Nodarbības mērķis:
- Ieviest noteiktu, neiespējamu un nejaušu notikumu jēdzienu.
- Veidot zināšanas un prasmes notikumu veida noteikšanai.
- Attīstīt: skaitļošanas prasmes; Uzmanību; spēja analizēt, spriest, izdarīt secinājumus; grupu darba prasmes.
Nodarbību laikā
1) Organizatoriskais moments.
Interaktīvs vingrinājums: bērniem jāatrisina piemēri un jāatšifrē vārdi, pēc rezultātiem tie tiek sadalīti grupās (uzticamie, neiespējamie un nejaušie) un jānosaka stundas tēma.
1 karte.
| 0,5 | 1,6 | 12,6 | 5,2 | 7,5 | 8 | 5,2 | 2,08 | 0,5 | 9,54 | 1,6 |
2 karte
| 0,5 | 2,1 | 14,5 | 1,9 | 2,1 | 20,4 | 14 | 1,6 | 5,08 | 8,94 | 14 |
3 karte
| 5 | 2,4 | 6,7 | 4,7 | 8,1 | 18 | 40 | 9,54 | 0,78 |
2) Apgūstamo zināšanu aktualizācija.
Spēle "Aplaudēt": pāra skaitlis - aplaudēt, nepāra skaitlis - piecelties.
Uzdevums: no dotās skaitļu sērijas 42, 35, 8, 9, 7, 10, 543, 88, 56, 13, 31, 77, ... nosaki pāra un nepāra.
3) jaunas tēmas apgūšana.
Jums uz galdiem ir kubi. Apskatīsim tos tuvāk. Ko tu redzi?
Kur tiek izmantoti kauliņi? Kā?
Grupas darbs.
Eksperimenta veikšana.
Kādas prognozes jūs varat izteikt, metot kauliņus?
Pirmā prognoze: izkritīs viens no cipariem 1,2,3,4,5 vai 6.
Notikums, kas noteikti notiek noteiktā pieredzē, tiek saukts uzticams.
Otrā prognoze: parādīsies cipars 7.
Vai, jūsuprāt, paredzētais notikums notiks vai nē?
Tas ir neiespējami!
Tiek izsaukts notikums, kas nevar notikt dotajā eksperimentā neiespējami.
Trešā prognoze: parādīsies cipars 1.
Vai šis pasākums notiks?
Notikums, kas var vai var nenotikt noteiktā pieredzē, tiek saukts nejauši.
4) Apgūstamā materiāla konsolidācija.
I. Nosakiet notikuma veidu
-Rīt snigs sarkans.
Rīt stipri snigs.
Rīt, lai arī ir jūlijs, snigs.
Rīt, lai arī ir jūlijs, sniega nebūs.
Rīt snigs un putenis.
II. Pievienojiet šim teikumam vārdu tā, lai notikums kļūtu neiespējams.
Kolja vēsturē saņēma A.
Saša testā neizpildīja nevienu uzdevumu.
Oksana Mihailovna (vēstures skolotāja) skaidros jauno tēmu.
III. Sniedziet neiespējamu, nejaušu un noteiktu notikumu piemērus.
IV. Darbs pēc mācību grāmatas (grupās).
Aprakstiet tālākajos uzdevumos apspriestos notikumus kā noteiktus, neiespējamus vai nejaušus.
Nr. 959. Petja ieņēma naturālu skaitli. Pasākums ir šāds:
a) ir iecerēts pāra skaitlis;
b) ir iecerēts nepāra skaitlis;
c) ir iedomāts skaitlis, kas nav ne pāra, ne nepāra;
d) ir iedomāts pāra vai nepāra skaitlis.
Nr. 960. Jūs atvērāt šo mācību grāmatu uz jebkuru lapu un izvēlējāties pirmo lietvārdu, kas parādījās. Pasākums ir šāds:
a) izvēlētā vārda rakstībā ir patskaņis;
b) izvēlētā vārda rakstībā ir burts “o”;
c) izvēlētā vārda rakstībā nav patskaņu;
d) atlasītā vārda pareizrakstībā ir mīksta zīme.
Atrisiniet #961, #964.
Atrisināto uzdevumu apspriešana.
5) Atspulgs.
1. Ar kādiem notikumiem jūs satikāties nodarbībā?
2. Norādiet, kurš no šiem notikumiem ir skaidrs, kurš nav iespējams un kurš ir nejaušs:
a) nebūs vasaras brīvdienas;
b) sviestmaize nokritīs ar sviesta pusi uz leju;
c) mācību gads kādreiz beigsies.
6) Mājas darbs:
Izdomājiet divus uzticamus, nejaušus un neiespējamus notikumus.
Uzzīmējiet vienu no tiem.
Varbūtību teorija, tāpat kā jebkura matemātikas nozare, darbojas ar noteiktu jēdzienu klāstu. Lielākā daļa varbūtības teorijas jēdzienu ir definēti, bet daži tiek uzskatīti par primāriem, nevis definētiem, piemēram, ģeometrijā punkts, taisne, plakne. Varbūtības teorijas primārais jēdziens ir notikums. Notikums ir kaut kas, par kuru pēc noteikta laika var teikt vienu un tikai vienu no diviem:
- · Jā, tas notika.
- · Nē, tas nenotika.
Piemēram, man ir loterijas biļete. Pēc loterijas izlozes rezultātu publicēšanas notikums, kas mani interesē - tūkstoš rubļu laimēšana vai nu notiek, vai nenotiek. Jebkurš notikums notiek pārbaudes (vai pieredzes) rezultātā. Pārbaudē (vai pieredzē) izprotiet apstākļus, kuru rezultātā notiek kāds notikums. Piemēram, monētas mešana ir pārbaudījums, un “ģerboņa” parādīšanās uz tās ir notikums. Notikums parasti tiek apzīmēts ar lielajiem latīņu burtiem: A, B, C, .... Notikumus materiālajā pasaulē var iedalīt trīs kategorijās – noteikti, neiespējami un nejauši.
Noteikts notikums ir notikums, par kuru ir zināms iepriekš. To apzīmē ar burtu W. Tādējādi, metot parastu kauliņu, ticami ir ne vairāk kā seši punkti, baltas bumbas izskats, velkot no urnas, kurā ir tikai baltas bumbiņas utt.
Neiespējams notikums ir notikums, par kuru ir iepriekš zināms, ka tas nenotiks. To apzīmē ar burtu E. Neiespējamo notikumu piemēri ir vairāk nekā četru dūžu izvilkšana no parastā kāršu kava, sarkanas bumbiņas izskats no urnas, kurā ir tikai baltas un melnas bumbiņas utt.
Nejaušs notikums ir notikums, kas var notikt vai nenotikt testa rezultātā. Notikumi A un B tiek saukti par nesaderīgiem, ja viena no tiem iestāšanās izslēdz otra rašanās iespēju. Tātad jebkura iespējamā punktu skaita parādīšanās, metot kauliņu (notikums A), ir pretrunā ar cita skaitļa parādīšanos (notikums B). Pāra punktu ripināšana nav savienojama ar nepāra skaitļa ripināšanu. Un otrādi, pāra punktu skaits (notikums A) un punktu skaits, kas dalās ar trīs (notikums B), nebūs nesavienojami, jo sešu punktu zaudēšana nozīmē gan notikumu A, gan notikuma B iestāšanos, tātad viena iestāšanos. no tiem neizslēdz otra rašanos. Operācijas var veikt notikumos. Divu notikumu savienība C=AUB ir notikums C, kas notiek tad un tikai tad, ja notiek vismaz viens no šiem notikumiem A un B. Divu notikumu krustpunkts D=A?? B ir notikums, kas notiek tad un tikai tad, ja notiek gan notikumi A, gan B.
Lūdzu, tulkojiet tekstu vācu valodā.Tikai ne tiešsaistes tulkotājā.
Zelta vārti ir Kijevas simbols, viens no vecākajiem arhitektūras paraugiem, kas saglabājies līdz mūsdienām. Kijevas zelta vārti tika uzcelti slavenā Kijevas kņaza Jaroslava Gudrā vadībā 1164. gadā. Sākotnēji tos sauca par dienvidu un bija daļa no pilsētas aizsardzības nocietinājumu sistēmas, praktiski neatšķiroties no citiem pilsētas aizsargvārtiem. Tieši Dienvidu vārtus pirmais Krievijas metropolīts Hilarions savā "Sredikā par likumu un žēlastību" nosauca par "Lielajiem". Pēc majestātiskās Hagia Sophia uzcelšanas "Lielie" vārti kļuva par galveno ieeju Kijevā no dienvidrietumu puses. Apzinoties to nozīmi, Jaroslavs Gudrais lika virs vārtiem uzcelt nelielu Pasludināšanas baznīcu, lai godinātu kristīgo reliģiju, kas dominēja pilsētā un Krievijā. Kopš tā laika visi Krievijas hronikas avoti Kijevas Dienvidu vārtus sāka saukt par Zelta vārtiem. Vārtu platums bija 7,5 m, ejas augstums 12 m, garums ap 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 bats 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. Daža informācija no kombinatorikas
1.1.1. Naktsmītnes
Apsveriet vienkāršākos jēdzienus, kas saistīti ar noteiktas objektu kopas izvēli un atrašanās vietu.
Šo darbību veikšanas veidu skaitīšana bieži tiek veikta, risinot varbūtības problēmas.
Definīcija. Nakšņošana no plkst n elementi k (k ≤n) ir jebkura sakārtota apakškopa k komplekta elementi, kas sastāv no n dažādi elementi.
Piemērs. Sekojošās skaitļu virknes ir 2 elementu izkārtojumi no 3 kopas elementiem (1;2;3): 12, 13, 23, 21, 31, 32.
Ņemiet vērā, ka izvietojumi atšķiras pēc to veidojošo elementu secības un sastāva. Izvietojumos 12 un 21 ir vienādi skaitļi, taču to secība ir atšķirīga. Tāpēc šie izvietojumi tiek uzskatīti par atšķirīgiem.
Dažādu izvietojumu skaits no n elementi k apzīmē un aprēķina pēc formulas:
,
kur n! = 1∙2∙...∙(n - 1)∙n(lasīt " n faktoriāls).
Divciparu skaitļu skaits, ko var veidot no cipariem 1, 2, 3, ja neviens cipars neatkārtojas, ir: .
1.1.2. Permutācijas
Definīcija. Permutācijas no n elementus sauc par šādiem izvietojumiem no n elementi, kas atšķiras tikai ar elementu izvietojumu.
Permutāciju skaits no n elementi P n aprēķina pēc formulas: P n=n!
Piemērs. Cik daudzos veidos 5 cilvēki var nostāties rindā? Veidu skaits ir vienāds ar 5 elementu permutāciju skaitu, t.i.
P 5 =5!=1∙2∙3∙4∙5=120.
Definīcija. Ja starp n elementi k identiski, tad to permutācija n elementus sauc par permutāciju ar atkārtojumiem.
Piemērs. Pieņemsim, ka no 6 grāmatām 2 ir vienādas. Jebkurš visu grāmatu izvietojums plauktā ir permutācija ar atkārtojumiem.
Dažādu permutāciju skaits ar atkārtojumiem (no n elementi, starp kuriem k identisks) aprēķina pēc formulas: .
Mūsu piemērā grāmatu skaits plauktā var tikt sakārtots: .
1.1.3. Kombinācijas
Definīcija. Kombinācijas no n elementi kšādus izvietojumus sauc n elementi k, kas atšķiras viens no otra vismaz ar vienu elementu.
Dažādu kombināciju skaits n elementi k apzīmē un aprēķina pēc formulas: .
Pēc definīcijas 0!=1.
Kombinācijām ir šādas īpašības:
1.
2.
3.
4.
Piemērs. Ir 5 dažādu krāsu ziedi. Pušķim tiek izvēlēti 3 ziedi. Dažādu pušķu skaits pa 3 ziediem no 5 ir: .
1.2. nejauši notikumi
1.2.1. Notikumi
zināšanas par realitāti dabas zinātnes rodas testu (eksperiments, novērojums, pieredze) rezultātā.
pārbaude
vai pieredze ir kāda konkrēta nosacījumu kopuma īstenošana, ko var reproducēt patvaļīgi daudz reižu.
Nejauši
sauc par notikumu, kas var notikt vai nenotikt kāda testa (pieredzes) rezultātā.
Tādējādi notikums tiek uzskatīts par testa rezultātu.
Piemērs. Monētas mešana ir pārbaudījums. Ērgļa parādīšanās, kad to met, ir notikums.
Notikumi, kurus mēs novērojam, atšķiras pēc to rašanās iespējamības pakāpes un attiecību rakstura.
Pasākums saucas uzticams
ja tas noteikti notiks pārbaudes rezultātā.
Piemērs. Students, kurš eksāmenā saņem pozitīvu vai negatīvu atzīmi, ir zināms notikums, ja eksāmens norit pēc parastajiem noteikumiem.
Pasākums saucas neiespējami
ja tas nevar rasties šīs pārbaudes rezultātā.
Piemērs. Baltas bumbiņas izvilkšana no urnas, kurā ir tikai krāsainas (nebaltas) bumbiņas, ir neiespējams pasākums. Ņemiet vērā, ka citos eksperimenta apstākļos baltas bumbiņas izskats nav izslēgts; tātad šis notikums nav iespējams tikai mūsu pieredzes apstākļos.
Tālāk nejauši notikumi tiks apzīmēti ar lielo latīņu valodu burti A, B, C... Drošs notikums tiks apzīmēts ar burtu Ω, neiespējams ar Ø.
Tiek izsaukti divi vai vairāki pasākumi vienlīdz iespējams
konkrētajā pārbaudē, ja ir pamats uzskatīt, ka neviens no šiem notikumiem nav ticamāks vai mazāk ticams par citiem.
Piemērs. Ar vienu kauliņa metienu 1, 2, 3, 4, 5 un 6 punktu parādīšanās ir vienlīdz iespējami notikumi. Protams, tiek pieņemts, ka matrica ir izgatavota no viendabīga materiāla un tai ir regulāra forma.
Abi notikumi tiek saukti nesaderīgi
konkrētajā izmēģinājumā, ja viena no tām rašanās izslēdz otra rašanos, un locītavu
citādi.
Piemērs. Kastītē ir standarta un nestandarta daļas. Ņemsim vienu detaļu. Standarta daļas izskats izslēdz nestandarta daļas izskatu. Šie notikumi nav savienojami.
Veidojas vairāki notikumi pilna pasākumu grupa
šajā testā, ja šī testa rezultātā obligāti notiek vismaz viens no tiem.
Piemērs. Piemēra notikumi veido pilnīgu vienlīdz iespējamu un pāros nesaderīgu notikumu grupu.
Tiek izsaukti divi nesaistīti notikumi, kas veido pilnīgu notikumu grupu noteiktā izmēģinājumā pretēji notikumi.
Ja kādu no tiem apzīmē ar A, tad otrs parasti tiek apzīmēts cauri (tas skan “nē A»).
Piemērs. Sitiens un netrāpīšana ar vienu šāvienu mērķī ir pretēji notikumi.
1.2.2. Klasiskā varbūtības definīcija
Notikuma varbūtība
ir tā rašanās iespējamības skaitlisks mērs.
Pasākums BET sauca labvēlīgs
notikumu AT ja ikreiz, kad notiek kāds notikums BET, notikums notiek AT.
Notikumi BET 1 , BET 2 , ..., BETn formā gadījumu diagramma
, ja viņi:
1) ir vienlīdz iespējami;
2) ir pa pāriem nesaderīgi;
3) izveidot pilnu grupu.
Gadījumu shēmā (un tikai šajā shēmā) notiek klasiskā varbūtības definīcija P(A) attīstību BET. Šeit katrs no notikumiem, kas ietilpst atlasītajā pilnajā vienādi iespējamo un pāros nesaderīgo notikumu grupā, tiek saukts par gadījumu.
Ja n ir visu gadījumu skaits shēmā, un m- notikumam labvēlīgo gadījumu skaits BET, tad notikuma varbūtība
BET tiek definēts ar vienlīdzību:
No varbūtības definīcijas izriet šādas īpašības:
1. Noteikta notikuma varbūtība ir vienāda ar vienu.
Patiešām, ja notikums ir drošs, tad katrs notikums notikumu shēmā ir labvēlīgs notikumam. Šajā gadījumā m = n un līdz ar to 
2. Neiespējama notikuma varbūtība ir nulle.
Patiešām, ja notikums nav iespējams, tad neviens no lietu shēmas gadījumiem neatbalsta notikumu. Tāpēc m=0 un tāpēc 
Nejauša notikuma varbūtība ir pozitīvs skaitlis no nulles līdz vienam.
Patiešām, nejaušam notikumam priekšroka tiek dota tikai daļai no kopējā lietu skaita lietu shēmā. Tāpēc 0<m<n, kas nozīmē 0<m/n<1 и, следовательно, 0 < P(A) < 1.
Tātad jebkura notikuma varbūtība apmierina nevienlīdzību
0 ≤ P(A) ≤ 1.
Šobrīd varbūtības īpašības ir definētas aksiomu veidā, ko formulējis A.N. Kolmogorovs.
Viena no klasiskās varbūtības definīcijas galvenajām priekšrocībām ir iespēja aprēķināt notikuma iespējamību tieši, t.i. neķeroties pie eksperimentiem, kurus aizstāj loģiskā spriešana.
Tiešās varbūtību aprēķināšanas problēmas
Uzdevums 1.1. Kāda ir iespējamība iegūt pāra punktu skaitu (notikums A) vienā kauliņa mešanā?
Risinājums. Apsveriet notikumus BETi- izkrita i punkti, i= 1, 2, …, 6. Acīmredzot šie notikumi veido gadījumu modeli. Tad visu lietu skaits n= 6. Gadījumi dod priekšroku pāra punktu skaitam BET 2 , BET 4 , BET 6 , t.i. m= 3. Tad 
.
Uzdevums 1.2. Urnā ir 5 baltas un 10 melnas bumbiņas. Bumbiņas rūpīgi sajauc un pēc tam nejauši izņem 1 bumbiņu. Kāda ir varbūtība, ka izvilktā bumbiņa ir balta?
Risinājums. Kopumā ir 15 lietas, kas veido lietu modeli. Un gaidāmais notikums BET- baltas bumbiņas izskats ir labvēlīgs 5 no tiem, tāpēc 
.
Uzdevums 1.3. Bērns spēlējas ar sešiem alfabēta burtiem: A, A, E, K, P, T. Atrodi varbūtību, ka viņš var nejauši pievienot vārdu PĀRVIETI (notikums A).
Risinājums. Lēmumu apgrūtina fakts, ka starp burtiem ir viens un tas pats - divi burti "A". Tāpēc visu iespējamo gadījumu skaits šajā izmēģinājumā ir vienāds ar permutāciju skaitu ar 6 burtu atkārtojumiem:
.
Šie gadījumi ir vienlīdz iespējami, pa pāriem nesavietojami un veido pilnīgu notikumu grupu, t.i. veido lietas diagrammu. Tikai viena iespēja ir labvēlīga pasākumam BET. Tāpēc
.
Uzdevums 1.4. Tanya un Vaņa vienojās sagaidīt Jauno gadu 10 cilvēku kompānijā. Viņi abi ļoti gribēja sēdēt viens otram blakus. Kāda ir varbūtība, ka viņu vēlme piepildīsies, ja ir pieņemts izlozes kārtībā sadalīt vietas starp draugiem?
Risinājums. Apzīmē ar BET pasākums "Tanjas un Vaņas vēlmes piepildījums". Pie 10 galdiņa var sēdēt 10 cilvēki! Dažādi ceļi. Cik daudz no šiem n= 10! vai vienlīdz iespējamie veidi ir labvēlīgi Tanjai un Vaņai? Tanja un Vaņa, sēžot blakus, var ieņemt 20 dažādas pozīcijas. Tajā pašā laikā astoņi viņu draugi var sēdēt pie 8. galda! dažādi veidi, tātad m= 20∙8!. Sekojoši, 
.
1.5.uzdevums. 5 sieviešu un 20 vīriešu grupa izvēlas trīs delegātus. Pieņemot, ka katrs no klātesošajiem, visticamāk, tiks izvēlēts, atrodiet varbūtību, ka tiks izvēlētas divas sievietes un viens vīrietis.
Risinājums. Kopējais vienādi iespējamo testa iznākumu skaits ir vienāds ar to, cik veidu var izvēlēties trīs delegātus no 25 cilvēkiem, t.i. . Tagad aprēķināsim labvēlīgo gadījumu skaitu, t.i. interesējošā notikuma reižu skaits. Vīriešu delegātu var izvēlēties divdesmit veidos. Tajā pašā laikā atlikušajām divām delegātēm jābūt sievietēm, un jūs varat izvēlēties divas sievietes no piecām. Sekojoši, . Tāpēc
.
Problēma 1.6.Četras bumbiņas tiek nejauši izkaisītas pa četrām bedrītēm, katra bumbiņa iekrīt vienā vai otrā bedrītē ar vienādu varbūtību un neatkarīgi no pārējām (nav šķēršļu dabūt vairākas bumbiņas vienā bedrītē). Atrodiet varbūtību, ka vienā no bedrītēm būs trīs bumbiņas, otrā - viena, bet pārējās divās bedrēs nebūs nevienas bumbiņas.
Risinājums. Kopējais lietu skaits n=4 4. Kādos veidos var izvēlēties vienu bedrīti, kurā būs trīs bumbiņas, . Veidu skaits, kādos var izvēlēties bedrīti, kurā būs viena bumbiņa, . To veidu skaits, kā jūs varat izvēlēties trīs bumbiņas no četrām bumbiņām, lai tās ievietotu pirmajā bedrītē, . Kopējais labvēlīgo gadījumu skaits . Notikuma varbūtība: 
Problēma 1.7. Kastītē ir 10 identiskas bumbiņas, kas apzīmētas ar cipariem 1, 2, ..., 10. Laimei tiek izlozētas sešas bumbiņas. Atrodi varbūtību, ka starp izvilktajām bumbiņām būs: a) bumbiņa Nr.1; b) bumbiņas #1 un #2.
Risinājums. a) Testa iespējamo elementāro iznākumu kopējais skaits ir vienāds ar veidu, kādos no desmit var izvilkt sešas bumbiņas, t.i.
Noskaidrosim, cik iznākumu ir labvēlīgi notikumam, kas mūs interesē: starp izvēlētajām sešām bumbiņām ir bumbiņa numurs 1, un līdz ar to atlikušajām piecām bumbiņām ir dažādi numuri. Šādu iznākumu skaits acīmredzami ir vienāds ar to, cik veidu var izvēlēties piecas bumbiņas no atlikušajām deviņām, t.i.
Vēlamā varbūtība ir vienāda ar to iznākumu skaita attiecību, kas ir labvēlīgi aplūkojamajam notikumam, pret kopējo iespējamo elementāro iznākumu skaitu:
b) Iznākumu skaits, kas labvēlīgi ietekmē mūs interesējošu notikumu (starp izvēlētajām bumbiņām ir bumbiņas Nr. 1 un Nr. 2, tāpēc četrām bumbiņām ir dažādi numuri) ir vienāds ar četru bumbiņu skaitu. iegūts no atlikušajiem astoņiem, t.i. Vēlamā varbūtība 
1.2.3. Statistiskā varbūtība
Statistisko varbūtības definīciju izmanto, ja eksperimenta rezultāti nav vienlīdz ticami.
Relatīvais notikumu biežums
BET tiek definēts ar vienlīdzību:
,
kur m ir izmēģinājumu skaits, kuros notikums BET tas ir pienācis n ir kopējais veikto pārbaužu skaits.
J. Bernulli pierādīja, ka, neierobežoti palielinot eksperimentu skaitu, notikuma rašanās relatīvais biežums praktiski patvaļīgi atšķirsies no kāda konstanta skaitļa. Izrādījās, ka šis nemainīgais skaitlis ir notikuma iestāšanās varbūtība. Tāpēc, dabiski, notikuma rašanās relatīvais biežums ar pietiekami lielu izmēģinājumu skaitu tiek saukts par statistisko varbūtību, atšķirībā no iepriekš ieviestās varbūtības.
Piemērs 1.8. Kā var aptuveni noteikt zivju skaitu ezerā?
Ielaid ezerā X zivis. Mēs izmetam tīklu un, teiksim, atrodam tajā n zivis. Mēs atzīmējam katru no tiem un atlaižam to atpakaļ. Dažas dienas vēlāk tādos pašos laikapstākļos un tajā pašā vietā izmetām to pašu tīklu. Pieņemsim, ka tajā atrodam m zivis, starp kurām k marķēti. Ļaujiet notikumam BET- "Noķertās zivis ir marķētas." Tad pēc relatīvās frekvences definīcijas.
Bet ja ezerā X zivis un mēs to atlaidām n marķēts, tad .
Jo R * (BET) » R(BET), tad .
1.2.4. Operācijas notikumos. Saskaitīšanas teorēma
summa, vai vairāku notikumu savienība ir notikums, kas sastāv no vismaz viena no šiem notikumiem (tajā pašā testā).
Summa BET 1 + BET 2 + … + BETn apzīmēts šādi: 
vai 
.
Piemērs. Tiek izmesti divi kauliņi. Ļaujiet notikumam BET sastāv no 4 punktu ripināšanas uz 1 kauliņa un notikuma AT- 5 punktu ripā uz cita kauliņa. Notikumi BET un AT locītavu. Tāpēc pasākums BET +AT sastāv no 4 punktiem uz pirmā kauliņa vai 5 punktiem uz otro kauliņu, vai 4 punktiem uz pirmo kauliņu un 5 punktiem uz otro kauliņu vienlaicīgi.
Piemērs. Pasākums BET– laimests 1 kredītā, pasākums AT- laimests 2 aizdevumos. Tad pasākums A+B- laimēt vismaz vienu aizdevumu (iespējams, divus uzreiz).
strādāt vai vairāku notikumu krustpunkts ir notikums, kas sastāv no visu šo notikumu kopīgas norises (vienā pārbaudē).
Darbs AT notikumiem BET 1 , BET 2 , …, BETn apzīmēts šādi:
.
Piemērs. Notikumi BET un AT sastāv no attiecīgi I un II kārtas sekmīgas nokārtošanas, uzņemot institūtā. Tad pasākums BET×B sastāv no abu kārtu veiksmīgas pabeigšanas.
Notikumu summas un reizinājuma jēdzieniem ir skaidra ģeometriskā interpretācija. Ļaujiet notikumam BET apgabalā ir trāpījums ar punktu BET, un pasākums AT- trāpīt punktā zonā AT. Tad pasākums A+Bšo apgabalu savienībā ir punkta trāpījums (2.1. att.), un notikums BETATšo apgabalu krustpunktā ir trāpījums punktā (2.2. att.).
Rīsi. 2.1 att. 2.2
Teorēma. Ja notikumi Ai(i = 1, 2, …, n) ir pa pāriem nesaderīgi, tad notikumu summas varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu: 
.
Ļaujiet BET un Ā
– pretēji notikumi, t.i. A + a= Ω, kur Ω ir noteikts notikums. No saskaitīšanas teorēmas izriet, ka
P(Ω) = R(BET) + R(Ā
) = 1, tāpēc
R(Ā
) = 1 – R(BET).
Ja notikumi BET 1 un BET 2 ir kopīgi, tad divu kopīgu notikumu summas varbūtība ir vienāda ar:
R(BET 1 + BET 2) = R(BET 1) + R(BET 2) – P( BET 1× BET 2).
Varbūtību saskaitīšanas teorēmas ļauj pāriet no tieša varbūtību aprēķina uz sarežģītu notikumu rašanās varbūtību noteikšanu.
Uzdevums 1.8. Šāvējs izšauj vienu šāvienu mērķī. Varbūtība izsist 10 punktus (notikums BET), 9 punkti (notikums AT) un 8 punkti (notikums NO) ir attiecīgi vienādi ar 0,11; 0,23; 0.17. Atrodiet varbūtību, ka ar vienu šāvienu šāvējs iegūst mazāk par 8 punktiem (notikums D).
Risinājums. Pārejam uz pretēju notikumu – ar vienu metienu šāvējs izsitīs vismaz 8 punktus. Notikums notiek, ja BET vai AT, vai NO, t.i. . Kopš notikumiem A, B, NO ir pa pāriem nekonsekventi, tad, izmantojot saskaitīšanas teorēmu,
, kur.
Uzdevums 1.9. No brigādes komandas, kurā ir 6 vīrieši un 4 sievietes, arodbiedrības konferencei tiek izvēlēti divi cilvēki. Kāda ir varbūtība, ka starp izredzētajiem būs vismaz viena sieviete (notikums BET).
Risinājums. Ja notiek kāds notikums BET, tad noteikti notiks viens no šiem nesaderīgiem notikumiem: AT- "tiek izvēlēts vīrietis un sieviete"; NO"Ir izvēlētas divas sievietes." Tāpēc mēs varam rakstīt: A=B+C. Atrodiet notikumu iespējamību AT un NO. Divus cilvēkus no 10 var izvēlēties dažādos veidos. Divas sievietes no 4 var izvēlēties dažādos veidos. Vīriešus un mātītes var izvēlēties 6 × 4 veidos. Tad . Kopš notikumiem AT un NO ir nekonsekventi, tad ar saskaitīšanas teorēmu,
P(A) = P(B + C) = P(B) + P(C) = 8/15 + 2/15 = 2/3.
Problēma 1.10. Bibliotēkas plauktā nejauši izkārtotas 15 mācību grāmatas, no kurām piecas ir iesietas. Bibliotekārs pēc nejaušības principa paņem trīs mācību grāmatas. Atrodiet varbūtību, ka vismaz viena no paņemtajām mācību grāmatām tiks iesieta (notikums BET).
Risinājums. Pirmais veids. Prasība - vismaz viena no trim iesietajām mācību grāmatām - tiks izpildīta, ja notiks kāds no šiem trim nesaderīgiem notikumiem: AT- 1 iesieta mācību grāmata NO- divas iesietas mācību grāmatas D- Trīs iesietas mācību grāmatas.
Pasākums, kas mūs interesē BET var attēlot kā notikumu summu: A=B+C+D. Pēc saskaitīšanas teorēmas,
P(A) = P(B) + P(C) + P(D). (2.1)
Atrodiet notikumu iespējamību B, C un D(skatīt kombinatoriskās shēmas): 
Atspoguļojot šīs varbūtības vienādībā (2.1), mēs beidzot iegūstam
P(A)= 45/91 + 20/91 + 2/91 = 67/91.
Otrais veids. Pasākums BET(vismaz vienai no trim paņemtajām mācību grāmatām ir iesējums) un Ā
(nevienai no paņemtajām mācību grāmatām nav iesējuma) ir pretējas, tāpēc P(A) + P(Ā) = 1 (divu pretēju notikumu varbūtību summa ir vienāda ar 1). No šejienes P(A) = 1 – P(a). Notikuma rašanās varbūtība Ā
(neviena no paņemtajām mācību grāmatām nav iesieta)
Vēlamā varbūtība
P(A) = 1 – P(Ā) = 1 – 24/91 = 67/91.
1.2.5. Nosacītā varbūtība. Varbūtību reizināšanas teorēma
Nosacītā varbūtība P(B/BET) ir notikuma B varbūtība, kas aprēķināta, pieņemot, ka notikums A jau ir noticis.
Teorēma. Divu notikumu kopīgas iestāšanās varbūtība ir vienāda ar viena no tiem iespējamības reizinājumu ar otra nosacīto varbūtību, ko aprēķina, pieņemot, ka pirmais notikums jau ir noticis:
P(A∙B) = P(A)∙P( AT/BET). (2.2)
Divus notikumus sauc par neatkarīgiem, ja kāda no tiem iestāšanās nemaina otra iestāšanās iespējamību, t.i.
P(A) = P(A/B) vai P(B) = P(B/BET). (2.3)
Ja notikumi BET un AT ir neatkarīgi, tad formulas (2.2) un (2.3) nozīmē
P(A∙B) = P(A)∙P(B). (2.4)
Patiess ir arī apgrieztais apgalvojums, t.i. ja vienādība (2.4) attiecas uz diviem notikumiem, tad šie notikumi ir neatkarīgi. Patiešām, formulas (2.4) un (2.2) nozīmē
P(A∙B) = P(A)∙P(B) = P(A) × P(B/BET), kur P(A) = P(B/BET).
Formulu (2.2) var vispārināt ierobežota notikumu skaita gadījumā 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).
Uzdevums 1.11. No urnas, kurā ir 5 baltas un 10 melnas bumbiņas, tiek izvilktas divas bumbiņas pēc kārtas. Atrodiet varbūtību, ka abas bumbiņas ir baltas (notikums BET).
Risinājums. Apsveriet notikumus: AT- pirmā izvilktā bumbiņa ir balta; NO– otrā izvilktā bumbiņa ir balta. Tad A = BC.
Pieredzi var iegūt divos veidos:
1) ar atgriešanu: pēc krāsas fiksēšanas izvilktā bumbiņa tiek atgriezta urnā. Šajā gadījumā notikumi AT un NO neatkarīgs:
P(A) = P(B)∙P(C) = 5/15 × 5/15 = 1/9;
2) bez nomaiņas: izvilktā bumbiņa tiek nolikta malā. Šajā gadījumā notikumi AT un NO atkarīgs:
P(A) = P(B)∙P(C/AT).
Pasākumam AT nosacījumi ir vienādi, un par NO situācija ir mainījusies. Notika AT, tātad urnā palikušas 14 bumbiņas, no kurām 4 baltas.
Tātad,.
Uzdevums 1.12. No 50 spuldzēm 3 ir nestandarta. Atrodiet varbūtību, ka divas vienlaikus uzņemtas spuldzes ir nestandarta.
Risinājums. Apsveriet notikumus: BET- pirmā spuldze ir nestandarta, AT- otrā spuldze ir nestandarta, NO- abas spuldzes ir nestandarta. Tas ir skaidrs C = A∙AT. notikumu BET dot priekšroku 3 gadījumiem no 50 iespējamiem, t.i. P(A) = 3/50. Ja pasākums BET jau ir noticis, notikums AT dot priekšroku diviem gadījumiem no 49 iespējamiem, t.i. P(B/BET) = 2/49. Sekojoši,
.
Uzdevums 1.13. Divi sportisti neatkarīgi šauj pa vienu mērķi. Pirmā sportista mērķa sasniegšanas varbūtība ir 0,7, bet otrā - 0,8. Kāda ir varbūtība, ka mērķis tiks sasniegts?
Risinājums. Mērķis tiks trāpīts, ja trāpīs vai nu pirmais šāvējs, vai otrais, vai abi, t.i. notiks pasākums A+B, kur notiek pasākums BET sastāv no pirmā sportista sitiena mērķī un notikumu AT- otrais. Tad
P(A+AT)=P(A)+P(B)–P(A∙AT)=0, 7+0, 8–0, 7∙0,8=0,94.
Problēma 1.14. Lasītavā atrodas sešas varbūtības teorijas mācību grāmatas, no kurām trīs ir iesietas. Bibliotekāre nejauši paņēma divas mācību grāmatas. Atrodiet varbūtību, ka tiks iesietas divas mācību grāmatas.
Risinājums. Iepazīstinām ar notikumu apzīmējumiem : A– pirmajai paņemtajai mācību grāmatai ir iesējums, AT– Otrā mācību grāmata ir iesieta. Varbūtība, ka pirmajai mācību grāmatai ir iesējums,
P(A) = 3/6 = 1/2.
Varbūtība, ka otrā mācību grāmata ir iesieta, ņemot vērā, ka pirmā paņemtā grāmata bija iesieta, t.i. nosacītā notikuma varbūtība AT, vai šis: P(B/BET) = 2/5.
Vēlamā varbūtība, ka abām mācību grāmatām ir saistība, saskaņā ar notikumu varbūtību reizināšanas teorēmu, ir vienāda ar
P(AB) = P(A) ∙ P(B/BET)= 1/2 ∙ 2/5 = 0,2.
Problēma 1.15. Veikalā strādā 7 vīrieši un 3 sievietes. Trīs cilvēki tika nejauši izvēlēti pēc personāla skaita. Atrodiet varbūtību, ka visas izvēlētās personas ir vīrieši.
Risinājums. Iepazīstinām ar notikumu apzīmējumu: A- vispirms izvēlēts vīrietis AT- otrais izvēlētais vīrietis, NO - trešais izvēlētais vīrietis. Varbūtība, ka vispirms tiek izvēlēts vīrietis P(A) = 7/10.
Varbūtība, ka vīrietis tiek izvēlēts otrais, ar nosacījumu, ka vīrietis jau ir izvēlēts pirmais, t.i. nosacītā notikuma varbūtība AT Nākamais : P(B/A) = 6/9 = 2/3.
Varbūtība, ka vīrietis tiks izvēlēts trešais, ar nosacījumu, ka jau ir izraudzīti divi vīrieši, t.i. nosacītā notikuma varbūtība NO ir: P(C/AB) = 5/8.
Vēlamā varbūtība, ka visas trīs atlasītās personas ir vīrieši, P(ABC) = P(A) P(B/BET) P(C/AB) = 7/10 2/3 5/8 = 7/24.
1.2.6. Kopējās varbūtības formula un Beijesa formula
Ļaujiet B 1 , B 2 ,…, B n ir pa pāriem nesaderīgi notikumi (hipotēzes) un BET- notikums, kas var notikt tikai saistībā ar vienu no tiem.
Paziņojiet arī mums Р(B i) un P(A/B i) (i = 1, 2, …, n).
Šajos apstākļos ir derīgas formulas: 
(2.5)
(2.6)
Formulu (2.5) sauc kopējās varbūtības formula
. Tas aprēķina notikuma varbūtību BET(pilna varbūtība).
Formulu (2.6) sauc Bayes formula
. Tas ļauj pārrēķināt hipotēžu varbūtības, ja notikums BET noticis.
Apkopojot piemērus, ir ērti ņemt vērā, ka hipotēzes veido pilnīgu grupu.
Uzdevums 1.16. Grozā ir āboli no četriem vienas šķirnes kokiem. No pirmā - 15% no visiem āboliem, no otrā - 35%, no trešā - 20%, no ceturtā - 30%. Nogatavojušies āboli ir attiecīgi 99%, 97%, 98%, 95%.
a) Kāda ir varbūtība, ka nejauši izvēlēts ābols ir nogatavojies? BET).
b) Ja nejauši ņemts ābols izrādījās nogatavojies, aprēķiniet varbūtību, ka tas ir no pirmā koka.
Risinājums. a) Mums ir 4 hipotēzes:
B 1 - nejauši paņemts ābols tiek ņemts no 1. koka;
B 2 - nejauši paņemts ābols tiek ņemts no 2. koka;
B 3 - nejauši paņemts ābols tiek ņemts no 3. koka;
B 4 - nejauši paņemts ābols tiek ņemts no 4. koka.
To varbūtības atkarībā no nosacījuma: P(B 1) = 0,15; P(B 2) = 0,35; P(B 3) = 0,2; P(B 4) = 0,3.
Nosacītas notikumu varbūtības 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.
Varbūtību, ka nejauši izvēlēts ābols būs nogatavojies, nosaka pēc kopējās varbūtības formulas:
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) Mūsu gadījuma Bayes formulai ir šāda forma: 
.
Problēma 1.17. Baltu bumbiņu iemet urnā, kurā ir divas bumbiņas, pēc kuras nejauši tiek izvilkta viena bumbiņa. Atrodiet varbūtību, ka uzzīmētā bumbiņa būs balta, ja ir vienlīdz iespējami visi iespējamie pieņēmumi par lodīšu sākotnējo sastāvu (pēc krāsas).
Risinājums. Apzīmē ar BET pasākums - tiek izlozēta balta bumbiņa. Par bumbiņu sākotnējo sastāvu ir iespējami šādi pieņēmumi (hipotēzes): B1 nav baltu bumbiņu 2- viena balta bumbiņa 3. plkst- divas baltas bumbiņas.
Tā kā kopā ir trīs hipotēzes, un hipotēžu varbūtību summa ir 1 (jo tās veido pilnīgu notikumu grupu), tad katras hipotēzes varbūtība ir 1/3, t.i.
P(B 1) = P(B 2)= P(B 3) = 1/3.
Nosacītā varbūtība, ka tiks izvilkta balta bumbiņa, ņemot vērā, ka sākotnēji urnā nebija baltu bumbiņu, P(A/B 1)=1/3. Nosacītā varbūtība, ka tiks izvilkta balta bumbiņa, ņemot vērā, ka urnā sākotnēji bija viena balta bumbiņa, P(A/B 2)=2/3. Nosacītā varbūtība, ka tiks izvilkta balta bumbiņa, ņemot vērā, ka urnā sākotnēji bija divas baltas bumbiņas. P(A/B 3)=3/ 3=1.
Vēlamo varbūtību, ka tiks izvilkta balta bumbiņa, nosaka pēc kopējās varbūtības formulas:
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.uzdevums. Divas mašīnas ražo vienas un tās pašas detaļas, kuras tiek padotas kopējam konveijeram. Pirmās mašīnas veiktspēja ir divreiz lielāka nekā otrajai. Pirmā iekārta ražo vidēji 60% izcilas kvalitātes detaļu, bet otrā - 84%. Pēc nejaušības principa no montāžas līnijas paņemtā daļa izrādījās izcilas kvalitātes. Atrodiet varbūtību, ka šo vienumu ražoja pirmā iekārta.
Risinājums. Apzīmē ar BET pasākums ir izcilas kvalitātes priekšmets. Var izdarīt divus pieņēmumus: B1- daļu ražo pirmā mašīna, un (jo pirmā iekārta ražo divreiz vairāk detaļu nekā otrā) P(A/B 1) = 2/3; B 2 - daļu ražoja otrā mašīna, un P(B 2) = 1/3.
Nosacītā varbūtība, ka daļai būs izcila kvalitāte, ja to ražos pirmā iekārta, P(A/B 1)=0,6.
Nosacītā varbūtība, ka daļai būs izcila kvalitāte, ja to ražos otrā iekārta, P(A/B 1)=0,84.
Varbūtība, ka nejauši izvēlēta detaļa pēc kopējās varbūtības formulas būs izcilas kvalitātes, ir vienāda ar
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.
Vēlamā iespējamība, ka izcilo daļu saražos pirmais automāts saskaņā ar Beijesa formulu, ir vienāda ar
1.19.uzdevums. Ir trīs detaļu partijas ar 20 daļām katrā. Standarta detaļu skaits pirmajā, otrajā un trešajā partijā ir attiecīgi 20, 15 un 10. No atlasītās partijas nejauši tika izvilkta daļa, kas izrādījās standarta. Detaļas tiek atgrieztas partijā, un daļa nejauši tiek izņemta no tās pašas partijas otro reizi, kas arī izrādās standarta. Atrodiet varbūtību, ka detaļas tika ņemtas no trešās partijas.
Risinājums. Apzīmē ar BET notikums - katrā no diviem testiem (ar atgriešanos) tika izgūta standarta daļa. Var izvirzīt trīs hipotēzes: B 1 - daļas tiek izņemtas no pirmās partijas, AT 2
- daļas tiek ņemtas no otrās partijas, AT 3 - daļas tiek izņemtas no trešās partijas.
Sīkāka informācija tika ņemta nejauši no ņemtās partijas, tāpēc hipotēžu varbūtība ir vienāda: P(B 1) = P(B 2) = P(B 3) = 1/3.
Atrodiet nosacīto varbūtību P(A/B 1), t.i. varbūtība, ka no pirmās partijas pēc kārtas tiks izvilktas divas standarta daļas. Šis pasākums ir uzticams, jo. pirmajā partijā visas detaļas ir standarta, tātad P(A/B 1) = 1.
Atrodiet nosacīto varbūtību P(A/B 2), t.i. varbūtība, ka no otrās partijas tiks secīgi iegūtas divas standarta daļas (ar atgriešanos): P(A/B 2)= 15/20 ∙ 15/20 = 9/16.
Atrodiet nosacīto varbūtību P(A/B 3), t.i. varbūtība, ka divas standarta daļas tiks secīgi izņemtas (ar atgriešanu) no trešās partijas: P(A/B 3) = 10/20 10/20 = 1/4.
Vēlamā varbūtība, ka abas ekstrahētās standarta daļas tiks ņemtas no trešās partijas saskaņā ar Beijesa formulu, ir vienāda ar 
1.2.7. Atkārtotas pārbaudes
Ja tiek veikti vairāki testi, un notikuma varbūtība BET katrā izmēģinājumā nav atkarīgs no citu izmēģinājumu rezultātiem, tad šādus izmēģinājumus sauc neatkarīgs attiecībā uz notikumu A. Dažādos neatkarīgos izmēģinājumos pasākums BET var būt dažādas varbūtības vai viena un tā pati varbūtība. Mēs turpmāk izskatīsim tikai tādus neatkarīgus izmēģinājumus, kuros notikums BET ir tāda pati varbūtība.
Ļaujiet tai ražot P neatkarīgi izmēģinājumi, no kuriem katrā notikums BET var parādīties vai neparādīties. Pieņemsim, ka notikuma varbūtība BET katrā testā ir vienāds, proti, vienāds ar R. Līdz ar to notikuma nenotikšanas varbūtība BET katrā testā ir arī nemainīgs un vienāds ar 1– R. Tādu varbūtības shēmu sauc Bernulli shēma. Izvirzīsim sev uzdevumu aprēķināt varbūtību, ka P Bernulli notikumu izmēģinājumi BET piepildīsies precīzi k vienreiz ( k- panākumu skaits), un tāpēc tas netiks realizēts P- vienreiz. Ir svarīgi uzsvērt, ka tas nav nepieciešams, lai pasākums BET precīzi atkārtoja k reizes noteiktā secībā. Apzīmē vēlamo varbūtību R p (k).
Piemēram, simbols R 5 (3) nozīmē varbūtību, ka piecos izmēģinājumos notikums parādīsies tieši 3 reizes un līdz ar to nenotiks 2 reizes.
Problēmu var atrisināt, izmantojot t.s Bernulli formulas, kas izskatās šādi: 
.
Uzdevums 1.20. Varbūtība, ka elektroenerģijas patēriņš vienas dienas laikā nepārsniegs noteikto normu, ir vienāda ar R=0,75. Atrodiet varbūtību, ka tuvāko 6 dienu laikā elektrības patēriņš 4 dienām nepārsniegs normu.
Risinājums. Normāla elektroenerģijas patēriņa iespējamība katrā no 6 dienām ir nemainīga un vienāda ar R=0,75. Tāpēc arī elektroenerģijas pārtēriņa iespējamība katru dienu ir nemainīga un vienāda ar q= 1–R=1–0,75=0,25.
Vēlamā varbūtība saskaņā ar Bernulli formulu ir vienāda ar
.
1.21.uzdevums. Divi vienādi šahisti spēlē šahu. Kas ir ticamāks: uzvarēt divas spēles no četrām vai trīs spēles no sešām (neņem vērā neizšķirtus)?
Risinājums. Spēlē vienlīdzīgi šahisti, tātad iespēja uzvarēt R= 1/2, tātad varbūtība zaudēt q ir arī vienāds ar 1/2. Jo visās spēlēs uzvaras iespējamība ir nemainīga un nav nozīmes kādā secībā spēles tiek uzvarētas, tad ir piemērojama Bernulli formula.
Atrodi varbūtību, ka tiks uzvarētas divas spēles no četrām:
Atrodi varbūtību, ka tiks uzvarētas trīs no sešām spēlēm:
Jo P 4 (2) > P 6 (3), visticamāk uzvarēs divas spēles no četrām, nevis trīs no sešām.
Tomēr var redzēt, ka izmantojot Bernulli formulu lielām vērtībām n tas ir diezgan grūti, jo formula prasa darbības ar milzīgiem skaitļiem, un tāpēc aprēķinu procesā uzkrājas kļūdas; kā rezultātā gala rezultāts var būtiski atšķirties no patiesā.
Lai atrisinātu šo problēmu, ir vairākas robežu teorēmas, kas tiek izmantotas liela skaita izmēģinājumu gadījumā.
1. Puasona teorēma
Veicot lielu skaitu testu saskaņā ar Bernulli shēmu (ar n=> ∞) un ar nelielu skaitu labvēlīgu iznākumu k(pieņemot, ka veiksmes varbūtība lpp mazs), Bernulli formula tuvojas Puasona formulai 
.
Piemērs 1.22. Laulības iespējamība, uzņēmumam ražojot ražošanas vienību, ir vienāda ar lpp=0,001. Kāda ir iespējamība, ka 5000 produkcijas vienību ražošanā būs mazāk par 4 bojātajām (notikums BET Risinājums. Jo n ir liels, mēs izmantojam vietējo Laplasa teorēmu: 
Aprēķināt x:
Funkcija 
ir pāra, tāpēc φ(–1,67) = φ(1,67).
Saskaņā ar A.1 pielikuma tabulu mēs atrodam φ(1,67) = 0,0989.
Vēlamā varbūtība P 2400 (1400) = 0,0989.
3. Laplasa integrāļa teorēma
Ja varbūtība R notikuma rašanos A katrā izmēģinājumā saskaņā ar Bernulli shēmu ir nemainīgs un atšķiras no nulles un viena, tad ar lielu skaitu izmēģinājumu n, varbūtība R p (k 1 , k 2) notikuma iestāšanās Ašajos izmēģinājumos k 1 līdz k 2 reizes aptuveni vienādi
R p(k 1 , k 2) = Φ ( x"") – Φ ( x"), kur 
ir Laplasa funkcija,
Laplasa funkcijas noteiktais integrālis netiek aprēķināts analītisko funkciju klasē, tāpēc tā aprēķināšanai tiek izmantota 1. tabula. 2. punkts, kas dots pielikumā.
Piemērs 1.24. Notikuma iespējamība katrā no simts neatkarīgiem izmēģinājumiem ir nemainīga un vienāda ar lpp= 0,8. Atrodiet varbūtību, ka notikums notiks: a) vismaz 75 un ne vairāk kā 90 reizes; b) vismaz 75 reizes; c) ne vairāk kā 74 reizes.
Risinājums. Izmantosim Laplasa integrāļa teorēmu:
R p(k 1 , k 2) = Φ ( x"") – Φ( x"), kur Ф( x) ir Laplasa funkcija,
a) Pēc nosacījuma n = 100, lpp = 0,8, q = 0,2, k 1 = 75, k 2 = 90. Aprēķināt x"" un x" :
Ņemot vērā, ka Laplasa funkcija ir nepāra, t.i. F(- x) = – F( x), mēs saņemam
P 100 (75; 90) \u003d F (2,5) - F (-1,25) \u003d F (2,5) + F (1,25).
Saskaņā ar tabulu P.2. atrast lietojumprogrammas:
F(2,5) = 0,4938; Ф(1,25) = 0,3944.
Vēlamā varbūtība
P 100 (75; 90) = 0,4938 + 0,3944 = 0,8882.
b) Prasība, lai notikums notiktu vismaz 75 reizes, nozīmē, ka notikuma atgadījumu skaits var būt vienāds ar 75, vai 76, ..., vai 100. Tādējādi izskatāmajā gadījumā ir jāpieņem. k 1 = 75, k 2 = 100. Tad 
.
Saskaņā ar tabulu P.2. lietojumprogrammas, mēs atrodam Ф (1,25) = 0,3944; Ф(5) = 0,5.
Vēlamā varbūtība
P 100 (75;100) = (5) – (–1,25) = (5) + (1,25) = 0,5 + 0,3944 = 0,8944.
c) Notikums — " BET parādījās vismaz 75 reizes" un " BET parādījās ne vairāk kā 74 reizes” ir pretēji, tāpēc šo notikumu varbūtību summa ir 1. Līdz ar to vēlamā varbūtība
P 100 (0;74) = 1 – P 100 (75; 100) = 1 – 0,8944 = 0,1056.