Властивостi трикутника Паскаля

1. Усi рядки в трикутнику розпочинаються з числа 1.
2. У клiтинках схеми з координатами m = n має бути число 1.
3. Будь-яке число трикутника дорiвнює сумi двох чисел з попереднього рядка, одне з яких знаходиться над згаданим числом, а iнше — безпосередньо перед ним.
4. Сума чисел n — го рядка дорiвнює 2ⁿ, n — кiлькiсть елементiв, що беруть участь у створеннi комбiнацiй без повторень, m — кiлькiсть мiсць у комбiнацiях без повторень.  C_n^m — кiлькiсть комбiнацiй без повторень.

1. Порядок розташування елементiв у сполуках не має значення.
2. Елементи у сполуках можуть бути задiянi вiд нуля до m разiв: 0 ≤ k_i ≤ m, де

• m — кiлькiсть мiсць у кожнiй сполуцi вибраної групи;
• k_i — кiлькiсть мiсць у сполуцi для будь-якого елемента, що задiяний для її складання.

Кiлькiсть комбiнацiй з повтореннями обчислюють за формулою

1. Порядок розташування елементiв у сполуцi має значення.
2. Елементи у сполуках можуть бути задiянi вiд нуля до m разiв: 0 ≤ k_i ≤ m, де

• m — кiлькiсть мiсць у кожнiй сполуцi вибраної групи;
• k_i — кiлькiсть мiсць у сполуцi для будь-якого елемента, що задiяний для її складання.

Кiлькiсть розмiщень з повтореннями обчислюють за формулою:  Ã_n^m = n^m, де n — кiлькiсть елементiв, що претендують на мiсця у сполуках.

1. Порядок розташування елементiв у сполуцi має значення.
2. Елементи у сполуках можуть повторюватися, i кiлькiсть їх повторень є незмiнною для всiєї вибраної групи сполук: m = k₁+ k₂ + … + k_n, де m — кiлькiсть мiсць у кожнiй сполуцi вибраної групи,
   • k₁ — кiлькiсть мiсць у сполуцi для елемента номер 1;
   • k₂ — кiлькiсть мiсць для елемента номер 2;
   • …
   • k_n — кiлькiсть мiсць для елемента номер n.

Кiлькiсть перестановок з повтореннями обчислюють за формулою 

1. Елементи у сполуцi не повторюються.
2. Кiлькiсть мiсць (m) у сполуцi не бiльша нiж кiлькiсть елементiв (n), якi претендують на цi мiсця (m ≤ n).
3. Порядок розташування елементiв у сполуцi не має значення.

Кiлькiсть комбiнацiй обчислюють за формулою 

C_n^m = n! / (m!·(n — m)!)

Задача 1

Іван, Андрiй, Олег, Сергiй i Вiктор жеребкуванням призначають двох чергових у класi. Скiльки iснує варiантiв такого вибору?

Розв’язання

Оскiльки обов’язки в обох чергових однаковi, а кiлькiсть хлопцiв менша за кiлькiсть чергових, то iснує

C₅² = 5! / (2!·(5 — 2)!) = 10 варiантiв призначення чергових.

Вiдповiдь. 10 варiантiв.

Задача 2

У змаганнях з баскетболу беруть участь 10 команд, з яких тiльки чотири перших змагатимуться у фiнальнiй частинi. Скiльки iснує варiантiв складу фiнальної четвiрки?

Розв’язання

Не має значення, яке з чотирьох перших мiсць посяде команда. Усього 10 команд, кiлькiсть мiсць для фiналiстiв дорiвнює 4, отже, iснує

C₁₀⁴ = 10! / (4!·(10 — 4)!)= 210 варiантiв складу фiнальної четвiрки.

Вiдповiдь. 210 варiантiв.

1. Елементи у сполуцi не повторюються.
2. Кiлькiсть мiсць (m) у сполуцi менша за кiлькiсть елементiв (n) , якi претендують на цi мiсця (m < n).
3. Порядок розташування елементiв у сполуцi має значення.

Кiлькiсть розмiщень обчислюють за формулою:

A_n^m = n! / (n — m)!,

де n — кiлькiсть елементiв, якi претендують на мiсця у сполуцi, m — кiлькiсть мiсць у сполуцi.

Задача 1

Скiльки двозначних натуральних чисел можна скласти з цифр 4, 5, 8 i 9 за умови, що цифри в числi не повторюються?

Розв’язання

Задано 4 цифри, причому мiсць для цифр у числi 2. Порядок розташування цифр у числi має значення, отже, кiлькiсть чисел обчислимо за формулою

A₄² = 4! / (4 — 2)! = 12

Вiдповiдь. 12 чисел.

Задача 2

Технiчний гурток вiдвiдують десять учнiв. Скiльки iснує варiантiв обирання учасниками гуртка старости, його заступника та вiдповiдального за чергування?

Розв’язання

Кiлькiсть учнiв у гуртку бiльша за кiлькiсть посадових мiсць, причому посадовi обов’язки рiзнi, тому кiлькiсть варiантiв обирання старости, його заступника та вiдповiдального за чергування обчислимо за формулою

A₁₀³ = 10! / (10 — 3)! = 720

Вiдповiдь. 720 варiантiв.

n! = n · (n-1) · (n-2) … 2 · 1

Уважають що 0! =1 !

Задача 1

Скiльки п’ятизначних натуральних чисел можна скласти з цифр 2, 3, 5, 7, 8 за умови, що кожна цифра в числi задiяна тiльки один раз?

Розв’язання

Оскiльки цифр у числi 5 (n = 5), а мiсць для цифр у числi також 5(m = 5), то n = m.
Порядок розташування цифр у числi має значення, отже, маємо

P₅ = 5! =120 чисел.

Вiдповiдь. 120 чисел.

Задача 2

Осел, Цап, Мавпа i Ведмiдь вирiшили створити музичний квартет. Скiлькома рiзними способами можуть розсiстися «музиканти» вiдносно один одного, якщо вони важають, що вiд цього залежить якiсть їхньої музики?

Розв’язання

Кiлькiсть музикантiв (n = 4) дорiвнює кiлькостi мiсць для музикантiв (m = 4), тобто n = m.

Порядок розташування музикантiв пiд час гри має значення (так вони вважають), отже, тварини можуть розсiстися

P₄ = 4! = 24 способами.

Вiдповiдь. 24 рiзними способами.

Якщо об’єкт A можна вибрати k способами i незалежно вiд цього вибору iнший об’єкт B можна вибрати l способами, то пару, що складається з об’єктiв A i B, можна вибрати k · l  способами.

Правило суми

Якщо об’єкт A можна вибрати k способами, а об’єкт B можна вибрати l способами i при цьому вибiр об’єктiв є несумiсним, то вибрати A або B можна k + l способами.

Задача 1

Щоб потрапити до школи, Миколка мусить перейти рiчку через мiсток. Вiд його будинку до мiстка є три дороги, а вiд мiстка до школи – усього двi. Скiльки варiантiв вибору шляху вiд дому до школи має Миколка?

Розв’язання

Позначимо: об’єкт A — дорога вiд дому до мiстка, k = 3; об’єкт B — дорога вiд мiстка до школи, l = 2.

Щоб потрапити до школи, Миколка мусить пройти A i B. Отже, кiлькiсть рiзних маршрутiв знайдемо за правилом добутку:

N = k · l = 3 · 2 = 6.

Вiдповiдь. 6 рiзних маршрутiв.

Задача 2

У Костi є жовта, синя, червона i смугаста футболки, та зеленi i синi спортивнi труси. Скiльки iснує рiзних варiантiв спортивної форми для Костi?

Розв’язання

Позначимо: об’єкт A — футболка, яку вдягнув Костя, k = 4; об’єкт B — спортивнi труси, якi вдягнув Костя, l = 2.

Спортивна форма Костi складається з A i B. Отже, кiлькiсть варiантiв спортивної форми знайдемо за правилом добутку:

N = k · l = 4 · 2 = 8.

Вiдповiдь. 8 варiантiв спортивної форми.

Задача 3

Вiд будинку Івасика до озера є двi стежки через лiс та три — через луки. Скiльки варiантiв вибору шляху вiд свого дому до озера має Івасик?

Розв’язання

Позначимо: об’єкт A — стежка через лiс, k = 2; об’єкт B — стежка через луки, l = 3.
Вiд дому до озера Івасик може йти «стежкою через лiс або стежкою через луки», отже, вибрати шлях A або B. Отже, кiлькiсть варiантiв шляху знайдемо за правилом суми:

N = k + l = 2 + 3 = 5.
Вiдповiдь. 5 варiантiв.

Задача 4.

Збираючись на тренування, Олег вдягає майку або футболку. Скiльки варiантiв вибору в нього є, якщо мама випрала чотири майки та двi футболки?

Розв’язання

Позначимо: об’єкт A — майка, яку вибрав Олег, усього майок k = 4; B — футболка, яку вибрав Олег, усього футболок l = 2. На тренування Олег вдягає «майку або футболку», тобто A або B.

Отже, кiлькiсть варiантiв вибору обчислимо за правилом суми:
N = k + l = 4 + 2 = 6.

Вiдповiдь. Олег має 6 варiантiв вибору.

W(A) =  M/N ≈  P(A), де M — кiлькiсть спроб, у яких вiдбулася подiя A;
N — кiлькiсть усiх спроб у серiї випробувань.

Задача 1

Щоб пiдрахувати кiлькiсть риби в озерi, було виловлено, помiчено й випущено в озеро 300 рибин. Через певний час виловили 500 рибин, з яких виявилося 30 помiчених. Скiльки риби в озерi?

Розв’язання

Позначимо подiю: A — зловили помiченої риби; N = 500, M = 30, m = 300.
W(A) ≈ P(A) ⇒M/N ≈ m/n ⇒ n ≈ m ·N/M = 300 · 500/30 = 5000
Вiдповiдь. 5000 рибин.

Задача 2

На дiлянцi лiсу нарахували 100 дерев, з яких 30 дубiв. Скiльки дубiв
у лiсi, якщо там росте 2000 дерев рiзних порiд?

Розв’язання

Позначимо подiю: A — враховане дерево є дуб; N = 100, M = 30, n = 2000.

W(A) ≈ P(A) ⇒M/N ≈ m/n ⇒ n ≈ m ·N/M = 2000 ·30/100 = 600

Вiдповiдь. 600 дубiв.

де P(B_i / A) — ймовiрнiсть того, що перед подiєю A вiдбулася саме подiя B_i, P(B_i) — iмовiрнiсть появи подiї Bi, P(A / B_i) — iмовiрнiсть настання подiї A пiсля подiї B_i. У знаменнику формула повної ймовiрностi.

Задача 1

У трьох однакових скриньках є кульки однакового розмiру. В однiй — 3 бiлих та
6 чорних, в iншiй — 4 бiлих та 4 чорних, а в останнiй — по 5 бiлих i чорних
кульок. Яка ймовiрнiсть того, що взята кулька з довiльно вибраної скриньки буде
бiлою? Яка ймовiрнiсть того, що ця кулька буде взята саме з третьої скриньки?

Розв’язання

1. Умовно занумеруємо скриньки в послiдовностi їх опису в умовi задачi №1; 2; 3 та позначимо кульки: б — бiлi, ч — чорнi.
2. Позначимо подiї:
   • A — взяли бiлу кульку;
   • B₁ — вибрали скриньку №1;
   • B₂ — вибрали скриньку №2;
   • B₃ — вибрали скриньку №3.
3. Склад подiй та простору елементарних подiй (ПЕП) для кожної з них: для
   • B₁,B₂, B₃ : E = {скр.№1; 2; 3}, l = 3;
   • B₁ = {скр.№1}, k₁ = 1;
   • B₂ = {скр.№2}, k₂ = 1;
   • B₃ = {скр.№3}, k₃ = 1;
   • для A/B₁ : E₁ = {3б; 6ч}, n₁ = 9; A ={3б}, m₁ = 3;
   • для A/B₂ : E₂ ={4б;4ч}, n₂ = 8; A ={4б}, m₂ = 4;
   • для A/B₃ : E₃ ={5б;5ч}, n₃ = 10; A ={5б}, m₃ = 5.

Ця задача на формулу повної ймовiрностi, оскiльки B₁, B₂, B₃  — несумiснi й утворюють повну групу подiй, а математична модель ситуацiї така:

A = B₁A + B₂A + B₃A

Вiдповiдь.4/9; 3/8.

P(A) = P(B₁) · P(A/B₁) + P(B₂) · P(A/B₂) + … + P(B_n) · P(A/B_n)

де P(A) — iмовiрнiсть заданої подiї A, P(B_i) — iмовiрнiсть подiї B_i, P(A/B_i)  — iмовiрнiсть подiї A за умови попереднього настання.

Ознаки для застосування формули повної ймовiрностi

1. Подiя A, ймовiрнiсть якої слiд знайти, вiдбувається за появи будь-якої з можливих попереднiх подiй B₁, B₂ ,…, B_n .
2. Математична модель ситуацiї — це сума попарних добуткiв подiї A i кожної з можливих попереднiх подiй B₁, B₂ ,…, B_n: A = B₁A + B₂A + …+ B_nA.
3. Сума можливих попереднiх подiй B₁ , B₂ ,…, B_n утворюють повну групу подiй (вiрогiдна подiя): B₁ + B₂ +…+ B_n = E
4. Подiї B₁, B₂,…, B_n — несумiснi.

Розв’язування задач

Задача 1

Чи створюють повну групу подiй у результатi пiдкидання кубика такi подiї:

• A — випало парне число;
• B — випало число, не бiльше вiд трьох;
• C — випало число, бiльше нiж два?

Розв’язання

Можливi наслiдки дослiду (ПЕП): E = {1; 2; 3; 4; 5; 6}.

Склад подiй: A = {2; 4; 6}, B = {1; 2; 3}, C = {3; 4; 5; 6}.

A + B + C = {1; 2; 3; 4; 5; 6} = E.

Висновок. Подiї A, B i C складають повну групу подiй.

Задача 2

Мисливець двiчi стрiляє по мiшенi. Чи створюють повну групу такi подiї:

1. A — мисливець улучив у мiшень двiчi, B — мисливець улучив тiльки другим пострiлом, C — мисливець не влучив у мiшень жодного разу;
2. C — мисливець не влучив у мiшень жодного разу, D — мисливець улучив у мiшень хоча б одним пострiлом?

Розв’язання

Для запису ЕП застосуємо такi скорочення: в — улучив у мiшень; н — не влучив у мiшень.

Тодi можливi наслiдки дослiду (ПЕП) можна записати: E = {вв; вн; нв; нн}.

1) Склад подiй: A ={вв}, B ={нв}, C = {нн}, A + B + C= {вв; нв; вн} ≠ E.

Висновок. Подiї A, B i C не утворюють повної групи подiй.

2) Склад подiй: C= {нн}, D= {вв; вн; нв}, C + D = {нн; нв; вн; вв} = E.

Висновок. Подiї C i D утворюють повну групу подiй.

P(AB) = P(A) · P(B), де P(AB) — iмовiрнiсть добутку подiй A i B,  P(A) — iмовiрнiсть подiї A, P(B) — iмовiрнiсть подiї B.

Імовiрнiсть добутку двох подiй, одна з яких залежить вiд появи iншої подiї, дорiвнює добутку ймовiрностi першої подiї та умовної ймовiрностi другої подiї.

P(AB) = P(A) · P(B/A), де P(B/A) — iмовiрнiсть подiї B пiсля настання подiї A (умовна
ймовiрнiсть подiї B).

Задачі на імовірність добутку подій

Задача 1

В однiй коробцi 3 синiх i 5 червоних олiвцiв, а в iншiй — по 5 синiх i червоних олiвцiв. З кожної коробки беруть по одному олiвцю. Яка ймовiрнiсть того, що обидва олiвцi будуть синього кольору?

Розв’язання

Коробки умовно занумеруємо, олiвцi позначимо с, ч — синiй i червоний вiдповiдно. Позначимо подiї:

• A — взято синiй олiвець з коробки № 1;
• B — взято синiй олiвець з коробки № 2.

Склад заданих подiй та простору елементарних подiй (ПЕП) для
кожної з них:

• для подiї A: E₁ ={3с; 5ч} ⇒n₁ = 8; A = {3c} ⇒ m₁= 3;
• для подiї B: E₂ ={5с; 5ч} ⇒n₂ = 10; B = {5с} ⇒m₂ = 5.

A i B — незалежнi, адже настання подiї A не змiнює ПЕП для подiї B.

P(AB) = P(A) · P(B) = m₁/n₁ · m₂/n₂ = 3/8 · 5/10 = 3/16

Вiдповiдь. 3/16.

Задача 2

Із колоди, в якiй 36 гральних карт, навмання беруть одну за одною двi карти. Яка ймовiрнiсть того, що буде першою картою король а другою — валет?

Розв’язання

1. Мiж подiями «взяли першим короля», а «другим взяли валета», замiсть сполучника А можна поставити сполучник І. Отже, це задача на ймовiрнiсть добутку подiй.
2. Позначимо подiї:
   • C — iз колоди карт взяли першим короля;
   • D — iз колоди другим взяли валета.
3. Склад заданих подiй та простору елементарних подiй (ПЕП) для кожної з них:
   • для подiї C: E₁ ={36 карт} ⇒n₁ = 36; C = {4 королi} ⇒m₁ = 4;
   • для подiї D: E₂ ={35 карт} ⇒n₂ = 35; D ={4 валети} ⇒m₂ = 4.
   • Подiя D залежна вiд подiї C, оскiльки настання подiї C впливає на ПЕП для подiї D.
     P(CD) = P(C) · P(D/C) = m₁/n₁ · m₂/n₂ = 4/36· 4/35 = 4/315.

Вiдповiдь. 4/315.

Імовiрнiсть суми двох сумiсних подiй дорiвнює сумi ймовiрностей
цих подiй без iмовiрностi появи їх спiльних елементарних подiй:
P(A + B) = P(A) + P(B) — P(A·B), де P(A + B) —iмовiрнiсть суми подiй A i B, P(A) — iмовiрнiсть подiї A, P(B) — iмовiрнiсть подiї B, P(A·B) — iмовiрнiсть ЕП спiльних для A i B.

Задачі на ймовірність суми двох подій

Задача 1

У скриньцi є однакового розмiру занумерованi кульки:

• бiлi пiд номерами 1 – 4;
• синi пiд номерами 5 – 7;
• чорнi пiд номерами 8 –12.

Яка ймовiрнiсть того, що взята навмання кулька буде:
1) бiлою або синьою; 2) бiлою або пiд парним номером?

Розв’язання

1. Можливi наслiдки дослiду (ПЕП): E ={1 — 4б; 5 — 7с; 8 — 12ч}, де1 — 4б,5 — 7с, 8 — 12ч — номери вiдповiдно бiлих, синiх та чорних кульок. Усього кульок: n =12.
2. Позначимо подiї:
   • A — взяли бiлу кульку;
   • B —взялисиню кульку.
   • Склад кожної з подiй: A ={1—4б} ⇒m₁ = 4; B = {5 — 7с} ⇒m₂ =3.
   • Подiї A i B — несумiснi, адже в них вiдсутнi спiльнi елементарнi подiї (ЕП).
     P(A + B) = P(A) + P(B) = m₁/n + m₂/n = 4/12 + 3/12 = 7/12
3. Позначимо подiї:
   • A — взяли бiлу кульку;
   • C — взяли кульку пiд парним номером.
   • Склад подiй: A ={1 — 4б} ⇒m₁ = 4; C = {2; 4; 6; 8; 10; 12} ⇒ m₂ = 6.
   • Цi подiї сумiснi, оскiльки мають спiльнi ЕП, A·C = {2; 4} ⇒ l = 2.
     P(A + C) = P(A) + P(C) — P(A·C) = m₁/n + m₂/n — l/n = 4/12 + 6/12 — 2/12 = 2/3

Вiдповiдь. 7/12; 2/3.

Задача 2

У колодi 36 гральних карт. Яка ймовiрнiсть навмання взяти з колоди: 1) туза або карту червоної мастi; 2) короля або валета.

Розв’язання

Можливi наслiдки дослiду (ПЕП): E ={36 карт} ⇒ n = 36.

1. Позначимо подiї: A — взяли туза; B — взяли карту червоної мастi. Склад подiй: A ={4тузи} ⇒m₁ = 4; B = {9 бубн.; 9 чирв.} ⇒m₂ = 18. Заданi подiї сумiснi, оскiльки є спiльнi ЕП для A i B, A·B = {туз бубн.; туз чирв.} ⇒l =2.
   P(A + B) = P(A) + P(B) — P(A·B) = 4/36 + 18/36 — 2/36 = 5/9.
2. Позначимо подiї: C — взяли короля; D — взяли валета. Склад подiй: C = {4 королi} ⇒m₁ = 4; D ={4валети} ⇒m₂ = 4. Подiї C i D спiльних ЕП не мають, отже, вони несумiснi.
   P(C + D) = P(C) + P(D) = 4/36 + 4/36 = 2/9

Вiдповiдь. 5/9; 2/9.

Формула для обчислення ймовiрностi подiї: P(A) = m/n, де
P(A)— iмовiрнiсть подiї A,
n — кiлькiсть усiх можливих наслiдкiв у дослiдi (кiлькiсть ЕП у складi ПЕП),
m — кiлькiсть наслiдкiв, що сприяють появi подiї A (кiлькiсть ЕП у складi подiї A).

Задачі на знаходження ймовірності події

Задача 1

У скриньцi є 2 синi, 5 чорних та 3 бiлi кульки однакового розмiру. Яка ймовiрнiсть того, що взята навмання кулька буде бiлою?

Розв’язання

Усього кульок у скриньцi: n = 10. Позначимо подiю: A — взяли бiлу кульку. Появi цiй подiї сприяє тiльки наявність бiлих кульок. Таких кульок: m = 3.

Отже, ймовiрнiсть подiї A: P(A) = m/n = 3/10 = 0,3
Вiдповiдь. 0,3.

Задача 2

У колодi 36 гральних карт. Яка ймовiрнiсть того, що навмання взята карта, буде червоної мастi?

Розв’язання

Усього карт у колодi: n = 36. Позначимо подiю: B — взяли карту червоної мастi. Появi цiй подiї сприяють бубновi та чирвовi карти.

Таких карт у колодi: m = 18.

Отже, ймовiрнiсть подiї B:  P(B) = m/n = 18/36 = 0,5
Вiдповiдь. 0,5.

Умови залежностi подiї B вiд подiї A

1. Подiя A має вiдбутися перед подiєю B.
2. Поява подiї A для подiї B змiнює склад простору елементарних подiй (ПЕП) або обмежує умови вибору ПЕП.

Задачі на визначення залежності подій

Задача 1

У коробцi 3 бiлi та 5 чорних кульок. Визначте залежнiсть подiї B вiд подiї A та C вiд D, якщо:

1. A — першою взяли бiлу кульку, B — другою взяли чорну кульку;
2. C — першою взяли бiлу кульку, D — другою взяли чорну кульку пiсля того, як першу кульку повернули до коробки.

Розв’язання

Позначимо кульки: 3б — бiлi, 5ч — чорнi.

1. Порiвняємо простiр елементарних подiй (ПЕП) для подiї B.
   1. Якщо подiя A не вiдбулася, то E₁ ={3б; 5ч};
   2. якщо подiя A вiдбулася, то E₂ ={2б; 5ч}. Отже, E₁ ≠ E₂ .
2. Порiвняємо ПЕП для подiї D.
   1. Якщо подiя C не вiдбулася, то E₁ = {3б; 5ч};
   2. якщо подiя C вiдбулася, то E₂ = {3б; 5ч}, отже, E₁ = E₂.

Висновок

1. Подiя B залежна вiд подiї A, оскiльки E₁ ≠ E₂ ;
2. подiя D незалежна вiд подiї C, оскiльки E₁ = E₂ .

Задача 2

В однiй коробцi 3 червоних та 5 синiх олiвцiв, а в iншiй коробцi по 4 червоних i синiх олiвцiв. Визначте залежнiсть подiї B вiд подiї A, якщо: A — вибрали першу коробку; B — взяли синiй олiвець

Розв’язання

Позначимо олiвцi: 3ч i 5с—у першiй коробцi, та 4ч i 4с—у другiй коробцi.
Порiвняємо простiр елементарних подiй (ПЕП) для подiї B:

1. подiя A не вiдбулася: E₁+ E′₁ = {3ч; 5с} + {4ч; 4с};
2. подiя A вiдбулася: E₂ = {3ч; 5с}, оскiльки подiя A обмежила ПЕП для подiї B тiльки першою коробкою. Отже, E₂ ≠ E₁+E′₁ .

Висновок: подiя B залежна вiд подiї A.

1. Зробити аналiз початкових умов, за яких вiдбуваються подiї, що створюють задану ситуацiю. Визначити всi можливi наслiдки та, зважаючи на те, що наслiдки — це також подiї, позначити їх математичними символами.
2. Не порушуючи умов дослiду, переформулювати iнформацiю про ситуацiю так, щоб зручно було її описати за допомогою можливих наслiдкiв цього дослiду.
3. Застосовуючи дiї над подiями, записати ситуацiю, про яку йдеться в задачi, у виглядi математичного виразу.

Задача 1

Миколка тричi кидає м’яча в цiль. Складiть математичну модель ситуацiї «м’яч улучив у цiль два рази».

Розв’язання

Позначимо подiї:

• A — м’яч улучив у цiль два рази;
• B — м’яч улучив у цiль першого разу;
• B — м’яч не влучив у цiль першого разу;
• C — м’яч улучив у цiль другого разу;
• C — м’яч не влучив у цiль другого разу;
• D — м’яч улучив у цiль третього разу;
• D — м’яч не влучив у цiль третього разу.

Подiя A можлива, якщо: B i C i D або B i C i D, або B i C i D.

Отже, математична модель: A = B·C·D  + B·C·D + B·C·D

Задача 2

Батько й син домовилися зiграти не бiльше трьох сетiв у тенiс, але гра може припинитися ранiше, якщо сет виграє син, i в такому разi гра вважатиметься перемогою сина. Складiть математичнi моделi ситуацiй «син виграв гру» та «син програв гру».

Розв’язання

1. Позначимо подiї:

• A₁ — син виграв гру;
• A₂ — син програв гру;
• B — син виграв перший сет;
• B — син програв перший сет;
• C — син виграв другий сет;
• C — син програв другий сет;
• D — син виграв третiй сет;
• D — син програв третiй сет.

2. Подiя A₁ можлива, якщо: B або B i C, або B i C i D , а подiя A₂ можлива за умови, що B i C i D.

Отже, математичнi моделi: A₁ = B + B·C + B·C·D, A₂ = B·C·D

Записують добуток подiй A i B одним iз трьох способiв:

• A ∩ B;
• A · B = AB;
• A i B.

Сума двох подiй — це також подiя, яка вiдбувається за наявностi хоча б однiєї зi згаданих подiй. Отже, сума подiй A i B включає в себе елементарнi подiї (ЕП), якi входять до складу множини хоча б однiєї з подiй A або B.

Суму подiй A i B записують такими способами:

• A ∪ B;
• A + B ;
• A або B.

Задача 1

Запишiть суму i добуток подiй за пiдкидання грального кубика, якщо заданi такi подiї:

• A — випала грань iз числом, меншим нiж три;
• B — випала грань iз парним числом.

Розв’язання

1. Можливi наслiдки — це числа на гранях кубика: E = {1; 2; 3; 4; 5; 6}.
2. Подiї: A ={1;2}; B= {2; 4; 6}⇒A+B = {1; 2; 4; 6}; A·B={2}.

Вiдповiдь.

• A + B — випала грань з будь’яким iз можливих у дослiдi чисел,крiм 3 або 5;
• A · B — випала грань iз числом 2.

Задача 2

В однiй коробцi є синiй, зелений i чорний олiвцi, а в iншiй —синiй i зелений. Взяли з кожної коробки поодному олiвцю. Запишiть суму та добуток таких подiй:

• A — взяли олiвцi однакового кольору;
• B — серед узятих є олiвцi чорного кольору.

Розв’язання

1. Позначимо олiвцi: с — синiй; з — зелений; ч — чорний, та умовно занумеруємо коробки. Олiвцi з першої коробки записуватимемо першими.

Тодi можливi наслiдки матимуть такий запис: E = {сс; сз; зс; зз; чс; чз}.

2. Склад подiй: A = {сс; зз}; B = {чс;чз} ⇒ A + B = {сс; зз; чс; чз}; A·B = ∅.

Вiдповiдь.

• A + B — взяли один з олiвцiв чорний або однакового кольору;
• A·B — неможлива подiя.

Отже:

• подiї A i B сумiснi, якщо до «складу» згаданих подiй входить хоча б по однiй спiльнiй елементарнiй подiї (ЕП) зi складеного простору елементарних подiй (ПЕП);
• подiї A i B несумiснi, якщо вони не мають у своїх множинах спiльних елементарних подiй (ЕП) зi спiльного простору елементарних подiй (ПЕП).

Задачі на тему «Сумiснi та несумiснi подiї»

Задача 1

Пiдкидається гральний кубик iз занумерованими гранями вiд 1 до 6. Визначте сумiснiсть заданих подiй:

• A — випала грань iз числом бiльш нiж три;
• B — випала грань iз парним числом;
• C — випала грань iз числом не бiльше нiж три.

Розв’язання

1. Можливi наслiдки — числа на гранях кубика: E = {1; 2; 3; 4; 5; 6}.
2. Склад заданих в умовi задачi подiй: A ={4; 5; 6}; B ={2; 4; 6}; C = {1; 2; 3}.

Висновки:

• подiї A i B—сумiснi, оскiльки у своїх множинах мають спiльнi ЕП;
• подiї B i C — сумiснi, оскiльки до складу обох їх входить ЕП: e₂={2}
• подiї A i C — несумiснi, оскiльки не мають у своїх множинах однакових ЕП.

Задача 2

У змаганнях беруть участь автомобiлi з команди «Динамо» пiд номерами 10; 12; 23 та з команди «Спартак» пiд номерами 4 i 15. Визначте сумiснiсть таких подiй:

• A — перемiг автомобiль з команди «Динамо»;
• B — перемiг автомобiль з команди «Спартак»;
• C — перемiг автомобiль пiд номером менше нiж 10.

Розв’язання

1. Позначимо 10, 12, 23 — автомобiлi з команди «Динамо» та 4, 15 — автомобiлi з команди «Спартак».

Отже, можливi наслiдки: E ={10; 12; 23; 4; 15}.

2. Склад заданих в умовi подiй: A = {10; 12; 23}; B = {4; 15}; C ={4}.

Висновки:

1. подiї A i B — несумiснi, оскiльки не мають спiльних ЕП;
2. подiї B i C — сумiснi, оскiльки мають спiльну ЕП;
3. подiї A i C — несумiснi, оскiльки не мають спiльних ЕП.

Задача 3

У скриньцi знаходяться занумерованi кульки, однаковi за розмiрами. Пiд номерами 1; 2; 3 — синi, 4; 5 — бiлi, а 6; 7 — чорнi.

Визначте сумiснiсть таких подiй:

• A — взяли кульку пiд парним номером;
• B — взяли кульку з номером бiльш нiж 5;
• C — взяли кульку синього кольору;
• D — взяли кульку чорного кольору;
• F — взяли кульку з простим числом.

Розв’язання

1. Позначимо кульки: 1с, 2с, 3с — синi; 4б, 5б — бiлi; 6ч, 7ч — чорнi.
2. Склад ПЕП: E = {1с; 2с; 3с; 4б; 5б; 6ч; 7ч}.
3. Склад заданих в умовi задачi подiй: A = {2с;4б;6ч}; B = {6ч;7ч}; C = {1с; 2с; 3с}; D = {6ч;7ч}; F = {2с;3с;5б;7ч}.

Висновки:

1. подiї A i B—сумiснi, оскiльки до обох входить елементарна подiя (6ч);
2. подiї A i C — сумiснi, оскiльки мають спiльну елементарну подiю (2с);
3. подiї A i D — сумiснi;
4. подiї A i F — сумiснi (2с);
5. подiї B i C— несумiснi;
6. подiї B i D— сумiснi (6ч, 7ч);
7. подiї B i F— сумiснi (7ч);
8. подiї C iD— несумiснi;
9. подiї C i F — сумiснi (2с, 3с);
10. подiї D i F —сумiснi (7ч).

Елементарнi подiї (ЕП) — це наслiдки дослiду.

Сукупнiсть усiх можливих наслiдкiв дослiду (елементарних подiй) складає простiр елементарних подiй (ПЕП).

Принципи складання ПЕП

1. Умови дослiду певною мiрою iдеалiзуються. Тi з них, якi не мають суттєвого впливу на результати дослiду, не враховуються. Наприклад:
   1. пiдкидаючи монету, вважають, що вона не може бути зiгнутою, кудись закотитися або стати на ребро;
   2. пiдкидаючи кубик, вважають, що вiн правильної форми i має рiвномiрну густину.
2. Елементарнi подiї (ЕП) повиннi охоплювати всi можливi результати дослiду. Отже, простiр елементарних подiй (ПЕП) має бути вiрогiдною подiєю.
3. Елементарнi подiї (ЕП) бажано вибирати такi, щоб у дослiдi вони мали однаковi можливостi вiдбутися.

Задачі на складання ПЕП

Задача 1

У Ганни в портфелi є 2 зошити в клiтинку, 3 у звичайну лiнiйку та 1 у косу лiнiйку. Дiвчинка бере один зошит. Складiть ПЕП та запишiть подiї, протилежнi заданим:

• A — Ганна взяла зошит у звичайну лiнiйку;
• B — Ганна взяла зошит не в косу лiнiйку;
• C — Ганна взяла зошит укосу або у звичайну лiнiйку;
• D — Ганна взяла зошит не в клiтинку.

Розв’язання

1. Умовно позначимо зошити:
   • у клiтинку — 1к, 2к;
   • у звичайну лiнiйку — 1л, 2л, 3л;
   • у косу лiнiйку — 1кл.
2. Склад ПЕП: E = {1к; 2к; 1л; 2л; 3л; 1кл}.
3. Склад подiй: A = {1л; 2л; 3л}; B = {1к; 2к; 1л; 2л; 3л}; C = {1л; 2л; 3л; 1кл}; D = {1л; 2л; 3л; 1кл}.
4. Протилежнi подiї: A = {1к; 2к; 1кл}; B = {1кл}; C = {1к; 2к}; D = {1к; 2к}.

Вiдповiдь. A — Ганна взяла зошит у клiтинку або в косу лiнiйку; B — Ганна взяла зошит у косу лiнiйку; C — Ганна взяла зошит у клiтинку; D — Ганна взяла зошит у клiтинку.

Задача 2

У коробцi є по двi цукерки зi сливовою, лимонною та абрикосовою
начинкою. Беруть одну цукерку. Складiть ПЕП та запишiть подiї, проти лежнi заданим:

• A — взяли цукерку не з лимонною начинкою;
• B— взяли цукерку не з лимонною i не з апельсиновою начинкою;
• C — взяли цукерку з лимонною начинкою;
• D — взяли цукерку з яблучною начинкою;
• F — взяли цукерку не з полуничною начинкою;
• G — взяли цукерку з лимонною або абрикосовою начинкою.

Розв’язання

1. Умовно позначимо цукерки залежно вiд їх начинки: зi сливовою — 1с, 2с; з лимонною — 1л, 2л; з абрикосовою — 1а, 2а.
2. Склад ПЕП: E = {1с; 2с; 1л; 2л; 1а; 2а}.
3. Склад подiй: A ={1c;2с;1а;2а}; B ={1с;2с}; C = {1л; 2л}; D =Ø; F = {1с; 2с; 1л; 2л; 1а; 2а}; G = {1л; 2л; 1а; 2а}.
4. Протилежнi подiї: A ={1л;2л}; B = {1л; 2л; 1а;2а}; C = {1с; 2с; 1а; 2а}; D = {1с; 2с; 1л; 2л; 1а; 2а} = E; F=Ø; G ={1с;2с}.

Вiдповiдь.

• A —взяли цукерку з лимонною начинкою;
• B—взяли цукерку з лимонною або з абрикосовою начинкою;
• C — взяли цукерку зi сливовою або з абрикосовоюначинкою;
• D —взяли будь’яку цукерку з тих, що є;
• F —неможлива подiя;
• G —взяли цукерку зi сливовою начинкою.