Tiek izmesti 2 kauliņi, un varbūtība ir vienāda. Kauliņu mešanas problēmu risināšana

Vēl viena populāra problēma varbūtību teorijā (kopā ar monētu mešanas problēmu) ir kauliņu mešanas problēma.

Parasti uzdevums izklausās šādi: tiek izmests viens vai vairāki kauliņi (parasti 2, retāk 3). Jāatrod iespējamība, ka punktu skaits ir 4 vai punktu summa ir 10, vai punktu skaita reizinājums dalās ar 2, vai punktu skaits atšķiras ar 3 utt.

Galvenā šādu problēmu risināšanas metode ir klasiskās varbūtības formulas izmantošana, kuru mēs analizēsim, izmantojot tālāk sniegtos piemērus.

Iepazīstoties ar risināšanas metodēm, varat lejupielādēt īpaši noderīgu risinājumu 2 kauliņu mešanai (ar tabulām un piemēriem).

Viens kauliņš

Ar vienu kauliņu situācija ir nepieklājīgi vienkārša. Atgādināšu, ka varbūtību nosaka pēc formulas $P=m/n$, kur $n$ ir visu vienādi iespējamo elementāro iznākumu skaits eksperimentam ar kuba vai kauliņa mešanu, un $m$ ir skaitlis no tiem rezultātiem, kas labvēlīgi ietekmē notikumu.

1. piemērs. Kauliņš tiek izmests vienu reizi. Kāda ir varbūtība, ka tas notika pāra skaitlis brilles?

Tā kā kauliņš ir kubs (viņi arī saka godīgi kauliņi, tas ir, kubs ir līdzsvarots, tāpēc tas nolaižas uz visām pusēm ar vienādu varbūtību), kubam ir 6 malas (ar punktu skaitu no 1 līdz 6, ko parasti norāda punkti), tad kopējais skaits problēmas rezultāti $n=6$. Vienīgie rezultāti, kas ir labvēlīgi notikumam, ir tie, kur parādās puse ar 2, 4 vai 6 punktiem (tikai vienādās) ir $m=3$. Tad vēlamā varbūtība ir vienāda ar $P=3/6=1/2=0,5$.

2. piemērs. Kauliņi tiek izmesti. Atrodiet vismaz 5 punktu ripināšanas varbūtību.

Mēs domājam tāpat kā iepriekšējā piemērā. Kopējais skaits ir iespējamie rezultāti metot kauliņu $n=6$, un nosacījums “vismaz 5 punkti uzripināti”, tas ir, “uzripināti 5 vai 6 punkti”, apmierina 2 iznākumi, $m=2$. Nepieciešamā varbūtība ir $P=2/6=1/3=0,333 $.

Es pat neredzu jēgu sniegt vairāk piemēru, pāriesim pie diviem kauliņiem, kur viss kļūst interesantāk un sarežģītāk.

Divi kauliņi

Kad mēs runājam par par problēmām ar 2 kauliņu mešanu, ļoti ērti lietojams punktu tabula. Uzzīmēsim horizontāli punktu skaitu, kas krita uz pirmā kauliņa, un vertikāli to punktu skaitu, kas krita uz otrā kauliņa. Iegūsim kaut ko līdzīgu (es parasti to daru programmā Excel, jūs varat lejupielādēt failu):

Kas ir tabulas šūnās, jūs jautāsiet? Un tas ir atkarīgs no tā, kādu problēmu mēs atrisināsim. Būs uzdevums par punktu summu - tur rakstīsim summu, par starpību - rakstīsim starpību un tā tālāk. Sāksim?

3. piemērs. Vienlaicīgi tiek izmesti 2 kauliņi. Atrodiet varbūtību, ka kopsumma būs mazāka par 5 punktiem.

Vispirms apskatīsim kopējo eksperimenta rezultātu skaitu. kad iemetām vienu kauliņu, viss bija skaidrs, 6 puses - 6 iznākumi. Šeit jau ir divi kauliņi, tāpēc rezultātus var attēlot kā sakārtotus skaitļu pārus formā $(x,y)$, kur $x$ ir tas, cik punktu krita uz pirmo kauliņu (no 1 līdz 6), $ y$ ir tas, cik punktu krita uz otro kauliņu (no 1 līdz 6). Acīmredzot šādu skaitļu pāru kopējais skaits būs $n=6\cdot 6=36$ (un tie atbilst tieši 36 šūnām rezultātu tabulā).

Tagad ir pienācis laiks aizpildīt tabulu. Katrā šūnā ievadām uz pirmā un otrā kauliņa izmesto punktu summu un iegūstam šādu attēlu:

Tagad šī tabula palīdzēs mums atrast notikumam labvēlīgo iznākumu skaitu "kopā parādīsies mazāk par 5 punktiem". Lai to izdarītu, mēs saskaitām to šūnu skaitu, kurās summa ir mazāka par 5 (tas ir, 2, 3 vai 4). Skaidrības labad iekrāsosim šīs šūnas, būs $m=6$:

Tad varbūtība ir vienāda ar: $P=6/36=1/6$.

4. piemērs. Tiek izmesti divi kauliņi. Atrodiet varbūtību, ka punktu skaita reizinājums dalās ar 3.

Izveidojam tabulu par pirmo un otro kauliņu izmesto punktu produkciju. Mēs nekavējoties izceļam tos skaitļus, kas ir 3 reizes:

Atliek tikai pierakstīt, ka kopējais iznākumu skaits ir $n=36$ (skat. iepriekšējo piemēru, argumentācija ir tāda pati), un labvēlīgo iznākumu skaits (iekrāsoto šūnu skaits augstāk esošajā tabulā) ir $ m = 20 $. Tad notikuma varbūtība būs vienāda ar $P=20/36=5/9$.

Kā redzat, šāda veida problēmas ar pienācīgu sagatavošanos (apskatīsim vēl dažas problēmas) var ātri un vienkārši atrisināt. Dažādības labad izpildīsim vēl vienu uzdevumu ar citu tabulu (visas tabulas var lejupielādēt lapas apakšā).

5. piemērs. Kauliņi tiek izmesti divreiz. Atrodiet varbūtību, ka punktu skaita starpība pirmajā un otrajā kauliņā būs no 2 līdz 5.

Pierakstīsim punktu atšķirību tabulu, iezīmēsim tajā šūnas, kurās starpības vērtība būs no 2 līdz 5:

Tātad kopējais vienlīdz iespējamo elementāro rezultātu skaits ir $n=36$, un labvēlīgo iznākumu skaits (iekrāsoto šūnu skaits augstāk esošajā tabulā) ir $m=10$. Tad notikuma varbūtība būs vienāda ar $P=10/36=5/18$.

Tātad gadījumā, ja mēs runājam par 2 kauliņu mešanu un vienkāršu notikumu, jums ir jāizveido tabula, jāizvēlas tajā nepieciešamās šūnas un jāsadala to skaits ar 36, tā būs varbūtība. Papildus problēmām par punktu skaitu, reizinājumu un starpību, ir arī problēmas par starpības moduli, mazāko un lielāko izlozēto punktu skaitu (piemērotas tabulas atradīsiet).

Citas problēmas saistībā ar kauliņiem un kubiņiem

Protams, šī problēma neaprobežojas tikai ar divām iepriekš apspriestajām problēmu kategorijām par kauliņu mešanu (tās vienkārši ir visbiežāk sastopamās problēmu grāmatās un apmācības rokasgrāmatās), ir arī citas. Aptuvenā risinājuma metodes dažādībai un izpratnei analizēsim vēl trīs tipiskus piemērus: 3 kauliņu mešanai, nosacītās varbūtības noteikšanai un Bernulli formulai.

6. piemērs. Tiek izmesti 3 kauliņi. Atrodiet varbūtību, ka kopā ir 15 punkti.

3 kauliņu gadījumā tabulas tiek sastādītas retāk, jo jums būs nepieciešami pat 6 gabali (un nevis viens, kā iepriekš), tie tiek galā, vienkārši pārmeklējot nepieciešamās kombinācijas.

Noskaidrosim kopējo eksperimenta rezultātu skaitu. Rezultātus var attēlot kā sakārtotus skaitļu trīskāršus formā $(x,y,z)$, kur $x$ ir ar pirmo kauliņu izmesto punktu skaits (no 1 līdz 6), $y$ ir izmesto punktu skaits. uz otrā kauliņa (no 1 līdz 6), $z$ - cik punktu tika izmests uz trešā kauliņa (no 1 līdz 6). Acīmredzot šādu skaitļu trīskāršu kopējais skaits būs $n=6\cdot 6\cdot 6=216$ .

Tagad atlasīsim rezultātus, kas kopā dod 15 punktus.

$$ (3,6,6), (6,3,6), (6,6,3),\\ (4,5,6), (4,6,5), (5,4,6), (6,5,4), (5,6,4), (6,4,5),\\ (5,5,5). $$

Mēs saņēmām $m=3+6+1=10$ rezultātus. Vēlamā varbūtība ir $P=10/216=0,046$.

7. piemērs. Tiek izmesti 2 kauliņi. Atrodiet varbūtību, ka pirmais kauliņš met ne vairāk kā 4 punktus, ja kopējais punktu skaits ir pāra.

Vienkāršākais veids, kā atrisināt šo problēmu, ir vēlreiz izmantot tabulu (viss būs skaidrs), tāpat kā iepriekš. Mēs izrakstām punktu summu tabulu un atlasām tikai šūnas ar pāra vērtībām:

Iegūstam, ka saskaņā ar eksperimenta nosacījumiem ir nevis 36, bet $n=18$ rezultāti (kad punktu summa ir pāra).

Tagad no šīm šūnām Atlasīsim tikai tos, kas atbilst notikumam “pirmā kauliņa izmesti ne vairāk kā 4 punkti” – tas ir, faktiski tabulas pirmajās 4 rindās esošās šūnas (izceltas oranžā krāsā), būs $m= 12 $.

Nepieciešamā varbūtība $P=12/18=2/3.$

To pašu uzdevumu var veikt lemt savādāk izmantojot nosacītās varbūtības formulu. Ievadīsim notikumus:
A = punktu skaita summa ir pāra
B = ne vairāk kā 4 punkti ar pirmo kauliņu
AB = punktu summa ir pāra un uz pirmā kauliņa tika mests ne vairāk kā 4 punkti
Tad vēlamās varbūtības formulai ir šāda forma: $$ P(B|A)=\frac(P(AB))(P(A)). $$ Varbūtību atrašana. Kopējais iznākumu skaits ir $n=36$, notikumam A labvēlīgo iznākumu skaits (skat. tabulas iepriekš) ir $m(A)=18$, un notikumam AB - $m(AB)=12$. Iegūstam: $$ P(A)=\frac(m(A))(n)=\frac(18)(36)=\frac(1)(2); \quad P(AB)=\frac(m(AB))(n)=\frac(12)(36)=\frac(1)(3);\\ P(B|A)=\frac(P (AB))(P(A))=\frac(1/3)(1/2)=\frac(2)(3). $$ Atbildes bija vienādas.

8. piemērs. Kauliņš tiek izmests 4 reizes. Atrodiet varbūtību, ka pāra punktu skaits parādīsies tieši 3 reizes.

Gadījumā, ja kauliņš met vairākas reizes, un pasākums nav par summu, preci utt. neatņemamas īpašības, bet tikai par pilienu skaits noteikta veida, var izmantot, lai aprēķinātu varbūtību

Saskaņā ar klasisko definīciju notikuma iespējamību nosaka vienādība

kur m – elementārās pārbaudes rezultātu skaits, kas atbilst notikuma A iestāšanās brīdim; n – kopējais iespējamo elementārās pārbaudes rezultātu skaits. Tiek pieņemts, ka elementārie rezultāti ir vienīgie iespējamie un vienlīdz iespējamie.

Notikuma A relatīvo biežumu nosaka vienādība

kur m – izmēģinājumu skaits, kuros notika A notikums; n – kopējais veikto pārbaužu skaits. Nosakot statistiski, notikuma varbūtība tiek uzskatīta par tā relatīvo biežumu.

Piemērs 1.1. Tiek izmesti divi kauliņi. Atrodiet varbūtību, ka punktu summa uz izmestajām malām ir pāra un vismaz viena kauliņa malā parādās sešinieks.

Risinājums.Uz “pirmā” kritušās malas kauliņi viens punkts, divi punkti,..., var parādīties seši punkti. Tāpat, metot “otro” kauliņu, ir iespējami seši elementāri iznākumi. Katru no “pirmā” kauliņa mešanas rezultātiem var apvienot ar katru no “otrā” mešanas rezultātiem. Tādējādi kopējais iespējamo elementārā testa rezultātu skaits ir 6∙6 = 36.

Mūs interesējošā notikuma labvēlīgie rezultāti (vienā pusē parādīsies vismaz sešinieks, izmesto punktu summa ir pāra) ir šādi pieci iznākumi (pirmais ir punktu skaits, kas krita uz “pirmā” kauliņa , otrais ir punktu skaits, kas nokrita uz “otrā” kauliņa, tad to punktu summa:

1.6, 2, 6 + 2 = 8,

2.6, 4, 6 + 4 = 10,

3.6, 6, 6 + 6 = 12.

4.2, 6, 2 + 6 = 8,

5.4, 6, 4 + 6 = 10.

Nepieciešamā varbūtība ir vienāda ar notikumam labvēlīgo iznākumu skaita attiecību pret visu iespējamo elementāro iznākumu skaitu:

Problēma 1.1Tiek izmesti divi kauliņi. Atrodiet varbūtību, ka punktu summa uz nomestajām malām ir septiņi.

Problēma 1.2.Tiek izmesti divi kauliņi. Atrodi šādu notikumu varbūtību: a) ievilkto punktu summa ir astoņi un starpība ir četri, b) izvilkto punktu summa ir astoņi, ja zināms, ka to starpība ir četri.

Problēma 1.3.Tiek izmesti divi kauliņi. Atrodiet varbūtību, ka punktu summa uz nomestajām malām ir pieci un reizinājums ir četri.

Problēma 1.4. Monēta tiek izmesta divas reizes. Atrodiet varbūtību, ka ģerbonis parādīsies vismaz vienu reizi.

Tālāk aplūkosim piemēru, kad palielinās objektu skaits un līdz ar to palielinās gan kopējais elementāro iznākumu skaits, gan labvēlīgo iznākumu skaits, un to skaitu jau noteiks kombināciju un izvietojumu formulas.

Piemērs 1.2 Kastītē ir 10 identiskas daļas, kas apzīmētas ar cipariem 1, 2, ..., 10. Pēc nejaušības principa izlozētas 6 daļas. Atrodi varbūtību, ka starp izvilktajām daļām būs: a) daļa Nr.1; b) daļas Nr.1 un Nr.2.

Risinājums.Kopējais iespējamo elementārā testa rezultātu skaits ir vienāds ar veidu (kombināciju) skaitu, ar kuru palīdzību no 10 var iegūt 6 daļas, t.i. No 610.

a) Saskaitīsim mūs interesējošajam notikumam labvēlīgo iznākumu skaitu: starp izvēlētajām sešām daļām ir daļa Nr.1 un līdz ar to pārējām 5 daļām ir dažādi numuri. Šādu iznākumu skaits acīmredzot ir vienāds ar veidu skaitu, kādos no atlikušajām 9 var izvēlēties 5 daļas, t.i. No 59.

Nepieciešamā varbūtība ir vienāda ar attiecīgajam notikumam labvēlīgo iznākumu skaita attiecību pret kopējo iespējamo elementāro iznākumu skaitu:

b) Iznākumu skaits, kas ir labvēlīgs mūs interesējošajam notikumam (starp atlasītajām sešām daļām ir daļa Nr. 1 un daļa Nr. 2, tāpēc atlikušajām 4 daļām ir atšķirīgi numuri) ir vienāds ar veidu skaitu kuras 4 daļas var izvēlēties no atlikušajām 8, t.i. No 48.

Nepieciešamā varbūtība

Piemērs 1.3 . Sastādot tālruņa numuru, abonents aizmirsa pēdējos trīs ciparus un, atceroties tikai to, ka tie atšķiras, tos sastādīja nejauši. Atrodiet varbūtību, ka tiks sastādīti nepieciešamie numuri.

Risinājums.Kopējais iespējamo elementāro trīs elementu 10 ciparu kombināciju skaits, kas atšķiras gan pēc sastāva, gan pēc ciparu secības, ir vienāds ar 10 ciparu izvietojumu skaitu pa 3, t.i. A 310.

Labvēlīgs iznākums – viens.

Nepieciešamā varbūtība

Piemērs 1.4. N daļu partijā ir n standarta Atlasīts nejauši m detaļas. Atrodiet varbūtību, ka starp atlasītajiem tieši k standarta daļas.

Risinājums.Kopējais iespējamo testa elementāro rezultātu skaits ir vienāds ar to iegūšanas veidu skaitu m daļas no N daļām, t.i. Ar m N – kombināciju skaits N pa m.

Saskaitīsim mūs interesējošajam notikumam labvēlīgo iznākumu skaitu (tostarp m daļas precīzi k standarts): k standarta daļas var ņemt no n standarta daļas C k n veidi; kamēr pārējais m–k daļām jābūt nestandarta: ņemiet to m–k nestandarta detaļas no N–n nestandarta detaļas var ņemt no m - k N - n veidus. Tāpēc labvēlīgo rezultātu skaits ir C k n С m - k N - n .

Nepieciešamā varbūtība ir vienāda ar

Problēma 1.5.Darbnīcā strādā 6 vīrieši un 4 sievietes. 7 cilvēki tika atlasīti pēc nejaušības principa, izmantojot viņu personāla numurus. Atrodi varbūtību, ka starp izvēlētajām personām būs 3 sievietes.

Ģeometriskās varbūtības

Ļaujiet segmentam lveido daļu no segmenta L. Par segmentu Lnejauši tika pielikts punkts. Ja mēs pieņemam, ka varbūtība, ka punkts nokrīt uz segmentulir proporcionāls šī segmenta garumam un nav atkarīgs no tā atrašanās vietas attiecībā pret segmentuL, tad varbūtība, ka punkts nokritīs segmentālnosaka vienlīdzība

Lai plakana figūra g veido daļu no plakanas figūras G. G figūrai Punkts tiek izmests nejauši. Ja mēs pieņemam, ka varbūtība, ka izmests punkts trāpīs skaitlim g ir proporcionāls šī skaitļa laukumam un nav atkarīgs no tā atrašanās vietas attiecībā pret G, ne no formas g , tad varbūtība, ka punkts trāpīs skaitlim g nosaka vienlīdzība

Līdzīgi tiek noteikta varbūtība, ka punkts iekritīs telpiskā figūrā v , kas veido figūras daļu V:

Piemērs 1.5 L segmentam garums 20 cm Tiek novietots mazāks segments l garums 10 cm. Atrodiet iespējamību, ka punkts, kas nejauši novietots lielā segmentā, nokritīs arī uz mazāku segmentu.

Risinājums: Tā kā varbūtība, ka punkts nokritīs uz segmentu, ir proporcionāls tā garumam un nav atkarīgs no tā atrašanās vietas, mēs izmantosim iepriekš minēto sakarību un atradīsim:

Piemērs 1.6 Aplī ar rādiusu R novieto nelielu rādiusa apli r . Atrodiet varbūtību, ka punkts, kas nejauši izmests lielā aplī, arī iekritīs mazā aplī.

Risinājums: tā kā varbūtība, ka punkts iekritīs aplī, ir proporcionāls apļa laukumam un nav atkarīgs no tā atrašanās vietas, mēs izmantojam iepriekš minēto sakarību un atrodam:

Problēma 1.6. Rādiusa apļa iekšpusē R Punkts tiek izmests nejauši. Atrodi varbūtību, ka punkts atradīsies apļa iekšpusē, kas ierakstīts: a) kvadrātā; b) regulārs trīsstūris. Tiek pieņemts, ka punkta varbūtība iekrist apļa daļā ir proporcionāla šīs daļas laukumam un nav atkarīga no tā atrašanās vietas attiecībā pret apli.

Problēma 1.7.Ātri rotējošais disks ir sadalīts pāra skaitā vienādos sektoros, pārmaiņus krāsoti baltā un melnā krāsā. Atskanēja šāviens pa disku. Atrodiet varbūtību, ka lode trāpīs kādā no baltajiem sektoriem. Tiek pieņemts, ka varbūtība trāpīt pret plakanu figūru ir proporcionāla šīs figūras laukumam.

Varbūtību saskaitīšanas un reizināšanas teorēmas

ARnesavienojamu notikumu varbūtību pozīcija. Viena no diviem nesaderīgiem notikumiem iestāšanās iespējamība neatkarīgi no tā, kurš no tiem ir vienāds ar šo notikumu varbūtību summu:

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

Sekas. Viena no vairāku pāru nesaderīgu notikumu iestāšanās iespējamība neatkarīgi no tā, kurš no tiem, ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu:

P(A1 + A2 +…+ An) = P(A1) + P(A2) +…+ P(An).

Kopīgu notikumu varbūtību pievienošana. Vismaz viena no divu kopīgu notikumu iestāšanās varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību summu bez to kopīgas iestāšanās varbūtības:

P(A + B) = P(A) + P(B) – P(AB).

Teorēmu var vispārināt uz jebkuru ierobežotu kopīgu notikumu skaitu. Piemēram, trīs kopīgiem pasākumiem:

P(A + B + C) = P(A) + P(B) + P(C) – P(AB) – P(AC) – P(BC) + P(ABC).

Teorēma neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanai. Divu vienlaicīgu notikumu iespējamība neatkarīgi notikumi vienāds ar šo notikumu varbūtību reizinājumu:

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

Sekas. Vairāku kopumā neatkarīgu notikumu kopīgas iestāšanās varbūtība ir vienāda ar šo notikumu varbūtību reizinājumu:

P(A1A2…An) = P(A1)*P(A2)…P(An).

Teorēma atkarīgo notikumu varbūtību reizināšanai. Divu atkarīgu notikumu kopīgas iestāšanās varbūtība ir vienāda ar viena no tiem un otrā nosacītās varbūtības reizinājumu:

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

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

Sekas. Vairāku atkarīgu notikumu kopīgas iestāšanās varbūtība ir vienāda ar viena no tiem reizinājumu ar visu pārējo nosacītajām varbūtībām, un katra nākamā iespējamību aprēķina, pieņemot, ka visi iepriekšējie notikumi ir aprēķināti, pamatojoties uz pieņēmumu, ka visi iepriekšējie notikumi jau ir notikuši:

P(A1A2…An) = P(A1)*PA1(A2)*PA1A2(A3)…PA1A2…An-1(An),

kur RA1A2…An-1(An) ir notikuma An varbūtība, kas aprēķināta, pieņemot, ka ir notikuši notikumi A1A2…An-1.

Piemērs 1.7. Bibliotēkas plauktā nejauši izkārtotas 15 mācību grāmatas, no kurām 5 ir iesietas. Bibliotekārs pēc nejaušības principa paņem 3 mācību grāmatas. Atrodiet varbūtību, ka vismaz viena no paņemtajām mācību grāmatām tiks iesieta (notikums A).

Risinājums. Prasība, ka vismaz viena no paņemtajām mācību grāmatām ir iesieta, tiks izpildīta, ja notiks kāds no šādiem trim nesavienojamiem notikumiem: B - viena mācību grāmata iesieta, divas bez iesiešanas, C - divas mācību grāmatas iesietas, viena bez iesiešanas, D - trīs mācību grāmatas saistīts.

Mūs interesējošo notikumu A (vismaz vienu no trim iesietajām mācību grāmatām) var attēlot kā trīs notikumu summu:

A = B + C + D.

Ar nesaderīgu notikumu saskaitīšanas teorēmu

p(A) = p(B) + p(C) + p(D) (1).

Atradīsim notikumu B, C un D varbūtības (skat. 1.4. piemēra risinājumu):

Aizvietojot šīs varbūtības ar vienādību (1), mēs beidzot iegūstam

p(A) = 45/91 + 20/91 + 2/91 = 67/91.

Piemērs 1.8. Cik kauliņu jāmet, lai ar varbūtību, kas mazāka par 0,3, varētu sagaidīt, ka nevienā izmestajā pusē neparādītos 6 punkti?

Risinājums. Iepazīstinām ar notikumu apzīmējumiem: A – 6 punkti neparādīsies nevienā no nomestajām pusēm; Аi – 6 punkti neparādīsies i-tā kauliņa izmestajā pusē (i = 1, 2, …n).

Notikums A, kas mūs interesē, sastāv no notikumu kombinācijas

A1, A2, …, An

tas ir, A = A1A2…An.

Varbūtība, ka jebkurā nomestajā pusē parādīsies skaitlis, kas nav vienāds ar sešiem, ir vienāda ar

p(Ai) = 5/6.

Notikumi Ai ir kolektīvi neatkarīgi, tāpēc tiek piemērota reizināšanas teorēma:

р(А) = р(А1А2…Аn) = р(А1)*р(А2)*…р(Аn) = (5/6)n.

Pēc nosacījuma (5/6)n< 0,3. Следовательно n*log(5/6) < log0,3, отсюда найдем n >6.6. Tādējādi nepieciešamais kauliņu skaits ir n ≥ 7.

Piemērs 1.9. Lasītavā atrodas 6 varbūtību teorijas mācību grāmatas, no kurām 3 ir iesietas. Bibliotekāre pēc nejaušības principa paņēma divas mācību grāmatas. Atrodiet varbūtību, ka abas mācību grāmatas tiks iesietas.

Risinājums. Iepazīstinām ar notikumu apzīmējumiem: A – pirmā paņemtā mācību grāmata ir iesieta, B – otrā mācību grāmata ir iesieta.

Varbūtība, ka pirmā mācību grāmata ir iesieta

p(A) = 3/6 = 1/2.

Varbūtība, ka otrā mācību grāmata ir iesieta, ja pirmā paņemtā mācību grāmata ir iesieta, tas ir, notikuma B nosacītā varbūtība ir vienāda ar:

pA(B) = 2/5.

Vēlamā varbūtība, ka abas mācību grāmatas ir sasaistītas saskaņā ar atkarīgo notikumu varbūtību reizināšanas teorēmu, ir vienāda ar

p(AB) = p(A)*pA(B) = 1/2*2/5 = 0,2.

Problēma 1.8 Divi šāvēji šauj mērķī. Pirmajam medniekam varbūtība trāpīt mērķī ar vienu šāvienu ir 0,7, bet otrajam - 0,8. Atrodi varbūtību, ka vienas zalves laikā mērķī trāpīs tikai viens no medniekiem.

Problēma 1.9. Skolēns meklē sev nepieciešamo formulu trīs uzziņu grāmatās. Varbūtība, ka formula ir ietverta pirmajā, otrajā, trešajā atsauces grāmatā, ir attiecīgi vienāda ar 0,6; 0,7; 0.8. Atrodi varbūtību, ka formula ir ietverta: a) tikai vienā uzziņu grāmatā; b) tikai divos direktorijos; c) visās uzziņu grāmatās.

Problēma 1.10 . Darbnīcā strādā 7 vīrieši un 3 sievietes. 3 cilvēki tika atlasīti pēc nejaušības principa, izmantojot viņu personāla numurus. Atrodiet varbūtību, ka visas izvēlētās personas būs vīrieši.

Tad viņš veica to pašu eksperimentu ar trim kauliņiem. Uz papīra lapas ailē pierakstīju skaitļus no 3 līdz 18. Tās ir summas, kas var parādīties, metot trīs kauliņus. Es izdarīju 400 metienus. Es aprēķināju rezultātu un ievadīju to tabulā. (3. un 4. pielikums) Summas 10 un 11 parādās biežāk.

Es veicu vēl vienu eksperimentu ar četriem kauliņiem. Kolonnā bija skaitļi no 4 līdz 24. Šīs ir summas, kas var parādīties, metot četrus kauliņus. Atkal trāpu 400 metienu. Es aprēķināju rezultātu un ievadīju to tabulā. (5. un 6. pielikums) Summa 14 tiek ripināta biežāk.

Tad es nolēmu veikt matemātiku. Uztaisīju tabulu diviem kauliņiem un aizpildīju. (7.pielikums) Saņēmu rezultātu - summa septiņi sanāk biežāk. (8. pielikums). Sešas reizes no trīsdesmit sešiem gadījumiem. Vispirms es veicu tos pašus matemātiskos aprēķinus trim kauliņiem. (9.pielikums) Visbiežāk norādītās summas ir 10 un 11. Tas ir 27 gadījumi no 216. Un visretāk sastopamie skaitļi ir 3 un 18, tikai 1 gadījums no 216. (10.pielikums) Un tad četriem kauliņiem. (11.pielikums) Kopā ir 1296 gadījumi Biežākā summa ir 14, kas ir 146 gadījumi no 1296. Un vismazākā summa ir 4 un 24, tikai 1 gadījums no 1296. (12.pielikums)

Atradu aprakstu par trikiem ar kauliņiem. Mani pārsteidza dažu triku vienkāršība un oriģinalitāte. Parastā atzīmju secība kauliņu malās ir daudzu kauliņu triku pamatā. Un es mēģināju izdarīt vairākus trikus. Man izdevās. Bet, lai tos veiksmīgi īstenotu, ir jāskaita ātri un labi.

Triks ir izveicīgs triks, kura pamatā ir acs maldināšana ar veiklu un ātru paņēmienu palīdzību. Triks vienmēr ir pa pusei slēpts no skatītājiem: viņi zina, ka ir noslēpums, bet viņi to iztēlojas kā kaut ko nereālu, nesaprotamu. Matemātiskie triki ir sava veida matemātisko likumu demonstrācija.

Katra trika veiksme ir atkarīga no labas sagatavošanās un apmācības, katra skaitļa izpildes viegluma, precīza aprēķina un trika izpildei nepieciešamo paņēmienu prasmīgas izmantošanas. Šādi triki atstāj lielu iespaidu uz auditoriju un aizrauj viņus.

Fokuss 1. “Summas uzminēšana”

Demonstrējošais pagriež skatītājiem muguru, un šajā laikā viens no viņiem met uz galda trīs kauliņus. Pēc tam skatītājam tiek lūgts saskaitīt trīs izlozētos skaitļus, paņemt jebkuru kauliņu un pievienot apakšpusē esošo skaitli tikko iegūtajam kopsummai. Pēc tam vēlreiz metiet to pašu kauliņu un vēlreiz pievienojiet skaitlim, kas iegūts. Demonstrētājs vērš skatītāju uzmanību uz to, ka viņš nekādi nevar zināt, kurš no trim kauliņiem mests divreiz, pēc tam savāc kauliņus, pakrata tos rokā un uzreiz pareizi nosauc galīgo summu.

Paskaidrojums. Pirms kauliņu savākšanas persona, kas parāda, saskaita skaitļus, kas ir vērsti uz augšu. Iegūtajai summai pievienojot septiņus, viņš atrod galīgo summu.

Šis triks balstās uz pretējo seju skaitļu summas īpašību - tas vienmēr ir vienāds ar septiņiem.

2. nodaļa. Kauliņu noslēpums

2.1. Aprēķiniet rezultātu

Lai noskaidrotu, kāda summa biežāk sanāk, metot divus, trīs, četrus utt. kauliņus, veicu vairākus eksperimentus.

Pirms darba uzsākšanas sastādīju tabulu datu ievadīšanai. Kolonnā ir skaitļi no 2 līdz 12. Tās ir summas, kas var parādīties, metot divus kauliņus. Uz galda gludās virsmas, lai nebūtu ārējas iejaukšanās, viņš sāka mest kauliņus. Katrs mēģinājums tika atzīmēts pretī nomestās summas ciparam – ar vertikālu domuzīmi.

1. eksperiments:

1) Es ņemu divus kauliņus un glāzi.

Es atkārtoju eksperimentu 400 reizes.

Eksperiments palīdzēja noskaidrot, kura summa rodas biežāk, metot divus kauliņus. (1. un 2. pielikums)

Es veicu 2. eksperimentu ar trim kauliņiem, lai noskaidrotu, kura summa tagad parādīsies biežāk.

2. eksperiments:

1) Es ņemu trīs kauliņus un glāzi.

2) Es krata glāzi ar kauliņiem.

3) Es metu kauliņus uz galda.

4) Aprēķinu summu un atzīmēju tabulā.

Es atkārtoju eksperimentu 400 reizes.

Eksperiments palīdzēja noskaidrot, kura summa sanāk biežāk, metot trīs kauliņus. (3. un 4. pielikums)

Eksperiments man palīdzēja pārliecināties, ka, metot trīs kauliņus, iznācis daudzums bija citādāks nekā metot divus kauliņus.

Es veicu 3. eksperimentu ar četriem kauliņiem, lai redzētu izmaiņu dinamiku.

Pirms darba uzsākšanas atkal sastādīju tabulu datu ievadīšanai.

3. eksperiments:

1) Es ņemu četrus kauliņus un glāzi.

2) Es krata glāzi ar kauliņiem.

3) Es metu kauliņus uz galda.

4) Aprēķinu summu un atzīmēju tabulā.

Es atkārtoju eksperimentu 400 reizes.

Eksperiments man palīdzēja pārliecināties, ka, izmetot četrus kauliņus, iegūtā summa atkal ir atšķirīga. (5. un 6. pielikums)

Izpētot eksperimentu rezultātus, man kļuva skaidrs, kāpēc biežāk parādās summas, kas tuvāk tabulas vidum. Galu galā skaitļu summa pretējās pusēs vienmēr ir vienāda ar septiņiem. Tāpēc, metot kauliņus, visticamāk, parādīsies summa, kas ir tuvu šim vidum.

2.2. Rezultātu salīdzināšana

Salīdzinot eksperimentu rezultātus ar kauliņiem (1. - 6. pielikums) un matemātisko aprēķinu rezultātus (7. - 12. pielikums), novēroju, ka biežāk izkrīt summa, kas ir tuvāk vidum. Tāpēc es atradu vidējo aritmētiskā summa skaitļi kauliņu malās. (1+2+3+4+5+6) : 6 = 3,5. Rezultāts bija 3,5. Pēc tam es šo skaitli reizināju ar kauliņu skaitu. Ja ņem divus kauliņus, tad reizinājums ir 3,5 · 2 = 7. Skaitlis septiņi ir skaitlis, kas parādās biežāk, metot divus kauliņus. Ja ņemam trīs kauliņus, iegūstam 3,5 · 3 = 10,5. Un tā kā skaitlim ir jābūt veselam skaitlim, tiek ņemti divi blakus esošie skaitļi. Šie skaitļi ir 10 un 11, tie parādās biežāk, metot trīs kauliņus. Jebkuram kauliņu skaitam varat aprēķināt visbiežāk redzamo skaitli, izmantojot formulu 3.5 n , (kur n- kauliņu skaits). Turklāt, ja n nepāra skaitlis, tad tiek ņemti divi blakus esošie skaitļi, lai noteiktu skaitli, kas biežāk parādās, metot kauliņus.

Esmu pārskatījis Bībeles zīmējumu un konstatēja neatbilstību. Diviem kauliņiem ir nepareizs marķējums. Tā kā skaitļu summai pretējās pusēs jābūt vienādai ar septiņiem. Un uz viena no kauliņiem ir trīs augšējā pusē un četri sānos, lai gan četriem vajadzētu būt apakšējā pusē. Uz otra kauliņa augšējā pusē ir pieci, bet sānos divi. Vai varbūt tas ir tāpēc, ka šajā apgabalā tika pieņemts cits kauliņa marķējums.

Secinājums

Savā darbā es uzzināju kauliņu noslēpumu. Šis noslēpums slēpjas pašu kauliņu virspusē. Noslēpums ir marķējumu izkārtojumā. Pretējās pusēs esošo skaitļu summa vienmēr ir septiņi. Veicot eksperimentus un matemātiskus aprēķinus, es atklāju summu, kas biežāk parādās, metot kauliņus un kas ir atkarīga no kauliņu skaita. Šo summu var uzrakstīt kā formulu 3,5 · n, Kur n kauliņu skaits. Pētot šo tēmu, uzzināju, ka kauliņi radušies ap 3000. gadu pirms mūsu ēras. Vietas, kur tās tika atrastas arheologi senākie spēles priekšmeti ir Ēģipte, Irāna, Irāka un Indija. Uzzināja par kauliņu formu un veidu dažādību. Un arī to, kur tiek izmantoti kauliņi un to īpašības. Problēmu risināšanas tēmu nemaz neesmu apsvērusi. Vienkārši varbūtības teorija man joprojām ir grūta. Bet es ceru pie tā atgriezties vēlreiz.

Daudzi lieliski matemātiķi dažādi laiki atrisināja problēmas ar kauliņiem. Bet man neizdevās atrast formulas autoru lielākās summas atrašanai, metot kauliņus. Varbūt es nemeklēju pietiekami ilgi. Bet es turpināšu meklēt. Mani interesē, kurš pirmais izdomāja šo formulu.

Bibliogrāfija

1. Azarijevs enciklopēdiskā vārdnīca [Elektroniskais resurss] http://www. slovarus. ru/?di=72219

2. Suvorovs par varbūtību spēlēs. Ievads varbūtību teorijā 8.-11.klašu skolēniem. – Jaroslavļa: Attīstības akadēmija, 2006. –192 lpp.

3. Fribus problēmas. – M.: Izglītība, 1994. – 128 lpp.

4. Wikipedia bezmaksas enciklopēdija [Elektroniskais resurss] https://ru. wikipedia. org/wiki/Dice

5. Azartspēļu bizness. Per. no angļu valodas un fr. /NEC "Bibliomarket"; Ed.-komp. . - M. 1994. - 208 lpp.

6. Kauli, zari, kubi [Elektroniskais resurss] http://www. /ru/articles/igralnye_kosti-34

7. Ļutikas par varbūtības teoriju. – M.: Izglītība, 1983. – 127 lpp.

8. Ņikiforovskis matemātiķi Bernulli. – M.: Nauka, 1984. – 180 lpp.

9. Aiz algebras mācību grāmatas lapām. Grāmata 7-9 klašu skolēniem. vispārējā izglītība Iestādes. – M.: Izglītība, 1999. – 237 lpp.

10. 100 izcili zinātnieki. – M.: Veče, 2000. – 592 lpp.

11. Vārdnīca svešvārdi[Elektroniskais resurss] http:///search

12. Ušakova skaidrojošā vārdnīca [Elektroniskais resurss] http://www. /3/193/772800.html

13. Shen A. Varbūtība: piemēri un uzdevumi. - M.: Izdevniecība MTsNMO, 2008. – 64 lpp.

14. Jakovļeva problēmas ar kauliņiem varbūtību teorijas elementu izpētē [Elektroniskais resurss] http://festival.1september. ru/articles/517883/

15. Jakovļeva un smieklīgi triki ar kauliņiem [Elektroniskais resurss] http://festival.1september. ru/articles/624782/

Pielikums 1. 2 kauliņu mešanas rezultāti

Pielikums 2. 2 kauliņu mešanas rezultāti

Atpakaļ uz priekšu

Uzmanību! Slaidu priekšskatījumi ir paredzēti tikai informatīviem nolūkiem, un tie var neatspoguļot visas prezentācijas funkcijas. Ja jūs interesē Šis darbs, lūdzu, lejupielādējiet pilno versiju.

Izglītības tehnoloģijas : skaidrojošās un ilustrētās mācīšanas tehnoloģija, datortehnoloģijas, uz cilvēku vērsta pieeja mācībām, veselību saudzējošas tehnoloģijas.

Nodarbības veids: nodarbība jaunu zināšanu apguvē.

Ilgums: 1 nodarbība.

Klase: 8. klase.

Nodarbības mērķi:

Izglītojoši:

atkārtojiet formulas lietošanas prasmes, lai atrastu notikuma iespējamību un iemācītu to izmantot uzdevumos ar kauliņiem;
veikt demonstratīvu spriešanu, risinot problēmas, novērtēt argumentācijas loģisko pareizību, atpazīt loģiski nepareizu argumentāciju.

Izglītojoši:

attīstīt prasmes informācijas meklēšanā, apstrādē un pasniegšanā;
attīstīt spēju salīdzināt, analizēt un izdarīt secinājumus;
attīstīt novērošanas un komunikācijas prasmes.

Izglītojoši:

audzināt uzmanību un neatlaidību;
veidot izpratni par matemātikas kā apkārtējās pasaules izpratnes veida nozīmi.

Nodarbības aprīkojums: dators, multivide, marķieri, mimio kopēšanas iekārta (vai interaktīvā tāfele), aploksne (satur uzdevumu praktiskajam darbam, mājasdarbs, trīs kārtis: dzeltena, zaļa, sarkana), kauliņu modeļi.

Nodarbības plāns

Laika organizēšana.

Iepriekšējā nodarbībā mēs uzzinājām par klasisko varbūtības formulu.

Nejauša notikuma A iestāšanās varbūtība P ir attiecība m pret n, kur n ir visu iespējamo eksperimenta iznākumu skaits, un m ir visu labvēlīgo iznākumu skaits..

Formula ir tā sauktā klasiskā varbūtības definīcija pēc Laplasa, kas nākusi no azartspēļu jomas, kur laimesta izredzes noteikšanai tika izmantota varbūtības teorija. Šo formulu izmanto eksperimentiem ar ierobežotu skaitu vienādi iespējamo rezultātu.

Notikuma varbūtība = labvēlīgo iznākumu skaits / visu vienādi iespējamo iznākumu skaits

Tātad varbūtība ir skaitlis no 0 līdz 1.

Varbūtība ir 0, ja notikums nav iespējams.

Ja notikums ir skaidrs, varbūtība ir 1.

Atrisināsim problēmu mutiski: Grāmatu plauktā ir 20 grāmatas, no kurām 3 ir uzziņu grāmatas. Kāda ir varbūtība, ka no plaukta paņemta grāmata nebūs uzziņu grāmata?

Risinājums:

Kopējais vienādi iespējamo rezultātu skaits ir 20

Labvēlīgo iznākumu skaits – 20 – 3 = 17

Atbilde: 0,85.

2. Jaunu zināšanu iegūšana.

Tagad atgriezīsimies pie mūsu nodarbības tēmas: “Notikumu varbūtības”, pierakstīsim to savās piezīmju grāmatiņās.

Nodarbības mērķis: iemācīties risināt problēmas, meklējot varbūtību, metot kauliņus vai 2 kauliņus.

Mūsu šodienas tēma ir saistīta ar kauliņiem vai arī to sauc par kauliņiem. Kauliņi ir zināmi kopš seniem laikiem. Kauliņu spēle ir viena no vecākajām, pirmie kauliņu prototipi tika atrasti Ēģiptē, un tie ir datēti ar 20. gadsimtu pirms mūsu ēras. e. Ir daudz šķirņu, sākot no vienkāršām (uzvar metējs liels daudzums punkti) uz sarežģītiem, kuros var izmantot dažādas spēles taktikas.

Vecākie kauli ir datēti ar 20. gadsimtu pirms mūsu ēras. e., atklāts Tēbās. Sākotnēji kauli kalpoja kā zīlēšanas instrumenti. Saskaņā ar arheoloģiskajiem izrakumiem, kauliņus spēlēja visur un visos pasaules malās. Nosaukums cēlies no oriģinālā materiāla – dzīvnieku kauliem.

Senie grieķi uzskatīja, ka līdieši izgudroja kaulus, glābjoties no bada, lai vismaz ar kaut ko nodarbotu savu prātu.

Kauliņu spēle tika atspoguļota seno ēģiptiešu, grieķu-romiešu un vēdiskajā mitoloģijā. Bībelē minēti “Iliāda”, “Odiseja”, “Mahabharata”, Vēdu himnu krājumā “Rigvēda”. Dievu panteonos vismaz viens dievs bija kauliņu kā neatņemama atribūta īpašnieks http://ru.wikipedia.org/wiki/%CA%EE%F1%F2%E8_%28%E8%E3%F0%E0%29 - cite_note-2 .

Pēc Romas impērijas sabrukuma spēle izplatījās visā Eiropā un bija īpaši populāra viduslaikos. Tā kā kauliņi tika izmantoti ne tikai spēlēšanai, bet arī zīlēšanai, baznīca vairākkārt mēģināja aizliegt spēli šim nolūkam, taču visi mēģinājumi beidzās ar neveiksmi.

Pēc arheoloģiskajiem datiem, kauliņus spēlēja arī pagānu Krievijā. Pēc kristīšanas pareizticīgā baznīca mēģināja šo spēli izskaust, taču vienkāršo cilvēku vidū tā palika populāra atšķirībā no Eiropas, kur kauliņu spēlēšanā vainojama augstākā muižniecība un pat garīdznieki.

Varas iestāžu izsludināts karš dažādas valstis Kauliņu spēle ir radījusi daudz dažādu krāpšanās triku.

Apgaismības laikmetā aizraušanās ar kauliņu spēlēšanu pamazām sāka sarukt, cilvēkiem radās jauni vaļasprieki, viņi sāka interesēties par literatūru, mūziku un glezniecību. Mūsdienās kauliņu spēlēšana nav tik izplatīta.

Pareizi kauliņi nodrošina vienādas izredzes nokļūt malā. Lai to izdarītu, visām malām jābūt vienādām: gludām, plakanām, ar vienādu laukumu, noapaļojumiem (ja tādi ir), urbumiem jābūt urbtiem līdz tādam pašam dziļumam. Punktu summa pretējās pusēs ir 7.

Matemātiskais kauliņš, ko izmanto varbūtību teorijā, ir parastā kauliņa matemātisks attēls. Matemātiskā kaulam nav izmēra, krāsas, svara utt.

Kad met spēlējot kauli(kubs) var izkrist jebkura no tā sešām sejām, t.i. kāds no notikumiem- zaudējums no 1 līdz 6 punktiem (punkti). Bet neviens divi un vienlaikus nevar parādīties vairākas sejas. Tādas notikumiem tiek saukti par nesaderīgiem.

Apsveriet gadījumu, kad tiek izmests 1 kauliņš. Izdarīsim numuru 2 tabulas veidā.

Tagad apsveriet gadījumu, kad tiek izmesti 2 kauliņi.

Ja pirmais kauliņš rāda vienu punktu, tad otrais kauliņš var uzripot 1, 2, 3, 4, 5, 6. Iegūstam pārus (1;1), (1;2), (1;3), ( 1;4), (1;5), (1;6) un tā tālāk ar katru seju. Visus gadījumus var attēlot tabulas veidā ar 6 rindām un 6 kolonnām:

Elementāro notikumu tabula

Uz jūsu rakstāmgalda ir aploksne.

Paņemiet no aploksnes lapu ar uzdevumiem.

Tagad jūs izpildīsit praktisku uzdevumu, izmantojot elementāru notikumu tabulu.

Rādīt ar ēnojumu notikumus, kas ir labvēlīgi notikumiem:

Uzdevums 1. “Tāpat punktu skaits krita”;

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

Uzdevums 2. “Punktu summa ir 7”;

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

3. uzdevums "Punktu summa nav mazāka par 7."

Ko nozīmē “ne mazāk”? (Atbilde ir "lielāka par vai vienāda ar")

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

Tagad noskaidrosim to notikumu varbūtības, kuriem praktiskais darbs Labvēlīgie notikumi bija noēnoti.

Pierakstīsim burtnīcās Nr.3

1. vingrinājums.

Kopējais rezultātu skaits - 36

Atbilde: 1/6.

2. uzdevums.

Kopējais rezultātu skaits - 36

Labvēlīgo iznākumu skaits - 6

Atbilde: 1/6.

3. uzdevums.

Kopējais rezultātu skaits - 36

Labvēlīgo iznākumu skaits - 21

P = 21/36 = 7/12.

Atbilde: 12.07.

№4. Saša un Vlads spēlē kauliņus. Katrs met kauliņu divreiz. Uzvar tas, kuram ir vislielākais punktu skaits. Ja punkti ir vienādi, spēle beidzas neizšķirti. Pirmais meta kauliņu Saša, kuram 5 punkti un 3 punkti. Tagad Vlads met kauliņus.

a) Elementāro notikumu tabulā norādiet (ēnot) elementāros notikumus, kas dod priekšroku notikumam “Vlads uzvarēs”.

b) Atrodiet notikuma “Vlads uzvarēs” varbūtību.