvykis, kuris gali įvykti tik kartu su vienu iš jų.
Taip pat praneškite mums Р(B i) ir P(A/B i) (i = 1, 2, …, n).
Tokiomis sąlygomis galioja formulės: 
(2.5)
(2.6)
Formulė (2.5) vadinama bendrosios tikimybės formulė
. Jis apskaičiuoja įvykio tikimybę BET(visa tikimybė).
Formulė (2.6) vadinama Bayes formulė
. Tai leidžia perskaičiuoti hipotezių tikimybę, jei įvykis BETįvyko.
Rengiant pavyzdžius patogu atsižvelgti į tai, kad hipotezės sudaro ištisą grupę.
1.16 užduotis. Krepšelyje yra obuoliai iš keturių tos pačios veislės medžių. Iš pirmo - 15% visų obuolių, iš antrojo - 35%, iš trečio - 20%, iš ketvirto - 30%. Prinokusių obuolių yra atitinkamai 99%, 97%, 98%, 95%.
a) Kokia tikimybė, kad atsitiktinai parinktas obuolys yra prinokęs? BET).
b) Jei atsitiktinai paimtas obuolys pasirodė prinokęs, apskaičiuokite tikimybę, kad jis yra nuo pirmojo medžio.
Sprendimas. a) Turime 4 hipotezes:
B 1 - atsitiktinai paimtas obuolys paimamas iš 1-ojo medžio;
B 2 - atsitiktinai paimtas obuolys paimamas iš 2-ojo medžio;
B 3 - atsitiktinai paimtas obuolys paimamas iš 3 medžio;
B 4 - atsitiktinai paimtas obuolys paimamas iš 4-ojo medžio.
Jų tikimybė pagal sąlygą: P(B 1) = 0,15; P(B 2) = 0,35; P(B 3) = 0,2; P(B 4) = 0,3.
Sąlyginės įvykio tikimybės BET:
P(A/B 1) = 0,99; P(A/B 2) = 0,97; P(A/B 3) = 0,98; P(A/B 4) = 0,95.
Tikimybė, kad atsitiktinai parinktas obuolys bus sunokęs, nustatoma pagal bendrosios tikimybės formulę:
P(A)=P(B 1)∙P(A/B 1)+P(B 2)∙P(A/B 2)+P(B 3)∙P(A/B 3)+P(B 4)∙P(A/B 4)=0,969.
b) Mūsų atveju Bayes formulė yra tokia: 
.
1.17 uždavinys.Į urną, kurioje yra du rutuliai, įmetamas baltas rutulys, po kurio atsitiktinai ištraukiamas vienas rutulys. Raskite tikimybę, kad nupieštas rutulys bus baltas, jei visos galimos prielaidos apie pradinę rutuliukų sudėtį (pagal spalvą) yra vienodai įmanomos.
Sprendimas. Pažymėti BETįvykis – ištraukiamas baltas rutulys. Galimos šios prielaidos (hipotezės) apie pradinę kamuoliukų sudėtį: B1 jokių baltų rutuliukų 2- vienas baltas rutulys 3 d- du balti rutuliai.
Kadangi iš viso yra trys hipotezės, o hipotezių tikimybių suma yra 1 (kadangi jos sudaro ištisą įvykių grupę), tai kiekvienos iš hipotezių tikimybė yra 1/3, t.y.
P(B 1) = P(B 2)= P(B 3) = 1/3.
Sąlyginė tikimybė, kad bus ištrauktas baltas rutulys, atsižvelgiant į tai, kad iš pradžių urnoje baltų rutulių nebuvo, P(A/B 1) = 1/3. Sąlyginė tikimybė, kad bus ištrauktas baltas rutulys, atsižvelgiant į tai, kad urnoje iš pradžių buvo vienas baltas rutulys, P(A/B 2) = 2/3. Sąlyginė tikimybė, kad bus ištrauktas baltas rutulys, atsižvelgiant į tai, kad urnoje iš pradžių buvo du balti rutuliai. P(A/B 3)=3/ 3=1.
Norima tikimybė, kad bus ištrauktas baltas rutulys, randama pagal bendrosios tikimybės formulę:
R(BET)=P(B 1)∙P(A/B 1)+P(B 2)∙P(A/B 2)+P(B 3)∙P(A/B 3) = 1/3 1/3 + 1/3 2/3 + 1/3 1 = 2/3 .
1.18 užduotis. Dvi mašinos gamina tas pačias dalis, kurios tiekiamos į bendrą konvejerį. Pirmosios mašinos našumas yra dvigubai didesnis nei antrojo. Pirmoji mašina pagamina vidutiniškai 60% puikios kokybės detalių, o antroji – 84%. Atsitiktinai nuo surinkimo linijos paimta dalis pasirodė puikios kokybės. Raskite tikimybę, kad šį elementą pagamino pirmoji mašina.
Sprendimas. Pažymėti BET renginys yra puikios kokybės prekė. Galima daryti dvi prielaidas: B1- dalį gamina pirmoji mašina ir (kadangi pirmoji mašina pagamina dvigubai daugiau dalių nei antroji) P(A/B 1) = 2/3; B 2 - dalis buvo pagaminta antra mašina, ir P(B 2) = 1/3.
Sąlyginė tikimybė, kad dalis bus puikios kokybės, jei ją pagamins pirmoji mašina, P(A/B 1)=0,6.
Sąlyginė tikimybė, kad dalis bus puikios kokybės, jei ji bus pagaminta antra mašina, P(A/B 1)=0,84.
Tikimybė, kad atsitiktinai parinkta dalis bus puikios kokybės, pagal bendrosios tikimybės formulę, lygi
P(A)=P(B 1) ∙P(A/B 1)+P(B 2) ∙P(A/B 2)=2/3 0,6+1/3 0,84 = 0,68.
Norima tikimybė, kad pirmasis automatas pagamins puikią dalį pagal Bayes formulę, yra lygi
1.19 užduotis. Yra trys dalių partijos po 20 dalių. Standartinių dalių skaičius pirmoje, antroje ir trečioje partijoje yra atitinkamai 20, 15 ir 10. Iš pasirinktos partijos atsitiktinai buvo išskirta dalis, kuri pasirodė esanti standartinė. Dalys grąžinamos į partiją ir dalis atsitiktinai išimama iš tos pačios partijos antrą kartą, o tai taip pat pasirodo esanti standartinė. Raskite tikimybę, kad dalys buvo paimtos iš trečiosios partijos.
Sprendimas. Pažymėti BETįvykis – kiekviename iš dviejų testų (su grąžinimu) buvo gauta standartinė dalis. Galima iškelti tris hipotezes: B 1 - dalys pašalinamos iš pirmosios partijos, AT 2
– dalys paimamos iš antrosios partijos, AT 3 - dalys pašalinamos iš trečiosios partijos.
Išsamios detalės buvo paimtos atsitiktinai iš paimtos partijos, todėl hipotezių tikimybės yra tokios pačios: P(B 1) = P(B 2) = P(B 3) = 1/3.
Raskite sąlyginę tikimybę P(A/B 1), t.y. tikimybė, kad iš pirmosios partijos iš eilės bus paimtos dvi standartinės dalys. Šis renginys patikimas, nes. pirmoje partijoje visos dalys yra standartinės, todėl P(A/B 1) = 1.
Raskite sąlyginę tikimybę P(A/B 2), t.y. tikimybė, kad dvi standartinės dalys bus paeiliui išgaunamos (su grąžinimu) iš antrosios partijos: P(A/B 2)= 15/20 ∙ 15/20 = 9/16.
Raskite sąlyginę tikimybę P(A/B 3), t.y. tikimybė, kad dvi standartinės dalys bus paeiliui pašalintos (su grąžinimu) iš trečiosios partijos: P(A/B 3) = 10/20 10/20 = 1/4.
Norima tikimybė, kad abi ištrauktos standartinės dalys bus paimtos iš trečiosios partijos, pagal Bayes formulę, yra lygi 
1.2.7. Pakartotiniai testai
Jei atliekami keli testai, ir įvykio tikimybė BET kiekviename tyrime nepriklauso nuo kitų bandymų rezultatų, tada tokie bandymai vadinami nepriklausomas nuo įvykio A.Įvairiuose nepriklausomuose bandymuose įvykis BET gali turėti skirtingas tikimybes arba tą pačią tikimybę. Toliau svarstysime tik tokius nepriklausomus bandymus, kuriuose įvykis BET turi tokią pat tikimybę.
Tegul jis gaminamas P nepriklausomi bandymai, kurių kiekviename įvykis BET gali pasirodyti arba nepasirodyti. Tarkime, kad įvykio tikimybė BET kiekviename teste yra tas pats, būtent lygus R. Todėl įvykio neįvykimo tikimybė BET kiekviename bandyme taip pat yra pastovus ir lygus 1– R. Tokia tikimybinė schema vadinama Bernulli schema. Iškelkime sau užduotį apskaičiuoti tikimybę, kad P Bernulli įvykių bandymai BET išsipildys tiksliai k kartą ( k- sėkmės skaičius) ir todėl nebus realizuotas P- kartą. Svarbu pabrėžti, kad renginys nebūtinas BET tiksliai pakartojo k kartų tam tikra seka. Pažymėkite norimą tikimybę R p (k).
Pavyzdžiui, simbolis R 5 (3) reiškia tikimybę, kad per penkis bandymus įvykis pasirodys lygiai 3 kartus, todėl 2 kartus nepasikartos.
Problemą galima išspręsti naudojant vadinamąjį Bernulio formulės, kuris atrodo taip: 
.
1.20 uždavinys. Tikimybė, kad elektros energijos suvartojimas per vieną dieną neviršys nustatytos normos, lygi R=0,75. Raskite tikimybę, kad per artimiausias 6 dienas elektros suvartojimas 4 dienas neviršys normos.
Sprendimas. Tikimybė normaliai suvartoti elektros energiją per kiekvieną iš 6 dienų yra pastovi ir lygi R=0,75. Todėl elektros energijos pertekliaus tikimybė kiekvieną dieną taip pat yra pastovi ir lygi q= 1–R=1–0,75=0,25.
Norima tikimybė pagal Bernulio formulę lygi
.
1.21 užduotis. Du lygūs šachmatininkai žaidžia šachmatais. Kas didesnė tikimybė: laimėti dvi rungtynes iš keturių ar tris iš šešių (į lygiąsias neatsižvelgiama)?
Sprendimas. Žaidžia vienodi šachmatininkai, todėl tikimybė laimėti R= 1/2, vadinasi, tikimybė pralaimėti q taip pat lygus 1/2. Nes visuose žaidimuose tikimybė laimėti yra pastovi ir nesvarbu, kokia seka žaidimai laimi, tuomet taikoma Bernulio formulė.
Raskite tikimybę, kad bus laimėtos dvi rungtynės iš keturių:
Raskite tikimybę, kad bus laimėtos trys iš šešių žaidimų:
Nes P 4 (2) > P 6 (3), didesnė tikimybė laimėti dvi rungtynes iš keturių nei tris iš šešių.
Tačiau galima pastebėti, kad naudojant Bernulio formulę didelėms reikšmėms n tai gana sunku, nes formulė reikalauja atlikti operacijas su didžiuliais skaičiais, todėl skaičiavimo procese kaupiasi klaidos; dėl to galutinis rezultatas gali gerokai skirtis nuo tikrojo.
Norint išspręsti šią problemą, yra keletas ribinių teoremų, kurios naudojamos daugybei bandymų.
1. Puasono teorema
Atliekant daugybę bandymų pagal Bernoulli schemą (su n=> ∞) ir su nedideliu palankių rezultatų skaičiumi k(darant prielaidą, kad sėkmės tikimybė p mažas), Bernulio formulė artėja prie Puasono formulės 
.
1.22 pavyzdys. Santuokos tikimybė, kai įmonė pagamina produkcijos vienetą, yra lygi p=0,001. Kokia tikimybė, kad gaminant 5000 vienetų gaminių bus mažiau nei 4 brokuoti (įvykis BET Sprendimas. Nes n yra didelis, naudojame vietinę Laplaso teoremą: 
Apskaičiuokite x:
Funkcija 
yra lyginis, todėl φ(–1,67) = φ(1,67).
Pagal A.1 priedo lentelę randame φ(1,67) = 0,0989.
Norima tikimybė P 2400 (1400) = 0,0989.
3. Laplaso integralų teorema
Jei tikimybė Rįvykio atsiradimas A kiekviename bandyme pagal Bernoulli schemą yra pastovi ir skiriasi nuo nulio ir vieno, tada su daugybe bandymų n, tikimybė R p (k 1 , k 2) įvykio įvykis Ašiuose bandymuose k 1 iki k 2 kartus maždaug lygus
R p(k 1 , k 2) = Φ ( x"") – Φ ( x"), kur 
yra Laplaso funkcija,
Laplaso funkcijos apibrėžtasis integralas nėra skaičiuojamas pagal analitinių funkcijų klasę, todėl jam apskaičiuoti naudojama 1 lentelė. 2 punktas, pateiktas priede.
1.24 pavyzdys. Tikimybė, kad įvykis įvyks kiekviename iš šimto nepriklausomų bandymų, yra pastovi ir lygi p= 0,8. Raskite tikimybę, kad įvykis įvyks: a) mažiausiai 75 ir ne daugiau kaip 90 kartų; b) ne mažiau kaip 75 kartus; c) ne daugiau kaip 74 kartus.
Sprendimas. Pasinaudokime Laplaso integraliąja teorema:
R p(k 1 , k 2) = Φ ( x"") – Φ( x"), kur Ф( x) yra Laplaso funkcija,
a) Pagal sąlygą n = 100, p = 0,8, q = 0,2, k 1 = 75, k 2 = 90. Apskaičiuokite x"" ir x" :
Atsižvelgiant į tai, kad Laplaso funkcija yra nelyginė, t.y. F(- x) = – F( x), mes gauname
P 100 (75; 90) \u003d F (2,5) - F (-1,25) \u003d F (2,5) + F (1,25).
Pagal lentelę P.2. rasti programas:
F(2,5) = 0,4938; Ф(1,25) = 0,3944.
Norima tikimybė
P 100 (75; 90) = 0,4938 + 0,3944 = 0,8882.
b) Reikalavimas, kad įvykis įvyktų ne mažiau kaip 75 kartus, reiškia, kad įvykio įvykių skaičius gali būti lygus 75, arba 76, ... arba 100. Taigi nagrinėjamu atveju reikėtų sutikti su k 1 = 75, k 2 = 100. Tada 
.
Pagal lentelę P.2. programas, randame Ф (1,25) = 0,3944; Ф(5) = 0,5.
Norima tikimybė
P 100 (75;100) = (5) – (–1,25) = (5) + (1,25) = 0,5 + 0,3944 = 0,8944.
c) Įvykis - " BET pasirodė mažiausiai 75 kartus“ ir „ BET pasirodė ne daugiau kaip 74 kartus“ yra priešingi, todėl šių įvykių tikimybių suma yra 1. Todėl norima tikimybė
P 100 (0;74) = 1 – P 100 (75; 100) = 1 – 0,8944 = 0,1056.